Phương trình toán lý part 5 ppt

b Phương pháp biến thiên tham số Có một cách trực tiếp hơn để thụ được nghiệm của phương trình 3 au Lx bằng cách xét bài toán không thuần nhất tổng quát de?. ca x Khi p=1, =0 ta được t

sò ng,

u(x,)= fo ( 96(xzk8)4c+Í[-? ám x,t;E,t} ya &,

6 trong đó: Ở(x,/;Š,+)= SF sin sin mm 17) ra

Khi ¢->00, G(z,;š,0)->0 vì sự ảnh hưởng của điều kiện ban đầu

mai

u(x,0)=@(x) sẽ biến mất khi /->e Tuy nhiên, ngay cả khi G(x,!;š.r)—>0 khi r—>œ©, nguồn nhiệt dừng vẫn còn tổn tại khi £ ~>œ Thật vậy

Ta thu được sự phân bố nhiệt dimg u(x) bang cách lấy giới hạn khi

(~>œ của bài toán phụ thuộc thời gian với nguồn nhiệt đừng

Ø(x)=-4?ƒ(x) Hàm GŒ{(x,š) là hàm ảnh hưởng hay là hàm Green cho

bài toán trong trạng thái dừng Chú ý rằng, hàm Green có tính chất đối xứng

G(x.š)=G(.x)

b) Phương pháp biến thiên tham số

Có một cách trực tiếp hơn để thụ được nghiệm của phương trình

3

au L(x bằng cách xét bài toán không thuần nhất tổng quát

de?

L(u)= (x) xác định trong khoảng a<x<È, phụ thuộc vào hai điều kiện biên thuần nhất, trong đó 7 là toán tử Sturm—Liouville có dạng

L= af rf) +q

dx dk

ca x

Khi p=1, =0 ta được toán tử của phương trình truyền nhiệt trong

đều Tẻ trạng thái dừng # =

Phương trình vì phân thường không thuần nhất luôn có thể giải bằng phương pháp biến thiên tham số, nếu biết hai nghiệm của phương trình

thuần nhất ø (x) và ø;(x) Theo phương pháp biến thiên tham số, nghiệm riêng của phương trình /(} = f(x) được tìm dưới dạng

lí = VụN V2 ,

khi đó vị và v, là hàm phụ thuộc vào x chưa được xác định Phương trình

vi phan gốc có một hàm chưa biết, vì rằng có mội bậc tự do thêm vào là

đu/dk Nếu vị và v, la hang sé thi

de

Vi phan L(u)= f(x) duoc thoa mãn nếu

a di ede de Ode EO)

Phương pháp biến thiên tham số tạo ra hai phương trình vi phân cho các

a,

ax P| 4, (

trong dé c= o(m Sn “), hang sb c tùy thuộc vào việc lựa chọn ix

tị VÀ My

Nghiệm tổng quát L{u)= f(x) duge cho béi u=uVy,+u,V,, & day

v, va v, xác định bởi tích phân của dụ,/đv và đw,/dv ở trên,

Ta định nghĩa Wronskian W là đại lượng

142

trong đó, các phương trình vị phân thuần nhất L(u,)=0 vaL(u,)=0 dugc

dùng đến Giải phương trình trên suy ra W =c/p hay là pW =c

Đây là hai công thức cần thiết trong phương pháp biến thiên hằng số

(u =s¿, +u„y,) Từ điều kiện biên suy ra:

Ta cũng thấy tính đối xứng của hàm Green: G(x,š) =G(š,x)

Như vậy, khi giải phương trình truyền nhiệt trong trạng thái dừng, ta thu được hai hàm Green

có cùng diéu kién bién thuan nhat, ham trong o có thể tùy ý Ta thường tìm

nghiém u(x} bằng cách khai triển vào chuỗi Fourier của các hàm riêng:

Chú ý rằng, các ham riêng trực giao nhau theo công thức

0, nen fot *)4„(z)&= jps nen?

