Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 9: Phương trình vật lý-toán (Tiếp theo)

Nội dung text: Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 9: Phương trình vật lý-toán (Tiếp theo)

1. Giả sử hàm uo(x) khai triển được dưới dạng tích phân Fourier ta sẽ có: 1 ∞ C1(h) = ∫ u o (ξ)cosh ξdξ 2π −∞ 1 ∞ C2 (h) = ∫ uo (ξ)sinh ξdξ 2π −∞ Từ đó ta có: ∞ ∞ 1 ⎡ −h2a2t ⎤ u(x, t) = ∫∫⎢ u o (ξ)e cosh(ξ − x)dξ⎥ dh 2π −∞⎣−∞ ⎦ ∞ ∞ 1 ⎡ −h2a2t ⎤ u(x, t) = ∫∫⎢ e cosh(ξ − x)dh⎥u o (ξ)dξ (5) π −∞⎣ 0 ⎦ ξ − x ta tính tích phân đơn bên trong bằng phương pháp đổi biến: τ = ha t; θ = a t ∞ ∞ 2 2 1 2 1 ∫ e−h a t cosh(ξ − x)dh = ∫ e−τ cosθτdτ = I(θ) 0 a t 0 a t Trong đó ∞ 2 I(θ) = ∫ e−τ cosθτdτ (6) 0 Sau khi lấy đạo hàm của (6) theo θ rồi tích phân từng phần ta có: θ2 θ I′(θ) θ − I′(θ) = I(θ) ⇒ = ⇒ I(θ) = Ce 4 2 I(θ) 2 Khi θ = 0 ta có: ∞ 2 π C= I(0) = ∫ e−τ dτ = 0 2 θ2 π − nên: I(θ) = e 4 2 ∞ 2 2 2 π ⎡ (ξ − x) ⎤ e−h a t cosh(ξ x)dh exp ∫ − = ⎢− 2 ⎥ 0 a t ⎣ 4a t ⎦ Thay vào ta có: 1 ∞ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ u(x, t) u (ξ)exp dξ (7) = ∫ o ⎢− 2 ⎥ 2a πt −∞ ⎣ 4a t ⎦ Công thức (7) được gọi là công thức Poisson của bài toán Cauchy. Đối với bài toán Cauchy trong không gian n chiều của quá trình truyền nhiệt: ∂ 2u ⎛ ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ⎞ = a 2 ⎜ + + + ⎟ 2 ⎜ 2 2 L 2 ⎟ ∂t ⎝ ∂x1 ∂x 21 ∂x n ⎠ với các điều kiện đầu : u(x , x , , x , t) = u (x , x , , x ) 1 2 n t=0 o 1 2 n Người ta chứng minh được nghiệm của phương trình là: 170
2. 1 0 ⎡ (ξ − x)2 ⎤ 1 ∞ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ u(x, t) u (ξ)exp dξ u (ξ)exp dξ = ∫ o ⎢− 2 ⎥ + ∫ o ⎢− 2 ⎥ 2a πt −∞ ⎣ 4a t ⎦ 2a πt 0 ⎣ 4a t ⎦ Trong tích phân đầu ta đổi biến ξ = -ξ’ và do tính chất lẻ của u(ξ) ta sẽ có: 1 ∞ ⎧ ⎡ (ξ + x)2 ⎤ ⎡ (ξ − x)2 ⎤⎫ u(x, t) u (ξ) exp exp dξ = ∫ o ⎨ ⎢− 2 ⎥ − ⎢− 2 ⎥⎬ 2a πt 0 ⎩ ⎣ 4a t ⎦ ⎣ 4a t ⎦⎭ 4. Bài toán 3: Truyền nhiệt trong thanh nửa vô hạn biết nhiệt độ đầu mút của thanh và nhiệt độ ban đầu của thanh bằng 0. Khi này ta phải giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a 2 0 ≤ x ≤ ∞, t ≥ 0 ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện : u(x, t) = q(t) x=0 u(x, t) = 0 t=0 Ta giải bài toán này bằng phương pháp biến đổi Laplace của hàm phức. Giả sử u(x, t) và q(t) là các hàm gốc trong phép biến đổi Laplace. Áp dụng phép biến đổi Laplace cho u(x, t) và các đạo hàm của nó ta có: ∂u(x, t) ∂2u(x, t) u(x, t) ↔ U(x,p); ↔ pU(x,p); ↔ p2U(x,p) ∂t ∂t 2 Coi p là thông số và đặt các biểu thức trên vào phương trình truyền nhiệt ta có: ∂ 2U(x,p) pU(x,p) = a 2 (10) ∂x 2 Vậy ta phải giải phương trình (10) với điều kiện: U(x,p) = Q(p) ↔ q(t) (11) x=0 Nghiệm tổng quát của (10) có dạng: ⎛ p ⎞ ⎛ p ⎞ U(x,p) = C exp⎜ x⎟ + C exp⎜− x⎟ 1 ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠ Hàm U(x, p) là hàm bị chặn khi x → ∞ nên C1 = 0. Từ điều kiện (11) ta suy ra: C2 = U(0, p) = Q(p) Vậy nghiệm của phương trình (10) thoả mãn (11) sẽ là: ⎛ p ⎞ ⎜ ⎟ U(x,p) = Q(p)exp⎜− x⎟ ⎝ a ⎠ Ta viết lại nó dưới dạng: 1 ⎛ p ⎞ ⎜ ⎟ U(x,p) = pQ(p) exp⎜− x⎟ p ⎝ a ⎠ Áp dụng công thức Duhamel: pF(p)G(p) ↔ g(0)f(t)+f*g’ và tính chất: 172
