Giáo trình Hàm phức

Nội dung text: Giáo trình Hàm phức

1. p eat − ebt 1 9 cosmt 29 p2 + m2 a − b (p − a)(p − b) t t m − − 1 e a − e b 10 shmt 2 2 30 p − m a − b (ap +1)(bp +1) p p 11 chmt 31 (1+at)eat p2 − m2 (p − a)2 m ea − at −1 1 12 eatsinmt 32 (p − a)2 + m2 a 2 (p − a)p2 p − a p2 + 2m2 13 eatcosmt 33 cos2mt (p − a)2 + m2 p(p2 + 4m2 ) m 2m2 14 eatshmt 34 sin2mt (p − a)2 − m2 p(p2 + 4m2 ) p − a p2 − 2m2 15 eatchmt 35 ch2mt (p − a)2 − m2 p(p2 − 4m2 ) 2pm 2m2 16 tsinmt 36 sh2t (p2 + m2 )2 p(p2 − 4m2 ) p2 − m2 eat − ebt p − b 17 tcosmt 37 ln (p2 + m2 )2 t p − a 2pm e−at 1 18 tshmt 38 (p2 − m2 )2 πt p + a p2 + m2 2m(p − a) 19 tchmt 20 teatsinmt (p2 − m2 )2 [(p − a)2 + m2 ]2 127
2. u(x, y,z, t) u (x, y,z) (x,y,z)∈S = 1 Bài toán giải phương trình trên với các điều kiện đầu và điều kiện biên được gọi là bài toán hỗn hợp của phương trình truyền sóng. Nếu ta xét bài toán trong miền cách xa các biên mà ở đó điều kiện biên không có tác dụng thì ta gặp bài toán Cauchy với điều kiện đầu và xét trong toàn bộ không gian. b. Bài toán Cauchy và bài toán hỗn hợp của phương trình truyền nhiệt: Cho phương trình truyền nhiệt dưới dạng chính tắc: ∂u(x, y,z, t) ⎛ ∂2u ∂2u ∂2u ⎞ = a 2 ⎜ + + ⎟ + f x, y,z, t ⎜ 2 2 2 ⎟ 1() ∂t ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ Khi đó bài toán hỗn hợp của phương trình truyền nhiệt là bài toán tìm nghiệm của phương trình với điều kiện đầu và điều kiện biên: u(x, y,z, t) = u (x, y,z) t=0 o u(x, y,z, t) u (x, y,z) (x,y,z)∈S = 1 Bài toán Cauchy của phương trình truyền nhiệt là bài toán tìm nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong toàn bộ không gian. §2. PHƯƠNG TRÌNH LOẠI HYPERBOLIC PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT 1. Bài toán Cauchy - Phương trình sóng của dây vô hạn và nửa vô hạn: Bài toán Cauchy của phương trình hyperbolic trong trường hợp một biến được xác định như sau: ∂ 2u(x, t) ∂ 2u = a 2 -∞ ≤ x ≤ ∞, t ≥ 0 (1) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện ∂u u(x, t) = u (x) t=0 o ; = u1(x) (2) ∂t t=0 Đây là bài toán dao động tự do của dây dài vô hạn. Để giải phương trình (1) ta biến đổi nó bằng cách dùng các biến: ξ = x + at (3) η = x − at nghĩa là: ξ + η ξ − η x = t = 2 2a Ta có: ∂~u ∂~u ∂~u = + ∂x ∂ξ ∂η ∂~u ⎛ ∂~u ∂~u ⎞ = a⎜ − ⎟ ∂t ⎝ ∂ξ ∂η ⎠ ∂2~u ∂2~u ∂ 2~u ∂2~u = + 2 + ∂x 2 ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η2 151