Ƒ@)

Suy ra —đ,À„ = #

Jsue Nghiệm của bài toán giá trị biên cho phương trình vi phân không thuần nhất là

s)= r6) š) 0) E)x - Trg)ø()a,

¬-

trong đó: G(x,š}= Š%,)9,), 6(x,)=6G(£.x)

7Ì ~A, Jong

Một lần nữa ta lại chỉ ra tính đối xứng của bài toán

Ví dụ: Áp “re để giải bài toán:

nã trùng với kết quả của bài toán phụ thuộc thời gian khi ¢ > 00 với nguần

nhiét dimg O(x)=~a’ f(x)

§10 TRUYEN NHIET TRONG HE TOA ĐỘ TRỤ

1 Tọa độ trụ xuyên tâm -

Xét quá trình truyền nhiệt trong một thanh trụ dài với thiết diện hình

tròn, giả sử nhiệt độ của thanh có dạng + =(r,) là hàm của bán kính z và

Từ điều kiện biên, suy ra #{(z,}= 0 Chia cả bai vế của phương trình

trên cho 4”#(r}7 (7) ta thu được

7{) #ứ)+-#Œ)

trong dé A, la hang sé tach bién

Từ (3.80) ta đưa ra hai phương trình vi phân:

#'(y)+#()~A/R()= 0, O<r<n, R(n) =0 (3.82) Phuong trình (3.82) là bài toán Sturm-Liouville đơn giản, trong đó với

M=0.A,=œ” nghiệm không tổn tại Khi A,=-œ” ta có phương trình

Bessel cấp không Nghiệm tổng quát của phương trình này có dạng

R=R(r)=C J, (or)+C,¥, (ar), OSrsn,C,,C, =const

Để xác định nghiệm trên biên, vì tính chất hữu hạn của nghiệm, đặt

€; =0, chọn C, =1, nghiệm xác định trong khoảng 0 <r <z; có dạng

an he

(9)

R=R(r)}=J,(er)= 1 liana (3.83)

%

Các hàm riêng này trực giao nhau trong khoáng từ 0 đến * với hàm

trọng là z Giải phương trình (3.81) theo biến / ta có

7=T()=e*”,1=12

do đó nghiệm của phương trình vi phân đạo hàm riêng (3.78) co dang

4-4 (r= RT (Q= Loree"

Vậy nghiệm tổng quát của (3.78) có dạng

tal

Điều kiện ban đầu đòi hỏi

u(r,0)= f(r)= 2 AJ, (ar)

Do tính trực giao của các hàm Bessel (xem mục 1, §5, Chương VI) ta tính được các hệ số x4 theo công thức

2 Tọa độ trụ không xuyên tâm

Tìm nhiệt độ của ống tụ tròn dài vô hạn có ban kinh ro

(0<r<w,:0<@<2x) nếu nhiệt độ ban đầu có dạng Hị „= ƒ(r,@), biết

rằng trên bề mặt trụ duy trì nhiệt độ bằng không

Phuong trinh co dang

— Hàm nhiệt độ tại miền được xét phải hữu hạn: |u(r.o.2)| <0:

— Theo bién @ hàm nhiệt độ có tính tuần hoàn

Do tính trực giao của hàm Bessel và tính trực giao của các hàm

{1, cosnp, sin np} ta co:

3 Toạ độ trụ với độ dài hữu hạn

Tìm nhiệt độ của ống trụ tròn dài hữu hạn, có bán kính rọ

(0<r<n;0<@<2m0<z<1) nếu nhiệt độ ban đầu có dang

ul = (,œ.z) „ biết rằng trên bề mặt trụ duy trì nhiệt độ bằng không

Phương trình có dạng

2, 2

Đa The ›0<r<n,0<q@<2m,0<z<ñ:

or ror\ &} rap &

u{n,@,z,t}= 0u(r,@,0,1) =0;u(r,@, 20) = 0 (3.95)

ul, =f (7.9.2)

