Giáo trình Toán chuyên ngành Điện - Chương 9: Phương trình Vật lý và Toán (Phần 1)

n điều kiện (2) ta sẽ có: 
ϕ(x) + ψ(x) = uo(x) (4) 
aϕ(x) - aψ(x) = u1(x) (5) 
Lấy tích phân hai vế của (5) ta có: 
[ ] [ ] ∫=−−− x
0
1 θd)θ(u)0(ψ)x(ψa)0(φ)x(φa 
Vậy nên: 
 Cθd)θ(u
a
1)x(ψ)x(φ
x
0
1 +=− ∫ (6) 
với C = ϕ(0) - ψ(0) 
Từ (4) và (6) rút ra: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−−=
++=
∫
∫
2
Cθd)θ(u
a2
1)x(u
2
1)x(ψ
2
Cθd)θ(u
a2
1)x(u
2
1)x(φ
x
0
1o
x
0
1o
Đặt các hệ thức trên vào (3) ta được nghiệm: 
[ ] ∫+
−
+−++=
atx
atx
1oo θd)θ(ua2
1)atx(u)atx(u
2
1)t,x(u 
Đây là công thức D’Alembert. 
Ví dụ 1: Giải phương trình: 
 2
2
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂ -∞ < x < ∞, t ≥ 0 
với các điều kiện: 
)x(u
x1
x)t,x(u o20t =+== 
153
)x(uxsin
t
u
1
0t
==∂
∂
=
Áp dụng công thức D’Alembert ta có: 
xsinatsin
a
1
)atx(1
atx
)atx(1
atx
2
1)t,x(u 22 +⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−+
++++
+= 
Ví dụ 2: Giải phương trình: 
 2
2
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂ -∞ < x < ∞, t ≥ 0 
với các điều kiện: 
)x(u
x1
1
t
u
)x(u
x
xsin)t,x(u
12
0t
o0t
=+=∂
∂
==
=
=
Áp dụng công thức D’Alembert ta có: 
 ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−++−
−= 2222 )at(x1
at2arctg
a2
1
)at(x
atsinxcosatatcosxsinx)t,x(u 
vì nếu đặt arctg(x + at) - arctg(x - at) = α ta có: [ ] [ ]
[ ] [ ]
22 )at(x1
at2
)atx)(atx(1
)atx()atx(
)atx(arctgtg)atx(arctgtg1
)atx(arctgtg)atx(arctgtgαtg
−+=
−++
−−+=−×++
−−+=
Ví dụ 3: Giải phương trình: 
 2
2
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂ -∞ < x < ∞, t ≥ 0 
với các điều kiện: 
0)t,x(u
)x(uxsin
t
u
)x(ux)t,x(u
0x
1
2
0t
o
2
0t
=
==∂
∂
==
=
=
=
Trước hết để tìm nghiệm của bài toán ta kéo dài lẻ hàm uo(x) = x2 và u1(x) = sin2x sẽ 
được các hàm: 
⎩⎨
⎧
<−
≥=∗
0xx
0xx
u
2
2
o 
⎩⎨
⎧
<−
≥=∗
0xxsin
0xxsin
u
2
2
1 
Áp dụng công thức D’Alembert cho các hàm này ta có: 
154
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−+
≤−++
=
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
>>⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ θθ−θθ+−−+
≤θθ+−++
=
θθ+−++=
∫ ∫
∫
∫
+
−
+
−
+
−
∗∗∗
at2cosx2sinx2
a4
1axt2
a
xtat2sinx2cos
a4
1
2
ttax
0
a
xtd)(sind)(sin
a2
1)atx()atx(
2
1
a
xtd)(sin
a2
1)atx()atx(
2
1
d)(u
a2
1)atx(u)atx(u
2
1)t,x(u
222
atx
0
0
atx
2222
atx
atx
222
atx
atx
1oo
Ví dụ 4: Giải phương trình điện báo: 
0
x
u
LC
1u
LC
RG
t
u
LC
LGRC
t
u
2
2
2
2
=∂
∂−+∂
∂++∂
∂ 
0
x
i
LC
1i
LC
RG
t
i
LC
LGRC
t
i
2
2
2
2
=∂
∂−+∂
∂++∂
∂ 
Trong các trường hợp: 
 - Dây không tổn hao R = G = 0 