3. ∂u = sinx = u1(x) ∂t t=0 Áp dụng công thức D’Alembert ta có: 1 ⎡ x + at x + at ⎤ 1 u(x, t) = ⎢ 2 + 2 ⎥ + sinatsinx 2 ⎣1+ (x + at) 1+ (x − at) ⎦ a Ví dụ 2: Giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a 2 -∞ < x < ∞, t ≥ 0 ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: sin x u(x, t) = = u (x) t=0 x o ∂u 1 = 2 = u1(x) ∂t t=0 1+ x Áp dụng công thức D’Alembert ta có: xsinxcosat − atcosxsinat 1 ⎡ 2at ⎤ u(x, t) = 2 2 + arctg⎢ 2 2 ⎥ x − (at) 2a ⎣1+ x − (at) ⎦ vì nếu đặt arctg(x + at) - arctg(x - at) = α ta có: tg[]arctg(x + at) − tg[arctg(x − at)] (x + at) − (x − at) tgα = = 1+ tg[]arctg(x + at) × tg[arctg(x − at)]1+ (x + at)(x − at) 2at = 1+ x 2 − (at)2 Ví dụ 3: Giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a 2 -∞ < x < ∞, t ≥ 0 ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: u(x, t) = x 2 = u (x) t=0 o ∂u 2 = sin x = u1(x) ∂t t=0 u(x, t) = 0 x=0 2 2 Trước hết để tìm nghiệm của bài toán ta kéo dài lẻ hàm uo(x) = x và u1(x) = sin x sẽ được các hàm: ⎧x 2 x ≥ 0 u∗ = o ⎨ 2 ⎩− x x < 0 ⎧sin 2x x ≥ 0 u∗ = 1 ⎨ 2 ⎩− sin x x < 0 Áp dụng công thức D’Alembert cho các hàm này ta có: 153
4. 1 1 x+at i(x, t) = []io (x + at) + io (x − at) − ∫ uo (θ)dθ 2 2aC x−at 1 Nếu tính đến a = ta suy ra nghiệm: LC 1 L ⎡io (x − at) − io (x + at)⎤ u(x, t) = []uo (x + at) + uo (x − at) + ⎢ ⎥ 2 C ⎣ 2 ⎦ 1 L ⎡uo (x − at) − uo (x + at)⎤ i(x, t) = []io (x + at) + io (x − at) + ⎢ ⎥ 2 C ⎣ 2 ⎦ ) Trường hợp dây không méo: khi đó RC = LC và ta tìm nghiệm dưới dạng: R ⎧ − t~u(x,t) ⎪u(x, t) = e L ⎨ R ~ ⎪ − t i (x,t) ⎩i(x, t) = e L Lấy đạo hàm hệ thức trên hai lần theo x và theo t rồi thay vào phương trình ta có: ~ ~ ∂2~u ∂ 2~u ∂2 i ∂2 i = a 2 ; = a 2 ∂ξ 2 ∂x 2 ∂t 2 ∂x 2 Các điều kiện đầu: ⎧u(x, t) = ~u(x, t) = u (x) ⎪ t=0 t=0 o ⎨ ~ i(x, t) = i (x, t) = io(x) ⎩⎪ t=0 t=0 ⎧∂~u 1 ⎪ = − io(x) ⎪ ∂t t=0 C ⎨ ~ ∂ i 1 ⎪ = − u (x) ⎪ ∂t L o ⎩ t=0 Từ đó, theo công thức D’Alembert ta có nghiệm: R ⎧ − t ⎡u o (x + at) + u o (x − at) L io(x − at) − io (x + at)⎤ ⎪u(x, t) = e L ⎢ + ⎥ ⎪ ⎣ 2 C 2 ⎦ ⎨ R − t ⎡ ⎤ ⎪ L io (x + at) + io (x − at) L u o (x − at) − uo (x + at) ⎪i(x, t) = e ⎢ + ⎥ ⎩ ⎣ 2 C 2 ⎦ 2. Bài toán hỗn hợp - Phương trình sóng của dây hữu hạn: a. Khái niệm chung: Bài toán hỗn hợp của phương trình loại hyperbolic trong trường hợp một chiều là bài toán giải phương trình: ∂2u ∂2u = a 2 + f (x, t) 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T ∂t 2 ∂x 2 ∂u với các điều kiện :u(x, t) = u (x); = u (x) t=0 o 1 ∂t t=0 155
5. ⎧X(0) = C1 = 0 ⎨ ⎩X(l) = C2 sin λl = 0 Để nghiệm không tầm thường thì từ phương trình trên ta thấy C2 ≠ 0, suy ra sin λl = 0. Như vậy: π k 2π2 λl = hay λ = ∀k ∈ Z 2 l2 nên: kπ X(x) = C sin x 2 l Với giá trị λ vừa tìm được giải phương trình ta có: kπ kπ T = A cos at + B sin at k k l k l Do đó: ⎛ kπ kπ ⎞ kπ u k (x, t) = ⎜a k cos at + bk sin at⎟sin x ⎝ l l ⎠ l Nghiệm tổng quát có dạng: ∞ ∞ ⎛ kπ kπ ⎞ kπ u(x, t) = ∑ u k (x, t) = ∑⎜a