Bài 1 : Xác định dao động tự do của dây hữu hạn, gắn chặt tại các mút x = 0 và x = l, biết độ lệch ban đầu đợc cho bởi u(x,0) = 2 )(4 l xlx (0 x l) còn vận tốc ban đầu bằng 0. Giải : Gọi u(x,t) là độ lệch của thiết diện có hoành độ x ở thời điểm t. Ta có phơng trình dao động của dây : 2 2 2 2 2 x u a t u = (1) Theo bài ra, ta có : điều kiện ban đầu : ( ) = = = = 0 4 0 2 0 t t x u l xlx u (2) và điều kiện biên : 0 0 = =x u 0= =lx u (3) Theo lý thuyết, ta có nghiệm riêng của phơng trình (1) thoả mãn điều kiện biên (3) có dạng : u(x,t) = l xk l atk b l atk atxu k k k k k sin).sincos(),( 11 += = = (4) Ta xác định a k , b k sao cho u(x,t) thoả mãn điều kiện ban đầu (2) Thay (4) vào (2) : 2 1 0 )(4 sin l xlx l xk au k k t == = = (5) 0sin 1 0 == = = l xk l ak b t u k k t (6) Giải (5) : Nhận thấy a k là hệ số trong khai triển 2 )(4 l xlx thành chuỗi Fourier theo hàm sin trong khoảng (0, l). Nhân 2 vế của (5) với l xk sin rồi lấy tích phân 2 vế từ 0 l ta có : dx l xk l xlx dx l xk a ll k sin )(4 sin 0 2 2 0 = (7) VT = l k l k l k l xk k l x a dx l xk adx l xk a 0 0 2 0 sin 222 cos1 sin = = = 2 l a k VT = 2 l a k (8) VP = l l dx l xk xdx l xk xl l 0 0 2 2 sin.sin 4 nếu nk 2= nếu 12 += nk Ta có : I 1 = k k l l xk k l l xk x k l dx l xk x l o l o l cossincos sin. 2 22 2 0 =+= I 2 = dx l xk x k l l xk x k l dx l xk x l l o l cos. 2 cos sin. 0 2 0 2 += I 2 = - 33 3 33 33 2 cos 2 cos k l k k l k k l + Nên VP = ++ 33 33 33 33 2 2 coscos 2 cos 4 k l k k l k k l k k l l VP = k k l k l l cos 224 33 3 33 3 2 (9) Thay (8) (9) vào (7) ta có : a k = )cos1( 2 . 8 33 3 3 k k l l = ( ) + = 3 3 33 12 32 0 )cos1( 16 n k k (n=0,1,2 ) Từ (6) b k = 0 do đó, nghiệm của bài toán đã cho : u(x,t) = ( ) l xn l atn n n )12( sin )12( cos 12 132 0 33 ++ + = . Bài 2 : Xác định dao động tự do của dây hữu hạn, gắn chặt tại các mút x= 0 x = 1 biết độ lệch ban đầu bằng 0, vận tốc ban đầu đợc cho bởi : = 0 )cos( )0,( 0 cxv x t u với v 0 là hằng số dơng và /2 < c < l - /2. Giải : Gọi u(x,t) là độ lệch của dây có hoành độ x ở thời điểm t .Ta có phơng trình dao động của dây : 2 2 2 2 2 x u a t u = trong miền (0<x<l , 0<tT) (1) thoả mãn điều kiện biên: 0 0 = =x u 0= =lx u (0 tT) (2) và thoả mãn điều kiện ban đầu : ( ) = = = = 0 cos 0 0 0 0 cxv t u u t t (0 x l) (3) nếu cx < /2 nếu cx > /2 nếu cx < /2 nếu cx > /2 Tơng tự bài 1) ta có nghiệm của phơng trình (1) thoả mãn điều kiện biên (2) : u(x,t) = l xk t l ak bt l ak a k kk sinsincos 1 = + (4) Từ điều kiện ban đầu ta có : 00sin 1 0 === = = k k k t a l xk au (5) ( ) xF l xk l ak b t u k k t == = = sin 1 0 Nhận thấy b k là hệ số trong khai triển F(x) thành chuỗi Fourier theo hàm sin trong khoảng (0, l) ( ) dx l xk xFdx l xk l ak b ll k sinsin 00 2 = = k b + 2/ 2/ sin)cos( 2 c c o dx l xk cx ak v = + + + + 2/ 2/ 2/ 2/ 0 .1sin.1sin c c c c dxcx l k dxcx l k ak v = + + + + 2/ 2/ 2/ 2/ 0 1cos 1 1 1cos 1 1 c c c c cx l k l k cx l k l k ak v = + + + + cc l k cc l k l k ak v 2 1cos 2 1cos 1 1 0 + + cc l k cc l k l k 2 1cos 2 1cos 1 1 = ++ + 22 cos 22 cos 1 1 22 0 l k l ck l k l ck l k ak v ++ 22 cos 22 cos 1 1 22 l k l ck l k l ck l k + + + + = l k l ck l k l ck l k l k l ck l k l ck l k ak v 2 sin 2 sin 1 1 2 sin 2 sin 1 1 2222 0 = l k l ck l k l k ak v 2 cossin2 1 1 1 1 2 0 + = l k l ck l k ak v 2 cos.sin 1 1 . 4 2 2 22 0 b k = l k l ck l k ak v 2 cos.sin. 1 4 2 2 22 0 Do đó nghiệm của bài toán đã cho là : u(x,t) = .sinsin 1 2 cos.sin . 4 1 2 22 2 0 l xk l atk l k k l k l ck a v k = Bài 3 : Xác định dao động dọc của thanh nếu 1 mút gắn chặt còn 1 mút tự do, biết các điều kiện ban đầu : )( 0 xfu t = = , )( 0 xF t u t = = Giải : Gọi u(x,t) là độ lệch của thiết diện có hoành độ x ở thời điểm t Phơng trình : 2 2 2 2 2 x u a t u = (1) Thoả mãn điều kiện đầu : )( 0 xfu t = = , )( 0 xF t u t = = (2) Thoả mãn điều kiện biên : 0 0 = =x u , 0= =lx x u (3) Nghiệm của phơng trình có dạng : U(x,t) = X(x).T(t) (4) Từ (1) và (4) ta có : =+ =+ )6(0" )5(0" 2 TaT XX Từ (3)&(4) X(0) = 0 ; X(l) = 0 (7) Giải (5) : * = - c 2 X(x) = c 1 .e -cx + c 2 .e cx nên theo (7) : X(x) = c 1 + c 2 = 0 c 1 + c 2 = 0 c 1 = 0 X(l) = -c.c 1 .e -cl + c.c 2 .e cl = 0 c 2 .e cl c 1 e -cl = 0 c 2 = 0 (loại) * = 0 X(x) = c 1 + c 2 x Theo (7) : ( ) ( ) == == 0' 00 2 1 clX cX (loại) * = c 2 X(x) = c 1 cos cx + c 2 sin cx Từ (7) == == 0cos)(' 0)0( 2 1 clcclX cX Để c 2 = A k cos cl = 0 kcl += 2 ( ) l k c 2 12 + = = ( ) 2 2 12 + l k Nghiệm của phơng trình (5) thoả mãn điều kiện biên (7) là : ( ) ( ) l xk AxX kk 2 12 sin + = Giải (6) : ( ) ( ) ( ) l atk D l atk BtT kkk 2 12 sin 2 12 cos + + + = Nên nghiệm riêng của phơng trình (1) là : ( ) ( ) ( ) l xk l atk b l atk atxu k kk 2 12 sin 2 12 sin 2 12 cos),( 0 + + + + = = (8) Từ (2) ta có : ( ) )( 2 12 sin 0 0 xf l xk au k k t = + = = = (9) ( ) ( ) )( 2 12 sin 2 12 0 0 xF l xk l ak b t u k k t = ++ = = = (10) Nhận thấy a k là hệ số trong khai triển chuỗi Fourier nhân 2 vế của (8) với sin ( ) l xk 2 12 + nên : ( ) ( ) dx l xk xfdx l xk a l o l o k 2 12 sin)( 2 12 sin 2 + = + ( ) ( ) ( ) l a l xk k l x a dx l xk a k l k l o k 2 12 sin 122 12 cos1 2 0 = + + = + ( ) dx l xk xf l a l o k 2 12 sin)( 2 + = (11) (10) ( ) ( ) ( ) dx l xk xF l xk l ak b l o l o k 2 12 sin)( 2 12 sin 2 12 2 + = ++ ( ) ( ) ( ) )( 4 12 2 12 cos1 2 12 xF ka bdx l xk l ak b k l o k = + = + + ( ) ( ) dx l xk xF ak b l o k 2 12 sin)( 12 4 + + = (12) Vậy (8) là nghiệm của bài toán trong đó a k và b k đợc xác định từ (11),(12) Bài 4 : Cũng nh bài 3 nhng cả 2 mút đều tự do = = 000 000 DAa BAb Giải : Ta có phơng trình dao động của dây 2 2 2 2 2 x u a t u = (1) Thoả mãn điều kiện đầu : )( 0 xfu t = = , )( 0 xF t u t = = (2) Thoả mãn điều kiện biên : 0 0 = =x u , 0= =lx x u (3) Nghiệm của (1) có dạng : U(x,t) = X(x).T(t) Nên =+ =+ )5(0 )4(0" 2'' TaT XX Giải(4) : * =-c 2 X(x)= c 1 .e -cx +c 2 .e cx = = =+= =+= = = 0 0 0 0 2 1 21 21 0 c c eccecc x u cccc x u clcl lx x * = 0 X(x) = c 1 .x + c 2 = = =+= =+= = = 0 0 0 0 1 2 21 21 0 c c cccc x u cccc x u lx x c 2 = A 0 ứng với trị riêng = 0 thì ta có hàm riêng tơng ứng X 0 (x) = A 0 (5) có nghiệm : T 0 (t) = B 0 .t + D 0 u 0 (x,t) = a 0 + b 0 t * =c 2 X(x) = c 1 cos cx + sin cx 0. 2 0 == = cc x u x 0sin 1 == = clcc x u lx Để có nghiệm không tầm thờng thì sin cl = 0 cl = k c = l k khi đó c 1 =A k nên l xk AxX k cos)( = và l atk D l atk BtT kk sincos)( += do đó nghiệm riêng của phơng trình (1) : ( ) l xk l atk b l atk atxu kkk cossincos, += nghiệm của pt (1) : = +++= 1 00 cossincos),( k kk l xk l atk b l atk atbatxu Từ (2) )(cos 0 0 0 xf l xk aau k k t =+= = = (6) )(cos 0 0 0 xF l xk l ak bb t u k k t =+= = = (7) Nhận thấy a 0 , a k và b 0 , b k l ak là các hằng số trong khai triển f(x),F(x) thành chuỗi Fourier theo hàm cosin trong khoảng (0,l). Từ (6) =+ ll k l dxxfdx l xk adxa 000 0 )(cos (7) =+ ll k l dxxFdx l xk l ak bdxb 000 0 )(cos Vì u 0 (x,t) là 1 nghiệm riêng của (1) nên ( ) ( ) = = )(0, )(0, 0 0 xFx t u xfxu = ll dxxfdxa 00 0 )( = l dxxf l a 0 0 )( 1 (8) == ll l dxxF l bdxxFdxb 0 0 0 0 0 )( 1 )( (9) Tơng tự u k (x,t) là nghiệm riêng của (1) ( ) ( ) ( ) = = )(0, 0, xFx t u xfxu k k = ll k dx x xk xfdx x xk a 00 2 cos)(cos = l k dx l xk xf l a 0 cos)( 2 (10) == l l l kk dx l xk xF ak bdx l xk xFdx l xk l ak b 0 0 0 2 cos)( 2 cos)(cos (11) Vậy nghiệm của bài toán : u(x,t) = a 0 + b 0 t + l xk l atk b l atk a k kk cossincos 1 = + . Trong đó : a 0 , b 0 , a k , b k đợc