 - Dây không méo RC = LG 
) Trường hợp dây không tổn hao: Khi đó các phương trình trên có dạng: 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
ia
t
i
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂
∂
∂=∂
∂
Trong đó 
LC
1a = 
Giả sử các điều kiện ban đầu đã biết là: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
=
=
)x(i)t,x(i
)x(u)t,x(u
o0t
o0t -∞ 0 
Với R = G = 0 ta có điều kiện đối với phương trình điện báo: 
)x(i
C
1
t
u
o
0t
−=∂
∂
=
)x(u
C
1
t
i
o
0t
−=∂
∂
=
Từ đó áp dụng các công thức D’Alembert ta được: 
[ ] ∫+
−
θθ−−++=
atx
atx
ooo d)(iaC2
1)atx(u)atx(u
2
1)t,x(u 
155
[ ] ∫+
−
θθ−−++=
atx
atx
ooo d)(uaC2
1)atx(i)atx(i
2
1)t,x(i 
Nếu tính đến 
LC
1a = ta suy ra nghiệm: 
[ ]
[ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−−+−++=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−−+−++=
2
)atx(u)atx(u
C
L)atx(i)atx(i
2
1)t,x(i
2
)atx(i)atx(i
C
L)atx(u)atx(u
2
1)t,x(u
oo
oo
oo
oo
) Trường hợp dây không méo: khi đó RC = LC và ta tìm nghiệm dưới dạng: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
−
−
)t,x(i~t
L
R
)t,x(u~t
L
R
e)t,x(i
e)t,x(u
Lấy đạo hàm hệ thức trên hai lần theo x và theo t rồi thay vào phương trình ta có: 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
i~a
t
i~;
x
u~a
ξ
u~
∂
∂=∂
∂
∂
∂=∂
∂ 
Các điều kiện đầu: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
==
==
==
==
)x(i)t,x(i~)t,x(i
)x(u)t,x(u~)t,x(u
o0t0t
o0t0t
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=∂
∂
−=∂
∂
=
=
)x(u
L
1
t
i~
)x(i
C
1
t
u~
o
0t
o
0t
Từ đó, theo công thức D’Alembert ta có nghiệm: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−−+−++=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−−+−++=
−
−
2
)atx(u)atx(u
C
L
2
)atx(i)atx(ie)t,x(i
2
)atx(i)atx(i
C
L
2
)atx(u)atx(ue)t,x(u
oooo
t
L
R
oooo
t
L
R
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: 
)t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2
2
2
+∂
∂=∂
∂ 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T 
với các điều kiện : )x(u
t
u);x(u)t,x(u 1
0t
o0t
=∂
∂=
=
= 
156
)t()t,x(u);t()t,x(u 2lx10x φ=φ= == 
Ta phân bài toán hỗn hợp này thành các bài toán nhỏ sau: 
 b. Bài toán 1: Giải phương trình: 
 2
2
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂ 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T 
với các điều kiện: 
0)t,x(u;0)t,x(u
)x(u
t
u);x(u)t,x(u
lx0x
1
0t
o0t
==
=∂
∂=
==
=
= 
Bài toán này mô tả quá trình truyền sóng của dây hữu hạn với hai đầu dây cố định. 
Biết dạng ban đầu của dây là uo(x) và vận tốc ban đầu của các thành phần dây là u1(x). 
