Giáo trình Toán chuyên ngành Điện - Chương 9: Phương trình Vật lý và Toán (Phần 2)

I TOÁN DAO ĐỘNG CƯỠNG BỨC 
1. Nguyên lí Duhamel: Để giải các bài toán có tác động của ngoại lực người ta 
thường dùng nguyên lý Duhamel được phát biểu như sau: 
Nếu H(α, x, t) với mọi giá trị của tham biến α là nghiệm của phương trình: 
ila
t
H 2
2
2
∆=∂
∂ 
163
với các điều kiện: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=∂
∂
=
=
=
)σ,x(h)t,x,α(H
t
0)t,x,α(H
0t
0t
Khi đó hàm: 
 ∫ −=
l
0
αd)αt,x,α(H)t,x(u 
sẽ là nghiệm của phương trình: 
 )t,x(hua
t
u 2
2
2
+∆=∂
∂ 
với các điều kiện: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=∂
∂
=
=
=
0
t
u
0)t,x(u
0t
0t
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: 
)t,z,y,x(f
z
u
y
u
x
ua
t
u
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂+∂
∂=∂
∂ (1) 
với các điều kiện: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=∂
∂
=
=
=
)z,y,x(u
t
u
)z,y,x(u)t,z,y,x(u
1
0t
o0t
-∞ 0 (2) 
Ta dùng phương pháp chồng nghiệm, nghĩa là tìm nghiệm của phương trình (1) dưới 
dạng: 
 )t,z,y,x(u)t,z,y,x(u)t,z,y,x(u += 
Trong đó )t,z,y,x(u là nghiệm của bài toán: 
 ua
t
u 2
2
2
∆=∂
∂ 
với: 1
0t
o0t
u
t
u;uu =∂
∂=
=
= 
Còn )t,z,y,x(u là nghiệm của bài toán: 
 fua
t
u 2
2
2
+∆=∂
∂ 
với: 0
t
u;0u
0t
0t
=∂
∂=
=
=
Theo công thức Kirhoff ta có: 
164
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
∂
∂+= ∫∫∫∫
S
o2
S
12 ds)ζ,η,ξ(utaπ4
1
t
ds)ζ,η,ξ(u
taπ4
1)t,z,y,x(u 
Mặt khác theo nguyên lí Duhamel ta có: 
∫∫=
S
2 dst
)α,ζ,η,ξ(f
aπ4
1)t,z,y,x,α(H 
Từ đó suy ra: 
αdds
αt
)α,ζ,η,ξ(f
aπ4
1)t,z,y,x(u
l
0 )αt(S
2 ∫ ∫∫ ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−= −
Để rút gọn công thức nghiệm trong tích phân trên ta đổi biến r = a(t - α). Do đó ta có: 
∫∫∫∫ ∫∫
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=
Vat
2
l
0 )r(S
2 dVr
a
rt,ζ,η,ξf
aπ4
1drds
r
a
rt,ζ,η,ξf
aπ4
1)t,z,y,x(u 
Trong đó Vat là hình cầu bao bởi mặt S và: 
 222 )ζz()ηy()ξx(r −+−+−= 
Vậy nghiệm của bài toán 1 là: 
∫∫∫∫∫∫∫
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
∂
∂+=
VatS
o
S
1
2 dVr
a
rt,ζ,η,ξf
ds
t
)ζ,η,ξ(u
t
ds
t
)ζ,η,ξ(u
aπ4
1)t,z,y,x(u 
Công thức này được gọi là công thức Kirhoff tổng quát. 
3. Bài toán 2: Giải phương trình: 
)t,y,x(f
y
u
x
ua
t
u
2
2
2
2
2
2
2
+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂=∂
∂ (1) 
với các điều kiện: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=∂
∂
=
=
=
)y,x(u
t
u
)y,x(u)t,y,x(u
1
0t
o0t
-∞ 0 (2) 
Nghiệm của bài toán rút ra nhờ cách giải tương tự như bài toán trước bằng cách dùng 
nguyên lý Duhamel: 
( ) αd
)ηy()ξx()αt(a
ηdξdα,η,ξfηdξd
)ηy()ξx(ta
)η,ξ(u
t
ηdξd
)ηy()ξx(ta
)η,ξ(u
aπ4
1)t,y,x(u
l
0 )αt(aD
2222
aD
2222
o
S
2222
1
2
∫ ∫∫∫∫
∫∫
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−−−−−+⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−−−−∂
∂+
−−−−=
−
Trong đó Dat và Da(t-α) là miền tròn có cùng tâm (x, y) và bán kính là at và a(t-α) . 