Các điều kiện:

~ Hàm nhiệt độ tại miền được xét phải hữu hạn: |x(.e.z.)| <m;

~ Theo biến ‹ hàm nhiệt độ có tính tuần hoàn:

„(r,@+2,z,1) = u(r,@,Z,1)

Chọn nghiệm dưới dạng tách biến z(r,o,)= R(r}®(o)Z(z)70)

thay vào phương trình (3.95) ta có

Tí) 1 PRO] 100) 27)

Điều kiện |R|<«©=B„=0 vì hàm Ÿ„(0)->-œ Thay điều kiện ban

đầu ta có #(z,)= œ„2„(ơm,}= 0, đánh số các không điểm của hàm Bessel là

Suy ra công thức tính các hệ số Am, và B, mink là

đạ 2E

Aung “aay rọ eosnpsin™ J, [ie h rine

9

”) monk = Tf fer (r.e) )sinnosin“^J, [He rend,

§11 TRUYEN NHIET TRONG TOA BQ CAU

Tìm nhiệt độ của quả cầu bán kính " (0 <r<n;0<0<m0<0< 2n)

nếu nhiệt độ ban đầu có dạng u,_, =f (7.8.0), biết rằng trên bề mặt cầu

duy trì nhiệt độ bằng không

Phương trình có dạng

ôm =a —zt†t xa Ou 2ôu 1 ô sinЗ j4+-3-—3- ôu 1 đu 5 |!

arr a rhsin0ô0 Ø0) r”sin?9 ôo

~ Ham nhiệt độ tại miền được xét phải hữu hạn |z(r,0,o,r)|< s;

— Theo biến ọ hàm nhiệt độ có tính tuần hoàn

u(r,0,0+ 2,1) =u(r,6,0,f)

Chọn nghiệm dưới đạng tách biến u(r.9,t)= R(r)¥(0,0)7(¢), thay

vào phương trình ta có

1 dT _1(@R 2dR\ 11) 1 af say) 1 ay ;

“=> “ai xế? ằ taal mel sin®@ se t+} zy |=TÀ”

aT dt R\ dr rar} rˆ Y| sin9 ô9 ®@jJ sinĐôp

sin® 68 2} sin?@ dy”

Chon ¥(8,@) = ©(8)@(@) réi thay vào phương trình (3.101) ta có:

Nghiệm của phương trình (3.103) là:

P=Pl9(x)=(1~x?}$ ® Sey (x)=( 7* } đe

+ đ*P.(cos8) d(eos6) ‘

P = Pl) (cos6) = (sin)

Ta thu duge ham cau

¥,(0.0)= SA, cos k@ + Ö„„ sin ke) PL? ( ) cos6) = yes C,,¥" (8,0) 9),

4

2

Ta có: n(n+1)=iP+2.n+1~.1- ned) 1 2 4 4 2) 4

Dat Ar =x va thay vào phương trình (3.105) ta co

ca) Sa, R) [2= nu+1)]R)=0,

Phương trình theo biến / có nghiệm 7 (?) = 7„„ (/) = A

Nghiệm tổng quát của phương trình (3.100) có đạng

Đi đến giải bài toán đơn giản nhất về trị riêng: Tìm giá trị của tham số

2 dé cho có nghiệm không tâm thường của bài toán

an

hố B08 eg,

Theo nguyén ly chẳng chất, có thể nhân các nghiệm này với một bằng

số tùy ý và cộng TẤT cả các nghiệm này thành nghiệm tông quát Như vậy, nghiệm tổng quát có dạng

rob (91+ (7 8)de + gx,

trong dé: C, = 2 2 Tots) w(x)]sin Chri),

3 Tìm phân bố nhiệt độ của một thanh (Ö< x< 7), với các bề mặt của thanh cách nhiệt, đầu mút tại x =0 cũng cách nhiệt, tại đầu mút x = 7

có một dòng nhiệt không đổi Q di vao Nhiệt độ ban đầu bằng không

Bây giờ ta cần phải giải phương trình

Thay vào (12) ta được

1,0)=- 295cc (kn)

