Bài giảng Phương pháp Toán Lý - ĐH Phạm Văn Đồng

Bài giảng Phương pháp Toán Lý cung cấp cho sinh viên phương pháp giải những phương trình đạo hàm riêng xuất hiện khi mô tả các quá trình vật lý khác nhau, như hiện tượng dao động, truyền sóng, truyền nhiệt, khuếch tán hay thế của các trường vật lý. Bên cạnh đó, sinh viên cũng được cung cấp các kiến thức về các hàm đặc biệt như các đa thức trực giao, hàm gamma, hàm cầu mà cần thiết khi tìm nghiệm của các phương trình toán lý.

ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH QUẢNG NGÃI TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHẠM VĂN ĐỒNG - BÀI GIẢNG PHƯƠNG PHÁP TOÁN LÝ TRẦN THỊ THU THỦY Quảng Ngãi, 06/2018 LỜI NÓI ĐẦU Để giúp sinh viên ngành Sư phạm Vật lý thuận tiện học Phương pháp Tốn Lý, tơi tiến hành biên soạn giảng Phương pháp Toán Lý Nội dung giảng gồm chương Trong chương giảng có tập ví dụ mẫu cuối chương có tập (có đáp số) để sinh viên rèn luyện thêm Học phần cung cấp cho sinh viên phương pháp giải phương trình đạo hàm riêng xuất mơ tả q trình vật lý khác nhau, tượng dao động, truyền sóng, truyền nhiệt, khuếch tán hay trường vật lý Bên cạnh đó, sinh viên cung cấp kiến thức hàm đặc biệt đa thức trực giao, hàm gamma, hàm cầu…mà cần thiết tìm nghiệm phương trình tốn lý Qua đó, sinh viên có kiến thức cần thiết để học môn vật lý lý thuyết Mặc dù người biên soạn cố gắng để giảng hoàn chỉnh, đáp ứng tốt cho việc dạy học, chắn không tránh khỏi khiếm khuyết Rất mong nhận ý kiến đóng góp để giảng hoàn chỉnh Quảng Ngãi, tháng 06 – 2018 Người biên soạn MỤC LỤC CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP HAI 1.1 Phương trình đạo hàm riêng cấp hai phân loại 1.1.1 Phương trình đạo hàm riêng cấp hai 1.1.2 Phân loại phương trình đạo hàm riêng cấp hai với hai biến số độc lập 1.1.3 Chuyển phương trình đạo hàm riêng dạng tắc 1.2 Phương trình vật lý tốn điều kiện 1.3 Một số phương pháp giải phương trình đạo hàm riêng 1.3.1 Phương pháp chuyển dạng tắc 1.3.2 Phương pháp tách biến CHƯƠNG CÁC HÀM ĐẶC BIỆT 12 2.1 Đa thức Legendre 12 2.1.1 Đa thức Legendre 12 2.1.2 Công thức Rodrigues Pn ( x ) 15 2.1.3 Hàm sin đa thức Pn ( x ) 16 2.1.4 Các công thức truy hồi 17 2.1.5 Tính trực giao đa thức Legendre 19 2.2 Hàm Legendre liên kết 21 2.2.1 Phương trình Legendre liên kết 21 2.2.2 Tính trực giao đa thức Legendre liên kết 22 2.3 Hàm đa thức Hermite 24 2.3.1 Phương trình Hermite 24 2.3.2 Công thức Rodrigues cho đa thức Hermite 25 2.3.3 Các công thức truy hồi 26 2.3.4 Hàm sin H n ( x) 27 2.3.5 Tính trực giao đa thức Hermite 27 2.4 Hàm đa thức Laguerre 29 2.4.1 Phương trình Laguerre 29 2.4.2 Hàm sinh đa thức Laguerre Ln(x) 31 2.4.3 Công thức Rodrigue cho đa thức Laguerre 31 2.4.4 Tính trực giao đa thức Laguerre 32 2.4.5 Đa thức Laguerre liên kết 33 2.5 Hàm gamma 34 2.6 Phương trình Bessel 35 2.6.1 Định nghĩa nghiệm phương trình Bessel 35 2.6.2 Hàm Bessel loại 39 2.6.3 Các công thức truy hồi 39 2.6.4 Hàm sinh Jn(x) 41 2.6.5 Tính trực giao hàm Bessel 42 CHƯƠNG DAO ĐỘNG CỦA DÂY ĐÀN HỒI 45 3.1 Thiết lập phương trình dao động dây đàn hồi 45 3.2 Dao động tự dây đàn hồi dài vơ hạn – Bài tốn Cơsi 47 3.3 Dao động tự dây đàn hồi hữu hạn 51 3.4 Dao động cưỡng dây đàn hồi hữu hạn 57 CHƯƠNG 4: DAO ĐỘNG CỦA MÀNG ĐÀN HỒI 63 4.1 Thiết lập phương trình dao động màng 63 4.2 Dao động tự màng chữ nhật gắn chặt biên 65 4.3 Dao động tự màng tròn 73 CHƯƠNG 5: PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT 79 5.1 Thiết lập phương trình truyền nhiệt 79 5.2 Sự truyền nhiệt mảnh dài vơ hạn - Bài tốn Côsi 81 5.3 Sự truyền nhiệt mảnh hữu hạn 86 5.3.1 Các điều kiện biên 86 5.3.2 Sự truyền nhiệt mảnh hữu hạn