Ta giải bài toán này bằng phương pháp tách biến, nghĩa là tìm nghiệm của phương 
trình dưới dạng tích hai hàm số, một hàm chỉ phụ thuộc vào toạ độ x và hàm kia chỉ 
phụ thuộc t. Như vậy nghiệm u(x,t) có dạng: 
 u(x,t) = X(x).T(t) 
Sau khi lấy đạo hàm và thay vào phương trình ta có: 
)x(X
)x(X
)t(T
)t(T
a
1
2
′′=′′ 
Do vế phải chỉ phụ thuộc t và vế trái chỉ phụ thuộc x nên chúng phải cùng bằng một 
hằng số mà ta kí hiệu là -λ. Khi đó ta nhận được hệ phương trình: 
⎩⎨
⎧
=+′′
=+′′
0)t(Tλa)t(T
0)x(Xλ)x(X
2
Nghiệm của bài toán phải thoả mãn điều kiện đã cho nên: 
X(0) = 0; X(l) = 0 
Khi giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng ta có nhận xét về giá trị của 
λ như sau: 
 * Nếu λ = 0 thì nghiệm tổng quát của phương trình có dạng: 
 X(x) = C1(x) + C2 
Với điều kiện đầu ta suy ra C1 = 0 và C2 = 0. Khi này X(x) ≡ 0 không được coi là 
nghiệm của bài toán. 
 * Nếu λ < 0 thì nghiệm tổng quát có dạng: 
xλ
2
xλ
1 eCeC)x(X
−−− += 
và với các điều biên ta có: 
⎩⎨
⎧
=+=
=+=
−−− 0eCeC)l(X
0CC)0(X
lλ
2
lλ
1
21 
Từ hệ trên ta suy ra C1 = 0 và C2 = 0. Khi này X(x) ≡ 0 không được coi là nghiệm của 
bài toán. 
 Nếu λ > 0 thì nghiệm tổng quát có dạng: 
xλsinCxλcosC)x(X 21 += 
và với các điều biên ta có: 
157
⎩⎨
⎧
==
==
0lλsinC)l(X
0C)0(X
2
1 
Để nghiệm không tầm thường thì từ phương trình trên ta thấy C2 ≠ 0, suy ra 
0lλsin = . Như vậy: 
 Zk
l
πkλhay
2
πlλ 2
22
∈∀== 
nên: 
 x
l
πksinC)x(X 2= 
Với giá trị λ vừa tìm được giải phương trình ta có: 
at
l
πksinBat
l
πkcosAT kkk += 
Do đó: 
 x
l
πksinat
l
πksinbat
l
πkcosa)t,x(u kkk ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ += 
Nghiệm tổng quát có dạng: 
 ∑∑ ∞
=
∞
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +==
1k
kk
1k
k xl
πksinat
l
πksinbat
l
πkcosa)t,x(u)t,x(u 
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: 
)x(u
t
u);x(u)t,x(u 1
0t
o0t
=∂
∂=
=
= 
Ta giả sử các hàm uo(x) và u1(x) là các hàm có thể khai triển thành chuỗi Fourier theo 
x
l
πksin trên đoạn [0, l]. Khi đó ta có: 
)x(ux
l
πksina)t,x(u o
1k
k0t
== ∑∞
==
Do đó: 
 ∫=
l
0
ok xdxl
πksin)x(u
l
2a 
và: )x(ux
l
πksinb
l
aπk
t
u
1
1k
k
0t
==∂
∂ ∑∞
==
nên: ∫=
l
0
1k xdxl
πksin)x(u
aπk
2b 
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: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
>−
≤−
=∂
∂
=
h2
π
3
lxkhi0
h
π2
3
lxkhiv
t
u o
0t
158
(0 ≤ x 0), h là hằng số sao cho x thoả mãn 
h2
π
3
lx ≤− chứa trong khoảng 
(0, l). 