Nghiệm bài toán có dạng

"nan 201 (aye! ⁄ F eos

hay là

ues) = OFF +O

Ki og

4 Giải phương trình: uv, =u,,+sin3nx, 0<x<]1

thỏa mãn điều kién bién: u,(0,2)=0, u,(1¢)=0 và điều kiện ban đầu

Như vậy nghiệm có dạng:

u(x,t} = Cot + Dy “fe (0)e Gm (2)

4

Các hệ số được tìm như sau:

sin3mx = ye, COS MTX;

pm

Kết quả là:

Wot) = Sot Sn £8 (2k +1)' "| 9~ (2k +1)" | ne (ene) kesme

5 Tim nhiệt độ của ống trụ tròn đài vô hạn có bán kính z (0<z <h;

0<@<2n) nếu nhiệt độ ban đầu có dạng u|_, = /(r,@) biết rằng trên

bề mặt trụ duy trì nhiệt độ bằng không

Giải Phương trình có dạng

ou {1a 3) 1 &u

— =#|-—|?f— |*-;~—>z

or rary ar} rv? aq?

thoả mãn các điều kiện

{n,®.) =0

p = f(r.9)

Cae diéu kién:

— Ham nhiét 6 tại miền được xét phải hữu hạn: lxứ.eœ.r| <a,

— Theo bién @ hàm nhiệt độ có tính tuần hoàn

u(r,01)=u(r,@+ 2m)

Chọn nghiệm dưới dạng tách biến u(r.o,t) = R(r)®{(0)7(0} thay vào phương trình ta có

, T’(t) ST [rr'(r)] 1®(9)_ 42

o"(o)

(0) Nghiệm ®{(@) có dạng

Chọn =n > 0"(9)+1°O(9)=0

©(@) = Acosnp+ Bsinng

Do tính tuần hoàn ®(@+ 2n) = ®Đ{(@) suy ra n = 0,1,2,

Phương trình đối với 7(z) và R(r) 1a:

Điều kiện |Ä|<œ=B„ =0 vì hàm ¥,(0)— co, tir diéu kign ban ddu

ta có R(r,)=a,/,(4%)=0, danh sd cac khong diém cia ham Bessel là

{n) wh) = 0,1,2 00 A= dnt = HE chính xác đến một hệ số

hang số, ham theo biến z có dạng

Phương trình theo biển r có nghiệm

7()=T, weet

Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho có đạng

Ae) u(r.o,t) -š J8 n "l A, cosnp+ B,, sinnp)e 8

Trong một khối lập phương (0 < x,y,z < #.) xảy ra sự khuếch tán vật

chất mà các hạt của chất đó bị phân huý với vận tốc tý lệ với nồng độ

của nó Hãy xác định nông độ của chất trong khôi lập phương này nêu nông độ ban đâu của nó không đổi và băng U Nông độ của chất đó

Tìm phân bố nhiệt độ của một thanh (0< x < 7) với các bề mặt của thanh cách nhiệt, còn các đâu mút duy trì nhiệt độ không đôi là: -

u(0,t)=U, =const, #(L,f) = U, = const

Nhiệt độ ban đầu của thanh bằng ƒ(x)= Ù, = const

Tìm phân bố nhiệt độ của một thanh (0< x< 7) với các bề mặt của thanh có sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài theo định luật Newton nhiệt độ của môi trường bên ngoài là , = const, còn các