k cos at + bk sin at⎟sin x k=1 k=1 ⎝ l l ⎠ l Vấn đề còn lại là xác định các hệ số ak và bk để thoả mãn các điều kiện đầu và điều kiện biên, nghĩa là phải có: ∂u u(x, t) = u (x); = u (x) t=0 o 1 ∂t t=0 Ta giả sử các hàm uo(x) và u1(x) là các hàm có thể khai triển thành chuỗi Fourier theo kπ sin x trên đoạn [0, l]. Khi đó ta có: l ∞ kπ u(x, t) = a sin x = u (x) t=0 ∑ k o k=1 l Do đó: 2 l kπ a k = ∫ uo (x)sin xdx l 0 l ∂u ∞ kπa kπ và: = ∑ bk sin x = u1(x) ∂t t=0 k=1 l l 2 l kπ nên: bk = ∫ u1(x)sin xdx kπa 0 l Ví dụ : Tìm dao động gắn chặt tại hai mút x = 0 và x = l nếu vị trí ban đầu của dây trùng với trục Ox và vận tốc ban đầu của các thành phần dây được cho bởi hàm số: ⎧ l 2π ⎪vo khi x − ≤ ∂u ⎪ 3 h = ⎨ ∂t l π t=0 ⎪0 khi x − > ⎩⎪ 3 2h 157
6. ⎧∂ 2u ∞ kπx ′′ ⎪ 2 = ∑Tk (t)sin ⎪ ∂t k=1 l ⎨ 2 2 ⎪∂ u ∞ ⎛ kπ ⎞ kπx 2 = −∑Tk (t)⎜ ⎟ sin ⎩⎪∂x k=1 ⎝ l ⎠ l Khai triển hàm f(x, t) theo sin: ∞ kπx f(x, t) = ∑Ck sin k=1 l Trong đó: 2 l kπ Ck = ∫ f (x, t)sin xdx l 0 l Đặt các điều kiện trên vào phương trình của u(x, t) ta có: 2 ∞ ⎡ ⎛ akπ ⎞ ⎤ kπx ∑ ⎢Tk′′(t) + ⎜ ⎟ Tk (t) − Ck (t)⎥sin = 0 k=1 ⎣⎢ ⎝ l ⎠ ⎦⎥ l Từ đó suy ra Tk(t) trong (1) là nghiệm của phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng: 2 ⎛ akπ ⎞ Tk′′(t) + ⎜ ⎟ Tk (t) = Ck (t) ⎝ l ⎠ thoả mãn các điều kiện đầu và điều kiện biên Ví dụ 1: Giải phương trình ∂ 2u ∂ 2u = +1 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ∂u u(x, t) = 0; =1 t=0 ∂t t=0 u(x, t) = u(x, t) = 0 x=0 x=l Ta tìm nghiệm dưới dạng (1). Trong ví dụ này f(x, t) ≡ 1. Như vậy: 2 l kπ 1 2 Ck = ∫ f (x, t)sin xdx = 2∫sin kπxdx = ()1− coskπ l 0 l 0 kπ ⎧ 4 ⎪ khi k = 2n −1 hay: Ck = ⎨kπ ⎩⎪0 khi k = 2n Mặt khác u1(x) ≡ 1, uo(x) ≡ 0 nên ta suy ra: ⎧ 4 l l ⎪ khi k = 2n −1 Tk = 2∫ u1(x)sin kπxdx = 2∫ sin kπxdx = ⎨kπ 0 0 ⎩⎪0 khi k = 2n Vậy với k chẵn ta phải giải phương trình vi phân thường: 2 T2′′n (t) + (2nπ) T2n (t) = 0 với điều kiện: T2n(0) = 0; T2′n (0) = 0 Như vậy T2n(t) ≡ 0 159
7. ⎧ 8 4 k ⎪ 3 3 khi k = 2n −1 nên: Ck = 2 [](−1) −1 = ⎨(2n −1) π kπ ⎪ ⎩0 khi k = 2n Ta tìm nghiệm của bài toán dưới dạng (1) nên bây giờ phải tìm Tk(t) Với k = 2n (chẵn), ta tìm T2n(t) từ phương trình : 2 T2′′n (t) + (2nπ) T2n (t) = 0 với điều kiện: T2n(0) = 0; T2′n (0) = 0 Như vậy T2n(t) ≡ 0 Với k = 2n -1 (lẻ) ta phải giải phương trình vi phân tương ứng là: 8 T′′ (t) + [](2n −1)π 2T (t) + = 0 2n−1 2n−1 (2n −1)3 π3 với điều kiện: T2n-1(0) = 0; T2′n−1(0) = 0 Nghiệm tổng quát của phương trình này là: 8 T (t) = C cos(2n −1)πt + C sin(2n −1)πt − 2n−1 1 2 (2n −1)5 π5 Khi t = 0 thì từ các điều kiện đầu ta rút ra: 8 C = C2 = 0 1 (2n −1)5 π5 8 T (t) = []cos(2n −1)πt −1 2n−1 (2n −1)5 π5 