Như vậy ta cần giải phương trình: 
2
2
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂ 
với điều kiện đầu đã cho và điều kiện biên: 
0)t,x(u)t,x(u;0)t,x(u
lxlx0t
==≡ === 
Như vậy, vì uo(x) ≡ 0 nên: 
 ak ≡ 0 
2
hπksin
aπk
lv4xdx
l
πksinv
aπk
2xdx
l
πksin)x(u
aπk
2b
2
22
o
l
0
o
l
0
1k === ∫∫ 
và: 
l
xπksin
l
atπksin
k
2
hπksin
3
πksin
aπ
lv4)t,x(u
1k
2
2
2
o ∑∞
=
= 
 c. Bài toán 2: Giải phương trình 
)t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2
2
2
+∂
∂=∂
∂ 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T 
với các điều kiện: 
0)t,x(u;0)t,x(u
)x(u
t
u);x(u)t,x(u
lx0x
1
0t
o0t
==
=∂
∂=
==
=
= 
Bài toán này mô tả quá tình truyền sóng của dây hữu hạn có tác động của lực cưỡng 
bức bên ngoài với hai đầu dây cố định. Dạng ban đầu của dây là uo(x) và vận tốc ban 
đầu của dây cho bởi u1(x). Ta cũng giải bài toán bằng phương pháp phân ly biến số 
Fourier. Ta tìm nghiệm dưới dạng: 
∑∞
=
=
1k
k l
xπksin)t(T)t,x(u (1) 
Ta giả sử các hàm uo(x) và u1(x) khai triển được dưới dạng chuỗi Fourier theo sin 
trong khoảng [0, l], khi đó ta có: 
∑∞
=
=
1k
ko l
xπksin)0(T)x(u 
hay: ∫=
l
0
ok xdxl
πksin)x(u
l
2)0(T 
 ∑∞
=
′=
1k
k1 l
xπksin)0(T)x(u 
hay: ∫=′
l
0
ok xdxl
πksin)x(u
l
2)0(T 
Mặt khác lấy đạo hàm hai lần u(x, t) trong (1) theo x và t ta có: 
159
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=∂
∂
′′=∂
∂
∑
∑
∞
=
∞
=
1k
2
k2
2
1k
k2
2
l
xπksin
l
πk)t(T
x
u
l
xπksin)t(T
t
u
Khai triển hàm f(x, t) theo sin: 
∑∞
=
=
1k
k l
xπksinC)t,x(f 
Trong đó: 
 ∫=
l
0
k xdxl
πksin)t,x(f
l
2C 
Đặt các điều kiện trên vào phương trình của u(x, t) ta có: 
 0
l
xπksin)t(C)t(T
l
πak)t(T
1k
kk
2
k =⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ −⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+′′∑∞
=
Từ đó suy ra Tk(t) trong (1) là nghiệm của phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng: 
)t(C)t(T
l
πak)t(T kk
2
k =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+′′ 
thoả mãn các điều kiện đầu và điều kiện biên 
Ví dụ 1: Giải phương trình 
1
x
u
t
u
2
2
2
2
+∂
∂=∂
∂ 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t 
với các điều kiện: 
0)t,x(u)t,x(u
1
t
u;0)t,x(u
lx0x
0t
0t
==
=∂
∂=
==
=
= 
Ta tìm nghiệm dưới dạng (1). Trong ví dụ này f(x, t) ≡ 1. Như vậy: 
( )πkcos1
πk
2xdxπksin2xdx
l
πksin)t,x(f
l
2C
1
0
l
0
k −=== ∫∫ 
hay: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
−==
n2kkhi0
1n2kkhi
πk
4
Ck 
Mặt khác u1(x) ≡ 1, uo(x) ≡ 0 nên ta suy ra: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
−==== ∫∫
n2kkhi0
1n2kkhi
πk
4
xdxπksin2xdxπksin)x(u2T
l
0
l
0
1k 
Vậy với k chẵn ta phải giải phương trình vi phân thường: 
0)t(T)πn2()t(T n2
2
n2 =+′′ 
với điều kiện: T2n(0) = 0; 0)0(T n2 =′ 
Như vậy T2n(t) ≡ 0