Giáo trình Toán chuyên ngành Điện - Chương 9: Phương trình Vật lý và Toán (Phần 3)

0 
với các điều kiện : 
)t(u)t,x(u 10x == 
 )x(u)t,x(u o0t == 
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: 
 )t,x(u)t,x(u~)t,x(u )+= 
Trong đó )t,x(u~ là nghiệm của bài toán: 
 2
2
2
2
2
x
u~a
t
u~
∂
∂=∂
∂ 
với các điều kiện: 
 )x(u)t,x(u~ o0t == ; 0)t,x(u~ 0x == 
còn )t,x(u) là nghiệm của bài toán: 
2
2
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂ )) 
với các điều kiện: 
174
 0)t,x(u
0t
==) ; )t(u)t,x(u 10x ==) 
Theo kết quả bài toán 2 và bài toán 3 ta suy ra: 
∫
∞
⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−=
0
2
2
2
2
o ξdta4
)xξ(exp
ta4
)xξ(exp)ξ(u
tπa2
1)t,x(u~ 
∫ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛−−=
t
0
2
2
2
3
1 τd
τa4
xexp
τ
)τt(u
πa2
x)t,x(u) 
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 
trường với hệ số khuyếch tán D1 = a-2 có chứa đầy một loại chất với hệ số đậm đặc uo. 
Trong phân còn lại của ống [l, ∞] có một môi trường với hệ số khuyếch tán D2 = b-2 
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: 
2
1
2
2
1
x
u
a
1
t
u
∂
∂=∂
∂ 0 ≤ x ≤ l (13) 
với điều kiện: 
 0
x
u;u)t,x(u
0x
1
o0t1
=∂
∂=
=
= 
Gọi u2(x, t) là hàm nồng độ chất khuyếch tán trong đoạn [l, ∞] ta có: 
 2
2
2
2
2
x
u
b
1
t
u
∂
∂=∂
∂ l ≤ x ≤ ∞ (14) 
với điều kiện: 
 0)t,x(u;0)t,x(u
x20t2
== ∞== 
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: 
lx2lx1
)t,x(u)t,x(u == = 
 2
2
2
22
1
2
2 x
)t,l(u
b
1
x
)t,l(u
a
1
∂
∂=∂
∂ 
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: 
)p,x(U)t,x(u 11 ↔ )p,x(U)t,x(u 22 ↔ 
o1
1 u)p,x(pU
t
)t,x(u −↔∂
∂ )p,x(pU
t
)t,x(u
2
2 ↔∂
∂ 
2
1
2
2
1
2
x
)t,x(U
x
)t,x(u
∂
∂↔∂
∂ 22
2
2
2
2
x
)t,x(U
x
)t,x(u
∂
∂↔∂
∂ 
Từ các phương trình (13) và (14) và các hệ thức trên ta suy ra: 
175
 o2
1
2
21 ux
)t,x(U
a
1)p,x(pU +∂
∂= 
 2
2
2
22 x
)t,x(U
b
1)p,x(pU ∂
∂= 
Nghiệm tổng quát tương ứng sẽ là: 
p
upshaxCpchaxC)p,x(U o211 ++= (15) 
[ ] [ ])lx(pbexpC)lx(pbexpC)p,x(U 432 −−+−= (16) 
Mặt khác từ điều kiện 0
x
u
0x
1 =∂
∂
=
 ta suy ra 0
dx
)p,x(dU
0x
1 =
=
. Từ đó ta có: 
0paCpchaxpaCpshaxpaC 20x21 ==+ = 
Vậy C2 = 0 
Mặt khác 0)t,x(u
x2
=∞= nên ảnh của u2(x, t) là một hàm bị chặn khi x → ∞ và do đó 
C3 = 0. Khi đó (15) và (16) trở thành: 
p
upchaxC)p,x(U o11 += 
[ ])lx(pbexpC)p,x(U 42 −−= 
Xét đến điều kiện “kết dính” ta có: 
 )p,l(U)p,l(U 21 = 
lx
2
2
lx
1
2 dx
)p,x(dU
b
1
dx
)p,x(dU
a
1
==
= 
Từ đó ta có hệ phương trình: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=
=+
pbC
b
1pshalpaC
a
1
C
p
upchalC
4212
4
o
1
Giải hệ phương trình trên ta có: 
( )
( )⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=
+−=
pbshalpachalp
pbshaluC
pbshalpachalp
auC
o
4
o
1
Vậy: 
( )pbshalpachalp pachaxupu)p,x(U oo1 +−= 
( ) [ ])lx(pbexppbshalpachalp pbshalu)p,x(U o2 −−+= 
Sau khi dùng biến đổi Laplace ngược ta có các hàm u1(x, t) và u2(x, t). 