xác định bởi (8) , (19) , (10) , (11) Bài 5 : Một thanh đồng chất có độ dài 2l bị nén cho nên độ dài của nó còn lại là 2l(1-). Lúc t = 0, ngời ta buông ra. Chứng minh rằng độ lệch của thiết diện có hoành độ x ở thời điểm t đợc cho bởi: l atn l xn n l txu n n )12( cos )12( sin )12( )1(8 ),( 0 2 1 2 ++ + = = + nếu gốc hoành độ đặt ở tâm của thanh. Giải: Chọn hệ trục toạ độ có gốc trùng với tâm của thanh . Trục ox dọc theo thanh Theo bài ra, thanh đồng chất có độ dài 2l bị nén thì độ dài còn lại của nó là 2l(1-) Do đó khi trục dịch chuyển 1 đoạn là x thì thanh bị nén x(1-) độ lệch u(x,0) = x(1-) x = - x Gọi u(x,t) là độ lệch của mặt cắt x ở thời điểm t Xét tiết diện có hoành độ x, do thanh đồng chất nên ở thời điểm t nó bị nén đến vị trí x(1 - ) và có độ lệch u(x,0) = - .x = f(x). Phơng trình dao động của thanh : 2 2 2 2 2 x u a t u = (1) Theo bài ra, tại thời điểm t = 0 ngời ta buông ra tức vận tốc ban đầu = 0 chứng tỏ hai đầu mút của thanh đều tự do ta có điều kiện biên : 0 0 = =x x u ; 0= =lx x u (2) và điều kiện ban đầu : )(. 0 xfxu t == = ; 0 0 = =t t u (3) Tìm nghiệm của phơng trình (1) dới dạng u(x,t) = X(x).T(t) (4) Từ (4) và (1) ta có : ( ) ( ) =+ =+ )6(0)(" )5(0)(" 2 tTatT xXxX Bây giờ ta đi tìm nghiệm của phơng trình (5) thoả mãn điều kiện : X(-l) = 0 ; X(l) = 0 (7) Giải (5) : Đặt X = e rx ta có phơng trình đặc trng của (5) : r 2 + = 0 = -c 2 X(x) = c 1 e -cx + c 2 e cx Từ (7) c 1 = c 2 = 0 (loại) = 0 X(x) = c 1 x + c 2 Theo (7) : == == 0)(' 0)(' 1 1 clX clX c 2 0 và c 2 = A 0 Nên X 0 (x) = A 0 ứng với trị riêng = 0 thì (6) có nghiệm : T 0 (t) = B 0 t + D 0 nên ta có nghiệm riêng của (1) u 0 (x,t) = a 0 + b 0 t (a 0 = A 0 D 0 ; b 0 = A 0 B 0 ) (8) = c 2 X(x) = c 1 cos cx + c 2 sin cx Theo (7) : = = =+ =+ =+= =+= = = 0cos 0sin 0cossin 0cossin 0)cos()sin( 0)cos()sin( 2 1 21 21 21 21 clc clc clcclc clcclc clccclccc x u clccclccc x u lx lx Để (4) có nghiệm không tầm thờng thì sincl = 0 hoặc coscl = 0 + Xét sincl = 0 cl = k c = l k và c 1 = A k phơng trình (5) có nghiệm : ( ) l xk AxX kk sin= ứng với 2 == l k k phơng trình (6) có nghiệm tổng quát : ( ) l atk D l atk BtT kkk sincos += Ta có nghiệm riêng của (1) thoả mãn điều kiện biên (2) : ( ) l xk l atk b l atk atxu kkk cossincos, += = = kkk kkk DAb BAa (9) + Xét coscl = 0 2 )12( + = n cl l n c 2 )12( + = ( ) l xn AxX nn 2 )12( sin + = và ( ) ( ) ( ) l atn D l atn BtT nnn 2 12 sin 2 12 cos + + + = Nên nghiệm riêng của (1) thoả mãn điều kiện