8 ∞ u(x, t) = 5 5 ∑[]cos(2n −1)πt −1 sin(2n −1)πx (2n −1) π n=1 d. Bài toán hỗn hợp: Sau khi đã giải 2 bài toán trên ta trở về giải phương trình: ∂ 2u ∂2u = a 2 + f (x, t) 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T (1) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện : ∂u u(x, t) = u (x); = u (x) t=0 o 1 ∂t t=0 u(x, t) = φ (t); u(x, t) = φ (t) x=0 1 x=l 2 Ta giải bài toán bằng cách đưa vào hàm phụ: x ρ(x, t) = φ (t) + []φ (t) − φ (t) 1 l 2 1 Khi đó ta tìm nghiệm của bài toán hỗn hợp dưới dạng: u(x, t) = ~u(x, t) + ρ(x, t) (2) Trong đó hàm ~u(x, t) ta phải xác định. Trước hết ta có nhận xét: ρ(x, t) = φ (t) ρ(x, t) = φ (t) x=0 1 x=l 2 Vậy kết hợp với điều kiện đã cho ta có: ~u(x, t) = ~u(x, t) = 0 (3) x=0 x=l 161
8. với các điều kiện: ⎧H(α, x, t) = 0 ⎪ t=0 ⎨ ∂ ⎪ H(α, x, t) = h(x,σ) ⎩∂t t=0 Khi đó hàm: l u(x, t) = ∫ H(α, x, t − α)dα 0 sẽ là nghiệm của phương trình: ∂2u = a 2∆u + h(x, t) ∂t 2 với các điều kiện: ⎧u(x, t) = 0 ⎪ t=0 ⎨∂u ⎪ = 0 ⎩ ∂t t=0 Để hiểu rõ hơn về nguyên lý Duhamel ta sẽ dùng nó để giải các bài toán về dao động cưỡng bức sau: 2. Bài toán 1: Giải phương trình: ∂2u ⎛ ∂2u ∂2u ∂2u ⎞ = a 2 ⎜ + + ⎟ + f (x, y,z, t) (1) 2 ⎜ 2 2 2 ⎟ ∂t ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ với các điều kiện: ⎧u(x, y,z, t) = u o (x, y,z) ⎪ t=0 ⎨∂u -∞ 0 (2) ⎪ = u1(x, y,z) ⎩ ∂t t=0 Ta dùng phương pháp chồng nghiệm, nghĩa là tìm nghiệm của phương trình (1) dưới dạng: u(x, y,z, t) = u(x, y,z, t) + u(x, y,z, t) Trong đó u(x, y,z, t) là nghiệm của bài toán: ∂ 2 u = a 2∆u ∂t 2 ∂u với: u = u ; = u t=0 o t 1 ∂ t=0 Còn u(x, y,z, t) là nghiệm của bài toán: ∂2 u = a 2∆u + f ∂t 2 ∂u với: u = 0; = 0 t=0 ∂t t=0 Theo công thức Kirhoff ta có: 163
9. ∂2u ∂2u = a 2 + f (x, t) (1) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ⎧u(x, t) = u o (x) ⎪ t=0 ⎨∂u -∞ 0 (2) ⎪ = u1(x) ⎩ ∂t t=0 Dựa trên nguyên lý Duhamel và công thức D’Alembert ta đưa đến nghiệm bài toán: 1 at 1 1 l ⎡x+a(t−α) ⎤ u(x, t) = ∫ u1(ξ)dξ + []uo (x + at) + uo (x − at) + ∫∫⎢ f (ξ,α)dξ⎥dα 2a x−at 2 2a 0 ⎣x−a(t−α) ⎦ đây là công thức D’Alembert tổng quát. §5. BÀI TOÁN HỖN HỢP CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOẠI HYPERBOLIC Cho D là một miền phẳng với biên là đường cong trơn. Ta cần tìm nghiệm của phương trình: ∂ 2u ⎛ ∂2u ∂2u ⎞ = a 2 ⎜ + ⎟ (1) 2 ⎜ 2 2 ⎟ ∂t ⎝ ∂x ∂y ⎠ với các điều kiện đầu : ⎧u(x, y, t) = u o (x, y) ⎪ t=0 ⎨∂u -∞ 0 (2) ⎪ = u1(x, y) ⎩ ∂t t=0 và điều kiện biên: u(x, y, t) = 0 (x,y)∈γ (3) Bài toán này ta giải bằng phương pháp phân ly biến số và sẽ tìm nghiệm của nó dưới dạng: u(x, y, t) = u*(x, y).T(t) (4) Đạo hàm 2 vế của (4) theo x, y và t hai lần rồi thay vào (10) ta