Công thức này được gọi là công thức Poisson tổng quát. 
4. Bài toán 3: Giải phương trình: 
165
)t,x(f
x
ua
t
u
2
2
2
2
2
+∂
∂=∂
∂ (1) 
với các điều kiện: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=∂
∂
=
=
=
)x(u
t
u
)x(u)t,x(u
1
0t
o0t
-∞ 0 (2) 
Dựa trên nguyên lý Duhamel và công thức D’Alembert ta đưa đến nghiệm bài toán: 
[ ] αdξd)α,ξ(f
a2
1)atx(u)atx(u
2
1ξd)ξ(u
a2
1)t,x(u
l
0
)αt(ax
)αt(ax
oo
at
atx
1 ∫ ∫∫ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−+++=
−+
−−−
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: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂=∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
y
u
x
ua
t
u (1) 
với các điều kiện đầu : 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=∂
∂
=
=
=
)y,x(u
t
u
)y,x(u)t,y,x(u
1
0t
o0t
-∞ 0 (2) 
và điều kiện biên: 
 0)t,y,x(u
γ)y,x(
=∈ (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: 
T
T
a
1
y
u
x
u
u
1
22
2
2
2 ′′=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂ ∗∗
∗ 
Từ đó suy ra: 
 0uλ
y
u
x
u
2
2
2
2
=+∂
∂+∂
∂ ∗∗∗ (5) 
0)t(Tλa)t(T 2 =+′′ (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: 
 0)y,x(u
γ)y,x(
=∈ (7) 
Những giá trị λ để tồn tại nghiệm u*(x, y) ≠ 0 được gọi là các giá trị riêng và các 
nghiệm u*(x, y) tương ứng được gọi là các hàm riêng của bài toán. Tính chất của giá 
166
trị riêng và hàm riêng là: 
 * Mọi giá trị riêng đều dương 
 * Tập các giá trị riêng là một tập vô hạn đếm được 
 * Nếu λi ≠ λj thì các hàm riêng tương ứng với chúng thoả mãn hệ thức: 
 0dydx)y,x(u)y,x(u
D
ji =∫∫ 
nghĩa là các hàm riêng trực giao với nhau 
 * Một giá trị riêng có thể ứng với nhiều hàm riêng độc lập tuyến tính khác 
nhau. Giá trị riêng như vậy được gọi là giá trị riêng bội 
 * Đối với các hàm riêng nếu chưa là hệ trực chuẩn thì bằng phương pháp trực 
giao hoá Schmidt có thể xây dựng hệ hàm riêng trực giao chuẩn, nghĩa là đối với hệ 
đó ta có: 
 ⎩⎨
⎧
=
≠=∫∫ ji1
ji0
dydx)y,x(u)y,x(u
D
ji 
 * Mọi hàm β(x, y) khả vi, liên tục 2 lần và thoả mãn điều kiện biên: 
 0)y,x(β
γ)y,x(
=∈ 
đều có thể khai triển theo hệ thống các hàm trực giao chuẩn thành chuỗi hội tụ tuyệt 
đối và đều trên miền D, nghĩa là nó có thể biểu diến dưới dạng: 
 ∑∞
=
=
1k
kk )y,x(ua)y,x(β 
trong đó ak được tính theo công thức: 
 dydx)y,x(u)y,x(βa
D
kk ∫∫= 
Từ những tính chất đã nêu của hàm riêng và giá trị riêng ta thấy bài toán (5) & (6) có 
các giá trị riêng dương nên (6) có nghiệm tổng quát là: 
 atλsincatλcosb)t(T kkkkk += 
Từ đó suy ra: 
[ ]∑∑ ∞
=
∞
=
+==
1k
kkkkk
1k
kk atλsincatλcosb)y,x(u)t(T)y,x(u)t,y,x(u 
Nếu xét đến các điều kiện ban đầu ta có: 
dxdy)y,x(u~)y,x(ub
D
kok ∫∫= 
dxdy)y,x(u)y,x(u
λa
1c
D
k1
k
k ∫∫= 
Ví dụ 1: Giải phương trình: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂=∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
y
u
x
ua
t
u 
trên miền ⎩⎨
⎧
≤≤
≤≤=
my0
lx0
D t ≥ 0 
với các điều kiện đầu: 
167
⎪⎩
⎪⎨
⎧
==∂
∂
=−−=
=
=
)y,x(u0
t
u
)y,x(u)ym)(xl(xy)t,y,x(u
1
0t
o0t
và các điều kiện biên: 
 0)t,y,x(u
γ)y,x(
=∈ 
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: 
)x(X
)x(Xλ
)y(Y
)y(Y ′′−=+′′ 
Từ đó ta suy ra: 