biên (2) : ( ) l xn l atn b l atn atxu nnn 2 )12( sin 2 )12( sin 2 )12( cos, + + + + = = = nnn nnn DAb BAa (10) Từ (8),(9),(10) ta có nghiệm của phơng trình (1) thoả mãn điều kiện biên (2) chính là tổng của các nghiệm riêng của u(x,t) : ( ) ( ) ( ) l xn l atn b l atn a l xk l atk b l atk atbatxu n nn k kk 2 12 sin 2 12 sin 2 12 cos cossincos),( 0 1 00 + + + + + + +++= = = Từ điều kiện ban đầu (3) : x l xn a l xk aau n n k k t . 2 )12( sincos 01 0 0 = ++= = = = (11) 0 2 )12( sin 2 )12( cos 01 0 0 = ++ ++= = = = l xn l an b l xk b l ak b t u n nk k t (12) Từ (12) b 0 = b k = b n = 0 (13) Lấy tích phân 2 vế của (11) theo x cận từ (-l l) dxxdx l xn adx l xk adxa l l l l n l l k l l = ++ . 2 )12( sincos 0 dx l xk x l l ∫ − − π ε cos. ∫ − − +− l l l l dx l xk k l l xk x k l π π π π sinsin ( ) ∫ − + l l dx l xn x 2 12 sin π v× b 0 = 0 ⇒ u 0 (x,t) = a 0 v× u 0 (x,t) lµ 1 nghiÖm riªng nªn u 0 (x,o) = -εx ⇒ a 0 = -εx → lÊy tÝch ph©n 2 vÕ dxxdxa l l l l ∫∫ −− −= ε 0 ⇒ l l l l x xa − − −= 2 2 0 ε ⇒ 2a 0 l = 2 ε (l 2 - l 2 ) = 0 ⇒ a 0 = 0 (14) v× b k = 0 ⇒ u k (x,t) = a k cos l atk π cos l xk π v× u k (x,t) lµ 1 nghiÖm riªng cña (1) nªn u k (x,0) = - εx Nh©n 2 vÕ víi cos l xk π vµ lÊy tÝch ph©n 2 vÕ cËn tõ (-l → l) dx l xk xdx l xk a l l l l k π ε π cos.cos 2 ∫∫ −− −= VT = la l k k l x a dx l xk a k l l k l l k = +=+ − − ∫ π π π 2 sin 22 ) 2 cos1( 2 VP = = [ ] 00coscoscos 22 2 22 2 =⇒=−=−= − k l l akk k l l xk k l ππ π π π (15) V× b n = 0 ⇒ ( ) ( ) ( ) l xn l atn atxu nn 2 12 sin 2 12 cos, ππ ++ = V× u n (x,t) lµ 1 nghiÖm riªng cña (1) nªn u n (x,0) = - ε.x ⇒ dx l xn xdx l xn a l l l l n 2 )12( sin. 2 )12( sin 2 π ε π + −= + ∫∫ −− VT = l l n l l n l xn n l x a dx l xn a − − + + −= + − ∫ 2 )12( sin )12(22 )12( cos1 2 π π π + + −++ + −= π π π π )12sin( )12( )12sin( )12(2 n n l ln n l l a n . chất có độ dài 2l bị nén cho nên độ dài của nó còn lại là 2l(1-). Lúc t = 0, ngời ta buông ra. Chứng minh rằng độ lệch của thiết diện có hoành độ x ở thời điểm t đợc cho bởi: l atn l xn n l txu n n )12( cos )12( sin )12( )1(8 ),( 0 2 1 2 ++ + = = + . = l xk l atk b l atk atxu k k k k k sin).sincos(),( 11 += = = (4) Ta xác định a k , b k sao cho u(x,t) thoả mãn điều kiện ban đầu (2) Thay (4) vào (2) : 2 1 0 )(4 sin l xlx l xk au k k t == = = . ) + = 3 3 33 12 32 0 )cos1( 16 n k k (n=0,1,2 ) Từ (6) b k = 0 do đó, nghiệm của bài toán đã cho : u(x,t) = ( ) l xn l atn n n )12( sin )12( cos 12 132 0 33 ++ + = . Bài 2 : Xác định