nhận được phương trình: 1 ⎛ ∂2u∗ ∂2u∗ ⎞ 1 T′′ ⎜ + ⎟ = ∗ ⎜ 2 2 ⎟ 2 u ⎝ ∂x ∂y ⎠ a T Từ đó suy ra: ∂2u∗ ∂2u∗ + + λu∗ = 0 (5) ∂x 2 ∂y2 T′′(t) + a 2λT(t) = 0 (6) Trong đó λ là một hằng số. Để tìm nghiệm của bài toán (1) với các điều kiện (2), (3) ta thấy rằng T(t) ≠ 0 và đối với các điểm trên biên ta phải có: u(x, y) = 0 (7) (x,y)∈γ Những giá trị λ để tồn tại nghiệm u*(x, y) ≠ 0 được gọi là các giá trị riêng và các 165
10. ⎧u(x, y, t) = xy(l − x)(m − y) = u o (x, y) ⎪ t=0 ⎨∂u ⎪ = 0 = u1(x, y) ⎩ ∂t t=0 và các điều kiện biên: u(x, y, t) = 0 (x,y)∈γ trong đó γ là biên của miền D. Ta tìm nghiệm của bài toán dưới dạng (4): u(x, y, t) = u*(x, y).T(t) trong đó u*(x, y) lại được tìm dưới dạng u*(x, y) = X(x).Y(y) bằng phương pháp phân li biến số. Khi đó phương trình (5) được viết thành: Y′′(y) X′′(x) + λ = − Y(y) X(x) Từ đó ta suy ra: ⎧X′′(x) + αX(x) = 0 ⎨ (8) ⎩Y′′(y) + βY(y) = 0 Từ điều kiện biên của bài toán ta rút ra: ⎧X(0) = X(l) = 0 ⎨ (9) ⎩Y(0) + Y(l) = 0 Khi giải phương trình (8) với điều kiện (9) để có nghiệm không tầm thường ta cần có: k 2π2 π2n 2 α = ; β = k l2 n m2 Từ đó ta có: ⎛ k 2 n 2 ⎞ λ = π2 ⎜ + ⎟ kn ⎜ 2 2 ⎟ ⎝ l m ⎠ Nghiệm riêng ứng với các giá trị riêng đó là hệ hàm trực chuẩn: 2 kπx nπy u = sin sin kn lm l m Khi đó nghiệm của phương trình (6) có dạng: ⎛ k 2 n 2 ⎞ ⎛ k 2 n 2 ⎞ T (t) = b cos⎜ πat + ⎟ + c sin⎜πat + ⎟ k kn ⎜ 2 2 ⎟ kn ⎜ 2 2 ⎟ ⎝ l m ⎠ ⎝ l m ⎠ Tóm lại nghiệm của bài toán sẽ là: ∞ ∞ ⎡ ⎛ k 2 n 2 ⎞ ⎛ k 2 n 2 ⎞⎤ kπx nπy u(x, y, t) = ⎢b cos⎜ πat + ⎟ + c sin⎜ πat + ⎟⎥ sin sin ∑∑ kn ⎜ 2 2 ⎟ kn ⎜ 2 2 ⎟ k1=1 n= ⎣⎢ ⎝ l m ⎠ ⎝ l m ⎠⎦⎥ l m Trong đó bkn và ckn được tính như sau: ckn = 0 ∀k, n vì u1 ≡ 0 167
11. ⎧0 k,n chan 4a l πx l πy nπy ⎪ = sin dx sin sin dy = ⎨ 16a 3 ∫∫ k,n le l 0 l 0 l m ⎪ 2 ⎩lπ (2k′ +1)(2n′ +1) Nghiệm của bài toán là: ⎛ atπ 2 16 atπ 2 ⎞ πx πy u(x, y, t) = ⎜cos + sin ⎟sin sin ⎜ 3 ⎟ ⎝ l π 2 l ⎠ l l ⎡atπ (2k +1)2 + (2n +1)2 ⎤ sin⎢ ⎥ 16 ∞ ∞ ⎢ l ⎥ ⎛ 2k +1 ⎞ ⎛ 2n +1 ⎞ + ⎣ ⎦ sin πx sin πy 3 ∑∑ 2 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π k1=1 n= (2k +1)(2n +1) (2k +1) + (2n +1) ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠ §6. BÀI TOÁN CAUCHY- PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TRONG THANH VÔ HẠN VÀ NỬA VÔ HẠN 1. Bài toán ban đầu: Bài toán Cauchy của phương trình truyền nhiệt - phương trình loại parabolic là bài toán giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a 2 (1) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện đầu : u(x, t) = u (x) t=0 o -∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, t ≥ 0 (2) Dùng phương pháp phân li biến số ta tìm nghiệm dưới dạng: u(x, t) = X(x).T(t) Lấy đạo