3. u)(x, t) = 0 ; u)(x, t) = u (t) t=0 x=0 1 Theo kết quả bài toán 2 và bài toán 3 ta suy ra: 1 ∞ ⎧ ⎡ (ξ + x)2 ⎤ ⎡ (ξ − x)2 ⎤⎫ ~u(x, t) u (ξ) exp exp dξ = ∫ o ⎨ ⎢− 2 ⎥ − ⎢− 2 ⎥⎬ 2a πt 0 ⎩ ⎣ 4a t ⎦ ⎣ 4a t ⎦⎭ x t u (t − τ) ⎛ x 2 ⎞ u)(x, t) = 1 exp⎜− ⎟dτ 2a π ∫ 3 ⎜ 4a 2τ ⎟ 0 τ 2 ⎝ ⎠ Ví dụ: Giả sử trong một ống nửa vô hạn tại một đầu ống x = 0 bị chặn bởi một tấm không thẩm thấu và tại x = l cũng có một tấm như vây. Trong đoạn [0, l] có một môi -2 trường với hệ số khuyếch tán D1 = a có chứa đầy một loại chất với hệ số đậm đặc uo. -2 Trong phân còn lại của ống [l, ∞] có một môi trường với hệ số khuyếch tán D2 = b và trong đó không chứa chất trong đoạn [0, l]. Tại thời điểm t = 0 ta bỏ tấm chắn tại x = l và khi đó bắt đầu quá trình khuyếch tán. Gọi nồng độ chất khuyếch tán tại x ở thời điểm t là u(x, t). Trước hết ta thiết lập phương trình khuyếch tán trong ống. Gọi u1(x, t) là nồng độ của chất lỏng trong khoảng 0 ≤ x ≤ l. Khi đó ta có: ∂u 1 ∂2u 1 = 1 0 ≤ x ≤ l (13) ∂t a 2 ∂x 2 với điều kiện: ∂u u (x, t) = u ; 1 = 0 1 t=0 o ∂x x=0 Gọi u2(x, t) là hàm nồng độ chất khuyếch tán trong đoạn [l, ∞] ta có: ∂u 1 ∂2u 2 = 2 l ≤ x ≤ ∞ (14) ∂t b2 ∂x 2 với điều kiện: u (x, t) = 0; u (x, t) = 0 2 t=0 2 x=∞ Mặt khác tại điểm x = l thì u1(x, t) và u2(x, t) phải thoả mãn điều kiện liên tục (“kết dính”), nghĩa là: u (x, t) = u (x, t) 1 x=l 2 x=l 1 ∂ 2u (l, t) 1 ∂2u (l, t) 1 = 2 a 2 ∂x 2 b2 ∂x 2 Giả sử u1(x, t) và u2(x, t) và đạo hàm của chúng là các hàm gốc trong biến đổi Laplace, ta sẽ có các hàm ảnh là: u1(x, t) ↔ U1(x,p) u 2(x, t) ↔ U2 (x,p ) ∂u (x, t) ∂u (x, t) 1 ↔ pU (x,p) − u 2 ↔ pU (x,p) ∂t 1 o ∂t 2 ∂ 2u (x, t) ∂ 2U (x, t) ∂ 2u (x, t) ∂ 2U (x, t) 1 ↔ 1 2 ↔ 2 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 2 ∂x 2 Từ các phương trình (13) và (14) và các hệ thức trên ta suy ra: 174
4. §7. BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT TRONG THANH VÔ HẠN VÀ NỬA VÔ HẠN CÓ NGUỒN NHIỆT 1. Nguyên lý Duhamel: Trước hết ta xét nguyên lý Duhamel của phương trình truyền nhiệt không thuần nhất trong không gian n chiều Rn. Nếu H(α, x, t) với mọi giá trị của tham biến α là nghiệm của phương trình: ∂H = a 2∆H (1) ∂t với điều kiện: H(α, x, t) = h(x,α) (2) t=0 khi đó hàm: t u(x, t) = ∫ H(α, x, t − α)dα (3) 0 là nghiệm của phương trình: ∂u = a 2∆u + h(x,α) (4) ∂t và thoả mãn điều kiện: u(x, t) = 0 t=0 Ta áp dụng vào các