đầu mút duy trì nhiệt độ không đổi bằng

u(0,t)=U, =const, u(Z,1)=U, =const

Nhiệt độ ban đầu của thanh bằng ƒ(x) Hãy xét trường hợp khi

U,=U,=0, ƒ(x)=0

Tìm nhiệt độ của ống quạt trụ dài vô hạn có mặt cất là một hình quạt

với bán kính 4 (0 <r <n4:0<@<@,) néu nhiệt độ ban đầu có dạng

u|_, =f (7.0), biét rang trén bé mat try va hai phần mặt phẳng hình

quạt duy trì nhiệt độ bằng không

eS aoe

sở ng,

Chương IV

PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC

§1 MỞ ĐÀU

1 Phương trình Laplace và các điều kiện biên

Phương trình Laplace thuần nhất có dang

và dạng không thuần nhất là: V”= /(x,y,z); x,y.z€'R (4.2)

Phương trình Poisson hay la phuong trinh Hemholtz có dang

Vu +Àu =Ú; x.y,z€Ï#, À =const, ,„ (43) _ Các phương trình trên được gọi là phương trình Elliptic luôn luôn tìm thây trong các ngành học khoa học và công nghệ liên quan đến các bài toán dừng Phương trình Hemholtz liên quan đến bài toán trj riéng Elliptic, trong

do tri riêng 4 duge tim sao cho nghiệm là khác không Các phương trình trên có thê có dạng khác nhau phụ thuộc vào dạng của toán tử l.aplace trong các hệ tọa độ khác nhau Trong chương này, sẽ nghiên cứu các dạng khác nhan của các phương trình trên một cách đầy đủ và minh họa các ứng dụng của chúng trong một vải ngành khoa học và công nghệ

Ta có bảng sau mô tả đạng của phương trình Laplace trong các hệ tọa

Chúng ta sẽ giải chỉ tiết các phương trình Laplace, Poisson và Hemholtz

với các điều kiện biên sau:

~ Điều kiện biên Dirichlet:

B(u) sus (XYZ) VII e dR,

~ Diéu kién bién Neumann:

Ou Blu)=— = Vu-#= g(x yz) Va.y.ce OR,

ôn

— Điều kiện biên Robin:

Bu) =0S! + Bu = g(x p.z);Vx,7€ OR,

n

trong dé hing sd a6 va ham g(x.y.2) được xác định: diéu kign x,y,z

nằm trên biên của miễn W được viết là x.p.~eðR, ở đây €ReER

Như vậy bài toán biên cho phương trình Elliptie có thể viết:

168

~ Khi œ = 0,8 =1 là điều kiện biên Diricblet;

~ Khi œ =1.B =0 là điều kiện biên Neumann;

~ Khi œ z0 z 0 là điều kiện biên Rebin

Ví dụ: Nhiệt độ của một vật đồng chất có nguồn nhiệt trong lÑ thoả mãn phương trình truyên nhiệt

oe =aVru ta (x pecs) ue u(x yz), x.y.ze€lR

a Trạng thái dừng của phương trình trên cho ta phương trình Poisson

2 Nghiệm của phương trình Laplace trong các hệ tọa độ

Nghiệm của phương trình Laplace còn được gọi là các hàm điều hoà a) Nghiém phương trình Laplace trong tọa độ Đê-các

Cho hàm ø=,(x.y.z) phương trình Laplace trong hệ tọa độ Dễ-các 3

se

fou tiie ay Như vậy: ulxyic) = et ete

Nghiém day du cua bai toan la

u(x y.z)= X(x)¥(y)Z(s)=

b) Nghiệm phương trình Laplace trong tọa độ trụ

Cho ham u = u(r,.@.2) „ Phương trình Laplace trong hệ tọa độ trụ 3 chiều

Vậy nghiệm của phương trình Laplace khi & =0 là C, cosnp+ D, sin np

u(r.@)= 4, + Byinr+ Yar’ + 8ự"\(C, COS r0 + J2, sỉn nọ) nal

Công thức trên được gọi là hàm điều hoà trụ

Trong trường hợp & > 0 ta có nghiệm của phương trình (*) là

R, (kr) =AJ, (xr) +BY, (kr)

Nghiệm của phương trình có dạng

u(r.g,z) = XL 4p’, (k„r)+ 8y, (kuz) Je° tet*e

170