hàm theo x và t rồi đưa vào phương trình (1) ta có: T’(t) + a2λT(t) = 0 (3) X”(x) + λX(x) = 0 (4) với λ là hằmg số. Phương trình (3) cho nghiệm là: 2 T(t) = Ce−λa t với C là một hằng số Mặt khác nhiệt độ của thanh không thể đạt đến ∞ khi t tiến đến ∞. Do vậy λ phải là số dương. Kết hợp với nghiệm của phương trình (4) ta có: −h2a2t u h (x, t) = e []C1(h)cosh x + C2 (h)sinh x u(x,t) là nghiệm riệng của (1) với C1 và C2 là các hệ số có thể phụ thuộc h. Họ các nghiệm ở đây là một tập hợp vô hạn không đếm được. Do đó ta sẽ tìm nghiệm của bài toán dưới dạng tích phân theo tham biến h. ∞ ∞ −h2a2t u(x, t) = ∫ u h (x, t) = ∫ e []C1(h)cosh x + C2 (h)sinh x dh −∞ −∞ Khi t = 0 ta có: ∞ u(x, t) = u (x) = C (h)cosh x + C (h)sinh x dh t=0 o ∫[]1 2 −∞ 169
12. ∞ ∞ ∞ n 1 ⎧ 1 2 ⎫ u(x , x , , x , t) u (ξ ,ξ , ,ξ )exp ξ x dξ dξ 1 2 n = n ∫∫L ∫ 0 1 2 n ⎨− 2 ∑()i − i ⎬ 1 n1 ()2a πt −∞−∞ −∞ ⎩ 4a t i=1 ⎭ Đối với bài toán truyền nhiệt trong thanh nửa vô hạn ta xét các bài toán nhỏ ứng với từng trường hợp riêng rồi mới xét đến bài toán tổng quát. 2. Bài toán 1: Truyền nhiệt trong thanh nửa vô hạn, cách nhiệt đầu mút thanh biết nhiệt độ ban đầu của thanh bằng không: Khi này ta phải giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a 2 0 ≤ x ≤ ∞, t ≥ 0 (8) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện : u(x, t) = u (x) t=0 o (9) ∂u = 0 (10) ∂t t=0 Để giải bài toán ta kéo dài chẵn hàm uo(x) sang phần âm của trục x và áp dụng công thức (7). Khi đó nó sẽ thoả mãn (8). Mặt khác theo (7) ta cũng sẽ có: ∂u ⎧ 1 ∞ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ ⎫ = − u (ξ)(ξ − x)exp − dξ ⎨ 3 ∫ o ⎢ 2 ⎥ ⎬ ∂x 4a t πt −∞ 4a t x=0 ⎩ ⎣ ⎦ ⎭ x=0 Từ đó suy ra: 1 0 ⎡ (ξ − x)2 ⎤ 1 ∞ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ u(x, t) = ∫ uo (ξ)exp⎢− 2 ⎥dξ + ∫ uo (ξ)exp⎢− 2 ⎥dξ 2a πt −∞ ⎣ 4a t ⎦ 2a πt 0 ⎣ 4a t ⎦ Trong tích phân đầu ta đổi biến ξ = -ξ’ và do tính chất chẵn của u(ξ) ta sẽ có: 1 0 ⎡ (ξ′ − x)2 ⎤ 1 ∞ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ ′ ′ u(x, t) = ∫ uo (ξ )exp⎢− 2 ⎥dξ + ∫ uo (ξ)exp⎢− 2 ⎥dξ 2a πt −∞ ⎣ 4a t ⎦ 2a πt 0 ⎣ 4a t ⎦ 1 ∞ ⎧ ⎡ (ξ + x)2 ⎤ ⎡ (ξ − x)2 ⎤⎫ u(x, t) = ∫ u o (ξ)⎨exp⎢− 2 ⎥ + exp⎢− 2 ⎥⎬dξ 2a πt 0 ⎩ ⎣ 4a t ⎦ ⎣ 4a t ⎦⎭ 3. Bài toán 2: Truyền nhiệt trong thanh nửa vô hạn biết nhiệt độ ban đầu của thanh một đầu mút luôn luôn giữ 0 độ. 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,0) = u (x) t=0 o u(x,l) = 0 t=0 Để giải bài toán này ta kéo dài lẻ hàm uo(x) sang phần âm của trục x và áp dụng công thức (7) ta sẽ có: 1 ∞ ⎡ ξ 2 ⎤ u(x, t) = u (ξ)exp − dξ = 0 x=0 ∫ o ⎢ 2 ⎥ 2at πt −∞ ⎣ 4a t ⎦ Tích phân này bằng 0 vì uo(ξ) là hàm lẻ. Từ đó suy ra: 171