bài toán sau đây 2. Bài toán 1: Truyền nhiệt trong thanh vô hạn có nguồn nhiệt với nhiệt độ ban đầu bằng 0. Khi này ta giải phương trình: ∂u ∂ 2u = a 2 + f (x, t) -∞< x < ∞; t ≥ 0 ∂t ∂x 2 với điều kiện ban đầu: u(x, t) = 0 t=0 Sử dụng nguyên lý Duhamel và kết quả cho bởi công thức Poisson của bài toán Cauchy ta có nghiệm là: t ⎛ ∞ f (ξ,α) ⎡ (ξ − x)2 ⎤ ⎞ u(x, t) = ⎜ exp − dξ ⎟dα ∫∫⎜ ⎢ 2 ⎥ ⎟ 0 ⎝ −∞2a π(t − α) ⎣ 4a (t − α)⎦ ⎠ Ỏ đây hàm H(α, x, t ) là tích phân: ∞ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ f (ξ,α)exp dξ ∫ ⎢− 2 ⎥ −∞ ⎣ 4a t ⎦ 3. Bài toán 2: Truyền nhiệt trong thanh vô hạn có nguồn nhiệt với nhiệt độ ban đầu bằng uo(x). Khi này ta giải phương trình: ∂u ∂ 2u = a 2 + f (x, t) -∞< x < ∞; t ≥ 0 ∂t ∂x 2 với điều kiện ban đầu: u(x, t) = u (x) t=0 o 176
5. u*(x, y, z) = X(x).Y(y).Z(z) Sau khi đạo hàm và thay vào phương trình ta có: X′′(x) Y′′(y) Z′′(z) + + + λ = 0 X(x) Y(y) Z(z) Từ đó ta rút ra hệ phương trình vi phân tương ứng là: X”(x) + αX(x) = 0 Y”(y) + βY(y) = 0 α + β + γ = 0 Z”(z) + γZ(z) = 0 Đối với hàm X(x), Y(y), Z(z) ta thấy do điều kiện biên (3) chúng phải thoả mãn các điều kiện sau: X(0) = X(l1) = 0; Y(0) = Y(l2) = 0; Z(0) = Z(l3) = 0 Giải hệ phương trình vi phân trên với các điều kiện đã biết ta suy ra các giá trị riêng (-λ): k 2π2 m2π2 n 2π2 αk = 2 ; βk = 2 ; γk = 2 l1 l2 l3 ⎛ k 2 m2 n 2 ⎞ λ (l ,l ,l ) = π2 ⎜ + + ⎟ k,m,n 1 2 3 ⎜ 2 2 2 ⎟ ⎝ l1 l2 l3 ⎠ Các hàm riêng tương ứng khi đó sẽ là: 8 kπ mπ nπ u k,m,n (x, y,z) = sin x sin ysin z l1l2l3 l1 l2 l3 Vậy nghiệm tổng quát của bài toán đó là: ∞ ∞ ∞ ⎡ ⎛ k 2 m2 n 2 ⎞ ⎤ kπ mπ nπ u(x, y,z, t) = C exp − a 2π2 ⎜ + + ⎟t sin x sin ysin z ∑∑∑ k,m,n ⎢ ⎜ 2 2 2 ⎟ ⎥ k1=1 m1= n= ⎣ ⎝ l1 l2 l3 ⎠ ⎦ l1 l2 l3 Trong đó Ck,m,n được suy ra từ điều kiện: 8 l1 l2 l3 kπ mπ nπ Ck,m,n = ∫∫∫u o (ξ,η,ζ)sin ξ sin ηsin ζdξdηdζ l1l2l3 0 0 0 l1 l2 l3 2. Bài toán 1: Giải phương trình truyền nhiệt: ∂u ∂ 2u = a 2 ∂t ∂x 2 Trong miền T ≥ t ≥ 0 và 0 < x < l với điều kiện : u(x, t) = u (x) t=0 o u = u = 0 x=0 x=l Nghiệm là: ∞ ⎛ k 2 ⎞ kπ u(x, t) = C exp⎜− a 2π2 t⎟sin x ∑ k ⎜ 2 ⎟ k=1 ⎝ l ⎠ l Trong đó: 2 l kπ Ck = ∫ u o (ξ)sin dξ l 0 l 178
6. với điều kiện : u(x, t) = u (x) t=0 o u(x, t) = φ (x); u(x, t) = φ (x) x=0 1 x=l 2 Ta giải bài toán này bằng phương pháp chồng nghiệm, nghĩa là tìm nghiệm dưới dạng: x u(x, t) = u(x, t) + ~u(x, t) +φ (t) + []φ (t) −φ (t) 1 l 2 1 Trong đó u(x, t) là nghiệm của phương trình: ∂u ∂ 2u = a 2 + f (x, t) ∂t ∂x 2 với các điều kiện: u(x, t) = u (x) t=0 o u(x, t) = u(x, t) = 0 x=0 x=l Còn ~u(x, t)là nghiệm của phương trình: ∂~u ∂2~u = a 2 + f (x, t) ∂t ∂x 2 với các điều kiện: ~u(x, t) = 0 t=0 ~u(x, t) = ~u(x, t) = 0 x=0 x=l Rõ ràng u(x, t) đượcc rút ra từ bài toán 1 và ~u(x, t ) được rút ra từ bài toán 2. 180