176
§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: 
Ha
t
H 2∆=∂
∂ (1) 
với điều kiện: 
 )α,x(h)t,x,α(H
0t
== (2) 
khi đó hàm: 
 ∫ −=
t
0
αd)αt,x,α(H)t,x(u (3) 
là nghiệm của phương trình: 
 )α,x(hua
t
u 2 +∆=∂
∂ (4) 
và thoả mãn điều kiện: 
 0)t,x(u
0t
== 
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: 
 )t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2 +∂
∂=∂
∂ -∞< x < ∞; t ≥ 0 
với điều kiện ban đầu: 
 0)t,x(u
0t
== 
Sử dụng nguyên lý Duhamel và kết quả cho bởi công thức Poisson của bài toán 
Cauchy ta có nghiệm là: 
∫ ∫ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
−−−=
∞
∞−
t
0
2
2
αdξd
)αt(a4
)xξ(exp
)αt(πa2
)α,ξ(f)t,x(u 
Ỏ đây hàm )t,x,α(H là tích phân: 
∫
∞
∞−
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −− ξd
ta4
)xξ(exp)α,ξ(f 2
2
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: 
 )t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2 +∂
∂=∂
∂ -∞< x < ∞; t ≥ 0 
với điều kiện ban đầu: 
 )x(u)t,x(u o0t == 
177
Dùng phương pháp xếp chồng nghiệm và kết quả của bài toán 1 ta có nghiệm: 
∫ ∫∫ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
−−−+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−=
∞
∞−
∞
∞−
t
0
2
2
2
2
o τdξd)τt(a4
)xξ(exp
)τt(πa2
)τ,ξ(fξd
ta4
)xξ(exp)ξ(u
tπa2
1)t,x(u 
4. Bài toán 3: Gải bài toán truyền nhiệt: 
 )t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2 +∂
∂=∂
∂ -∞< x < ∞; t ≥ 0 
với điều kiện ban đầu: 
 )x(u)t,x(u o0t == 
 )t(u)t,x(u 10x == 
Dùng phương pháp xếp chồng nghiệm và kết quả của các bài toán trên ta có nghiệm: 
∫ ∫
∫
∫
⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧ ⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
+−−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
−−−+
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−+
⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−=
∞
∞
t
0 0
2
2
2
2
t
0
2
2
23
1
0
2
2
2
2
o
τdξd
)τt(a4
)xξ(exp
)τt(a4
)xξ(exp
τt
)τ,ξ(f
πa2
x
τd
τa4
xexp
τ
)τt(u
πa2
1
ξd
ta4
)xξ(exp
ta4
)xξ(exp)ξ(u
tπa2
1)t,x(u
§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: 
 ua
x
u
z
u
y
u
x
ua
t
u 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 ∆=∂
∂⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂+∂
∂=∂
∂ (1) 
Trong miền T ≥ t ≥ 0 và 0 < x < l1; 0 < y < l2; 0 < z < l3 
với điều kiện : 
 )z,y,x(u)t,z,y,x(u o0t == (2) 
 0uuuuuu
3lz0z2ly0y1lx0x
====== ====== (3) 
Dùng phương pháp tách biến ta tìm nghiệm dưới dạng: 
 u(x, y, z, t) = u*(x, y, z).T(t) 
và ta có: 
 0)t(Tλa)t('T 2 =+ (4) 
 0)z,y,x(uλ)z,y,x(u =+∆ ∗∗ (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: 
 Tλ(t) = Cexp(-a2λt) 
Mặt khác ta lại dùng phương pháp tách biến để tìm u*(x, y, z), nghĩa là: 
178
 u*(x, y, z) = X(x).Y(y).Z(z) 
Sau khi đạo hàm và thay vào phương trình ta có: 