13. 1 ⎛ p ⎞ x x ⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ exp⎜− x⎟ ↔1− erf⎜ ⎟ = Erf⎜ ⎟ p ⎝ a ⎠ ⎝ 2a t ⎠ ⎝ 2a t ⎠ Trong đó: 2 x erf (x) = ∫ exp()− τ2 dτ π 0 Ta sẽ rút ra: t ⎡ ⎛ x ⎞⎤ u(x, t) = q(t)Erf (∞) + ∫ ⎢Erf⎜ ⎟⎥q(t − τ)dτ 0 ⎣ ⎝ 2a Λ ⎠⎦ Mặt khác ta biết rằng: 2 ∞ Erf (∞) =1− ∫ exp()− τ2 dτ = 0 π 0 x ⎛ x ⎞ 2 2a τ x ⎛ x 2 ⎞ Erf =1− exp − θ2 dθ = exp⎜− ⎟ ⎜ ⎟ ∫ () 3 ⎜ 2 ⎟ ⎝ 2a τ ⎠ π 0 4a τ τ=0 2a πτ 2 ⎝ ⎠ τ=0 Từ đó suy ra: x t q(t − τ) ⎛ x 2 ⎞ u(x, t) = exp⎜− ⎟dτ 2a π ∫ 3 ⎜ 4a 2τ ⎟ 0 τ 2 ⎝ ⎠ 5. Bài toán 4: Truyền nhiệt trong thanh nửa vô hạn, biết nhiệt độ ban đầu của thanh và biết nhiệt độ tại đầu mút. 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) = u (t) x=0 1 u(x, t) = u (x) t=0 o Để giải bài toán này ta dùng kết quả của bài toán 2 và bài toán 3 và nguyên lý chồng nghiệm. Cụ thể ta tìm nghiệm u(x, t) dưới dạng: u(x, t) = ~u(x, t) + u)(x, t) Trong đó ~u(x, t)là nghiệm của bài toán: ∂ 2~u ∂ 2~u = a 2 ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ~u(x, t) = u (x) ~u(x, t) = 0 t=0 o ; x=0 còn u)(x, t) là nghiệm của bài toán: ∂ 2u) ∂ 2u) = a 2 ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: 173
14. 1 ∂ 2U (x, t) pU (x,p) = 1 + u 1 a 2 ∂x 2 o 1 ∂ 2U (x, t) pU (x,p) = 2 2 b2 ∂x 2 Nghiệm tổng quát tương ứng sẽ là: u U (x,p) = C chax p + C shax p + o (15) 1 1 2 p U2 (x,p) = C3 exp[b p(x − l)]+ C4 exp[− b p(x − l)] (16) ∂u dU (x,p) Mặt khác từ điều kiện 1 = 0 ta suy ra 1 = 0. Từ đó ta có: ∂x x=0 dx x=0 C1a pshax p + C2a pchax p = C2a p = 0 x=0 Vậy C2 = 0 Mặt khác u (x, t) = 0 nên ảnh của u (x, t) là một hàm bị chặn khi x và do đó 2 x=∞ 2 → ∞ C3 = 0. Khi đó (15) và (16) trở thành: u U (x,p) = C chax p + o 1 1 p U2 (x,p) = C4 exp[− b p(x − l)] Xét đến điều kiện “kết dính” ta có: U1(l,p) = U2 (l,p) 1 dU1(x,p) 1 dU2 (x,p) 2 = 2 a dx x=l b dx x=l Từ đó ta có hệ phương trình: ⎧ u C chal p + o = C ⎪ 1 p 4 ⎨ 1 1 ⎪ C a pshal p = − C b p ⎩⎪a 2 1 b2 4 Giải hệ phương trình trên ta có: ⎧ u a C = − o ⎪ 1 ⎪ p()achal p + bshal p ⎨ ⎪ uobshal p C4 = ⎩⎪ p()achal p + bshal p Vậy: u u achax p U (x,p) = o − o 1 p p(achal p + bshal p) uobshal p U2 (x,p) = exp[]− b p(x − l) p(achal p + bshal p) Sau khi dùng biến đổi Laplace ngược ta có các hàm u1(x, t) và u2(x, t). 175
15. Dùng phương pháp xếp chồng nghiệm và kết quả của bài toán 1 ta có nghiệm: 1 ∞ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ t ⎛ ∞ f (ξ, τ) ⎡ (ξ − x)2 ⎤ ⎞ u(x, t) = u (ξ)exp − dξ + ⎜ exp − dξ ⎟dτ ∫ o ⎢ 2 ⎥ ∫∫⎜ ⎢ 2 ⎥ ⎟ 2a πt −∞ ⎣ 4a t ⎦ 0 ⎝ −∞2a π(t − τ) ⎣ 4a (t − τ)⎦ ⎠ 4. Bài toán 3: Gải bài toán truyền nhiệt: ∂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 u(x, t) = u (t) x=0 1 Dùng