⎩⎨
⎧
=+′′
=+′′
0)y(Yβ)y(Y
0)x(Xα)x(X
 (8) 
Từ điều kiện biên của bài toán ta rút ra: 
 ⎩⎨
⎧
=+
==
0)l(Y)0(Y
0)l(X)0(X
 (9) 
Khi giải phương trình (8) với điều kiện (9) để có nghiệm không tầm thường ta cần có: 
2
22
n2
22
k m
nπβ;
l
πkα == 
Từ đó ta có: 
 ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ += 2
2
2
2
2
kn m
n
l
kπλ 
Nghiệm riêng ứng với các giá trị riêng đó là hệ hàm trực chuẩn: 
m
yπnsin
l
xπksin
lm
2ukn = 
Khi đó nghiệm của phương trình (6) có dạng: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ += 2
2
2
2
kn2
2
2
2
knk m
n
l
katπsinc
m
n
l
katπcosb)t(T 
Tóm lại nghiệm của bài toán sẽ là: 
m
yπnsin
l
xπksin
m
n
l
katπsinc
m
n
l
katπcosb)t,y,x(u
1k 1n
2
2
2
2
kn2
2
2
2
kn∑∑∞
=
∞
= ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ += 
Trong đó bkn và ckn được tính như sau: 
 ckn = 0 ∀k, n vì u1 ≡ 0 
168
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
+′=+′=+′+′=
−−=
−−=
∫ ∫
∫ ∫
1
336
22
l
0
m
0
l
0
m
0
kn
k2k0
1n2n,1k2k
)1n2()1k2(π
lm64
dy
m
yπnsin)ym(ydx
l
xπksin)xl(x
lm
4
dxdy
m
yπnsin
l
xπksin)ym)(xl(xy
lm
4b
Như vậy: 
m
yπ)1n2(sin
l
xπ)1k2(sin
)1n2()1k2(
θatπcos
π
lm64)t,y,x(u
1k 1n
33
kn
6
22 +⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +
+′+′= ∑∑
∞
=
∞
=
Ví dụ 2:Giải phương trình: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂=∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
y
u
x
ua
t
u 
trên miền ⎩⎨
⎧
≤≤
≤≤=
my0
lx0
D t ≥ 0 
với các điều kiện đầu: 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
==∂
∂
==
=
=
l
a)y,x(u
t
u
l
yπsin
l
xπsin)y,x(u)t,y,x(u
1
0t
o0t
và các điều kiện biên: 
 0)t,y,x(u
γ)y,x(
=∈ 
trong đó γ là biên của miền D. 
 Tương tự như ví dụ 1, sau khi dùng phương pháp phân li biến số ta tìm được 
giá trị riêng là: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ += 2
2
2
2
2
kn l
n
l
kπλ 
hệ hàm trực chuẩn tương ứng là 
l
yπnsin
l
xπksin
l
2 và các hệ số trong nghiệm tổng 
quát được tính như sau: 
⎩⎨
⎧
==
≠== ∫ ∫ 1nk1
1n,k0
dxdy
m
yπnsin
l
xπksin
l
yπsin
l
xπsin
l
4b
l
0
l
0
2kn
 dxdy
m
ynsin
l
ysin
l
xsin
l
4cnk
l
a l
0
l
0
2kn
22 πππ=+π ∫ ∫ 
169
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+′+′π
=πππ= ∫ ∫ len,k
)1n2)(1k2(l
a16
chann,k0
dy
m
ynsin
l
ysindx
l
xsin
l
a4
2
l
0
l
0
3 
Nghiệm của bài toán là: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
+++++
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ +++
+
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +=
∑∑∞
=
∞
=
yπ
l
1n2sinxπ
l
1k2sin
)1n2()1k2()1n2)(1k2(
l
)1n2()1k2(πatsin
π
16
l
yπsin
l
xπsin
l
2πatsin
2π
16
l
2πatcos)t,y,x(u
1k 1n 22
22
3
3
§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: 
2
2
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂ (1) 
với các điều kiện đầu : 
)x(u)t,x(u o0t == -∞ < 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: 
t2aλCe)t(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: 
[ ]xsinh)h(Cxcosh)h(Ce)t,x(u 21t2a2hh += − 
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. 
[ ]∫∫ ∞
∞−
−
∞
∞−
+== dhxsinh)h(Cxcosh)h(Ce)t,x(u)t,x(u 21t2a2hh 
Khi t = 0 ta có: 
[ ]∫∞
∞−
= +== dhxsinh)h(Cxcosh)h(C)x(u)t,x(u 21o0t