0λ
)z(Z
)z(Z
)y(Y
)y(Y
)x(X
)x(X =+′′+′′+′′ 
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): 
2
3
22
k2
2
22
k2
1
22
k l
πnγ;
l
πmβ;
l
πkα === 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++= 2
3
2
2
2
2
2
1
2
2
321n,m,k l
n
l
m
l
kπ)l,l,l(λ 
Các hàm riêng tương ứng khi đó sẽ là: 
z
l
πnsiny
l
πmsinx
l
πksin
lll
8)z,y,x(u
321321
n,m,k = 
Vậy nghiệm tổng quát của bài toán đó là: 
 z
l
πnsiny
l
πmsinx
l
πksint
l
n
l
m
l
kπaexpC)t,z,y,x(u
321
2
3
2
2
2
2
2
1
2
22
1k 1m 1n
n,m,k ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++−= ∑∑∑∞
=
∞
=
∞
=
Trong đó Ck,m,n được suy ra từ điều kiện: 
ζdηdξdζ
l
πnsinη
l
πmsinξ
l
πksin)ζ,η,ξ(u
lll
8C
1l
0
2l
0
3l
0 321
o
321
n,m,k ∫ ∫ ∫= 
2. Bài toán 1: Giải phương trình truyền nhiệt: 
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂ 
Trong miền T ≥ t ≥ 0 và 0 < x < l 
với điều kiện : 
 )x(u)t,x(u o0t == 
 0uu
lx0x
== == 
Nghiệm là: 
 x
l
πksint
l
kπaexpC)t,x(u
1k
2
2
22
k∑∞
= ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛−= 
Trong đó: 
∫=
l
0
ok ξdl
πksin)ξ(u
l
2C 
179
3. Bài toán 2: Giải phương trình truyền nhiệt: 
)t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2 +∂
∂=∂
∂ (6) 
Trong miền T ≥ t ≥ 0 và 0 < x < l 
với điều kiện : 
 )x(u)t,x(u o0t == 
 0)t,x(u)t,x(u
lx0x
== == 
Ta tìm nghiệm dưới dạng: 
 x
l
πksin)t(T)t,x(u
1k
k∑∞
=
= (7) 
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: 
 ∑∞
=
=
1k
k xl
πksin)t(f)t,x(f (8) 
 ∑∞
=
=
1k
ko xl
πksinα)x(u (9) 
với: 
 ∫=
l
0
k xdxl
πksin)t,x(f
l
2)t(f 
 ∫=
l
0
ok xdxl
πksin)x(u
l
2α 
Sau khi lấy đạo hàm hai vế của (7) và chú ý đến (8) và (9) ta có: 
0x
l
πksin)t(f)t(Ta
l
πk)t(T
1k
kk
2
k =⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ −⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+∑∞
=
Nên: 
 )t(f)t(Ta
l
πk)t(T kk
2
k =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+ (10) 
Khi t = 0 ta có: 
 ∑∑ ∞
=
∞
==
===
1k
k
1k
ko0t
x
l
πksinαx
l
πksin)0(T)x(uu 
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: 
)t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2 +∂
∂=∂
∂ (12) 
Trong miền T ≥ t ≥ 0 và 0 < x < l 
180
với điều kiện : 
 )x(u)t,x(u o0t == 
 )x(φ)t,x(u);x(φ)t,x(u 2lx10x == == 
Ta giải bài toán này bằng phương pháp chồng nghiệm, nghĩa là tìm nghiệm dưới 
dạng: 
[ ])t(φ)t(φ
l
x)t(φ)t,x(u~)t,x(u)t,x(u 121 −+++= 
Trong đó )t,x(u là nghiệm của phương trình: 
 )t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2 +∂
∂=∂
∂ 
với các điều kiện: 
 )x(u)t,x(u o0t == 
 0)t,x(u)t,x(u
lx0x
== == 
Còn )t,x(u~ là nghiệm của phương trình: 
 )t,x(f
x
u~a
t
u~
2
2
2 +∂
∂=∂
∂ 
với các điều kiện: 
 0)t,x(u~
0t
== 
 0)t,x(u~)t,x(u~
lx0x
== == 
Rõ ràng )t,x(u đượcc rút ra từ bài toán 1 và )t,x(u~ được rút ra từ bài toán 2.