phương pháp xếp chồng nghiệm và kết quả của các bài toán trên ta có nghiệm: 1 ∞ ⎧ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ ⎡ (ξ + x)2 ⎤⎫ u(x, t) = ∫ uo (ξ)⎨exp⎢− 2 ⎥ − exp⎢− 2 ⎥⎬dξ 2a πt 0 ⎩ ⎣ 4a t ⎦ ⎣ 4a t ⎦⎭ 1 t u (t − τ) ⎡ x 2 ⎤ 1 exp dτ + ∫ 3 2 ⎢− 2 ⎥ 2a π 0 τ ⎣ 4a τ⎦ x t ⎪⎧∞ f (ξ, τ) ⎧ ⎡ (ξ − x)2 ⎤ ⎡ (ξ + x)2 ⎤⎫ ⎪⎫ exp exp dξ dτ + ∫∫⎨ ⎨ ⎢− 2 ⎥ − ⎢− 2 ⎥⎬ ⎬ 2a π 00⎩⎪ t − τ ⎩ ⎣ 4a (t − τ)⎦ ⎣ 4a (t − τ)⎦⎭ ⎭⎪ §8. BÀI TOÁN HỖN HỢP CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOẠI HYPERBOLIC TRUYỀN NHIỆT TRONG THANH HỮU HẠN VÀ MIỀN HỮU HẠN 1. Đặt bài toán: Ta xét bài toán truyền nhiệt trong khối lập phương đồng chất, không có nguồn nhiệt với điều kiện biết nhiệt độ ban đầu của khối đó và nhiệt độ trên biên luôn luôn bằng không. Bài toán này đưa đến phương trình: ∂u ⎛ ∂2u ∂2u ∂ 2u ⎞ ∂2u = a 2 ⎜ + + ⎟ = a 2∆u (1) ⎜ 2 2 2 ⎟ 2 ∂t ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ ∂x Trong miền T ≥ t ≥ 0 và 0 < x < l1; 0 < y < l2; 0 < z < l3 với điều kiện : u(x, y,z, t) = u (x, y,z) (2) t=0 o u = u = u = u = u = u = 0 (3) x=0 x=l1 y=0 y=l2 z=0 z=l3 Dùng phương pháp tách biến ta tìm nghiệm dưới dạng: u(x, y, z, t) = u*(x, y, z).T(t) và ta có: T'(t) + a 2λT(t) = 0 (4) ∆u∗ (x, y,z) + λu∗ (x, y,z) = 0 (5) Từ (4) để có nghiệm riêng không suy biến và kèm điều kiện bị chặn của u khi t → ∞ ta suy ra nghiệm của nó có dạng: 2 Tλ(t) = Cexp(-a λt) Mặt khác ta lại dùng phương pháp tách biến để tìm u*(x, y, z), nghĩa là: 177
16. 3. Bài toán 2: Giải phương trình truyền nhiệt: ∂u ∂2u = a 2 + f (x, t) (6) ∂t ∂x 2 Trong miền T ≥ t ≥ 0 và 0 < x < l với điều kiện : u(x, t) = u (x) t=0 o u(x, t) = u(x, t) = 0 x=0 x=l Ta tìm nghiệm dưới dạng: ∞ kπ u(x, t) = ∑Tk (t)sin x (7) k=1 l Giả sử uo(x) có các đạo hàm liên tục trong khoảng (0, l) và uo(0) = uo(l) = 0 còn hàm f(x, t) có các đạo hàm riêng cấp 1 theo x liên tục trong khoảng (0, l) và: f(0, t) = f(l, t) = 0 Khi đó ta có thể thu được các khai triển Fourier của chúng là: ∞ kπ f(x, t) = ∑fk (t)sin x (8) k=1 l ∞ kπ uo (x) = ∑αk sin x (9) k=1 l với: 2 l kπ fk (t) = ∫ f (x, t)sin xdx l 0 l 2 l kπ αk = ∫ uo (x)sin xdx l 0 l Sau khi lấy đạo hàm hai vế của (7) và chú ý đến (8) và (9) ta có: 2 ∞ ⎡ ⎛ kπ ⎞ ⎤ kπ ∑ ⎢Tk (t) + ⎜ a⎟ Tk (t) − fk (t)⎥ sin x = 0 k=1 ⎣⎢ ⎝ l ⎠ ⎦⎥ l Nên: 2 ⎛ kπ ⎞ Tk (t) + ⎜ a⎟ Tk (t) = fk (t) (10) ⎝ l ⎠ Khi t = 0 ta có: ∞ kπ ∞ kπ u= u (x) = T (0)sin x = α sin x t=0 o ∑ k ∑ k k=1 l k=1 l nên: Tk(0) = αk (11) Sau khi giải (10) với điều kiện (11) ta có Tk(t), nghĩa là có nghiệm của bài toán. 4. Bài toán 3: Giải phương trình truyền nhiệt: ∂u ∂2u = a 2 + f (x, t) (12) ∂t ∂x 2 Trong miền T ≥ t ≥ 0 và 0 < x < l 179