với điều kiện biên đồng (điều kiện biên Dirichlet) 87 5.3.3 Sự truyền nhiệt mảnh hữu hạn với điều kiện biên Neuman 89 5.4 Sự truyền nhiệt mảnh hữu hạn có điều kiện biên khơng đồng 91 CHƯƠNG 6: PHƯƠNG TRÌNH LAPLACE 98 6.1 Sơ lược phương trình Laplace 98 6.1.1 Dạng phương trình 98 6.1.2 Công thức Green 98 6.1.3 Hàm điều hòa tính chất 100 6.2 Phương pháp hàm Green giải toán Dirichlet (Đirichlê) 101 6.2.1 Bài toán Dirichlet 101 6.2.2 Phương pháp hàm Green 102 6.3 Bài toán Dirichlet miền cầu 105 6.4 Bài tốn Dirichlet miền nửa khơng gian 109 6.5 Hàm cầu 111 CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP HAI 1.1 Phương trình đạo hàm riêng cấp hai phân loại 1.1.1 Phương trình đạo hàm riêng cấp hai Phương trình đạo hàm riêng phương trình chứa hàm chưa biết, đạo hàm riêng biến số độc lập Cấp phương trình cấp cao đạo hàm riêng phải tìm có mặt Ví dụ: u u x  xuy phương trình đạo hàm riêng cấp một, x y 4w  w 3w 3w w    c os(xu)  xyzu 0 phương trình đạo x zu u uxz x hàm riêng cấp bốn,  2h  2h  2h    phương trình đạo hàm riêng cấp hai x y z Để đơn giản ta quy ước cách bỏ dấu đạo hàm riêng, dùng biến phía dưới,  2h  2h  2h '' chẳng hạn phương trình  hz''z  viết    hay hx''x  hyy x y z hxx  hyy  hzz  Trong phần sau ta khảo sát phương trình đạo hàm riêng cấp hai 1.1.2 Phân loại phương trình đạo hàm riêng cấp hai với hai biến số độc lập Gọi u( x, y) hàm số hai biến số độc lập x, y Dạng tổng quát phương trình đạo hàm riêng cấp hai có dạng: F ( x, y, ux , u y , uxx , uxy , u yy )  (1.2) Phương trình (1.2) gọi phương trình tuyến tính tuyến tính với hàm phải tìm tất đạo hàm riêng dạng tổng quát Auxx  2Buxy  Cu yy  Dux  Eu y  Fu  G  0, (1.3) A, B, C, D, E, F, G hàm x y Chú ý số phương trình (1.3) đưa vào để thuận tiện cho việc tính tốn sau Nếu G(x,y) = phương trình (1.3) gọi phương trình nhất, G(x,y) ≠ gọi phương trình khơng Nếu phương trình (1.2) có dạng Auxx  2Buxy  Cu yy  F (ux , u y , u, x, y)  0, (1.4) gọi phương trình tuyến tính với đạo hàm cấp cao Để giải phương trình trước hết cần phải thực số biến đổi đưa chúng dạng đơn giản Ta thực phép đổi biến: x, y   , cách đặt: x  x( , ); y  y( , ) (1.5) Chú ý ta biểu diễn ngược lại:    ( x, y);    ( x, y) (1.6) Để chuyển phương trình (1.4) qua biến  , ta thực phép tính uxx, uxy, uyy,ux, uy sau: ux  u  x  ux ; uxx  (u  x  ux ) x  (u  x ) x  (ux ) x  (u )x  x  u  xx  (u ) x x  uxx  (u  x  ux ). x  u  xx  (u  x  ux ).x  uxx  u ( x )2  u x x  u  xx  u  x x  u ( x )  u xx  u ( x )2  2u x x  u ( x )  u  xx  u xx Việc tính u y , uxy , u yy tương tự Thay tất vào (1.4), ta Au  2Bu  Cu  F  0, với A  A x2  2B x y  C y2 , B  A xx  B( x y   yx )  C y y , C  Ax2  2Bx y  C y2 F không chứa đạo hàm riêng bậc hai theo  , Nếu phương trình xuất phát tuyến tính, tức F (ux , u y , u, x, y)  Dux  Eu y  Fu  G, F có dạng: F   u   u   u   , (1.7)  ,  ,  , hàm   So sánh (1.4) (1.7) ta thấy chúng có dạng giống Tuy nhiên đổi biến thích hợp ta làm cho hai A, B, C khơng Khi đó, (1.7) trở nên đơn giản việc giải dễ dàng Để tìm phép đổi biến thỏa mãn điều nói ta có bổ đề sau: Xét phương trình vi phân: A(Z x )2  2BZ x Z y  C (Z y )2  0, (1.8) với A, B, C phụ thuộc vào x, y; Z hàm x, y Bổ đề: Điều kiện cần đủ để hàm Z   ( x, y) nghiệm phương trình(1.8)  ( x, y)   (  số bất kì) nghiệm tổng quát phương trình vi phân thường: A(dy)2  2Bdxdy  C (d x)2  (1.9) Thật vậy, Z   ( x, y) nghiệm phương trình (1.8) nghiệm (1.9) A(x )2  2Bx y  C( y )2  0,  A x   y     B  x   y   dy   dy    C   A    B     C   dx   dx    A(dy)2  2Bdydx  C (dx)2  Như vậy, qua bổ đề ta thấy để xác định hàm Z, ta cần giải phương trình vi phân thường (1.9) mà ta biết cách giải Cụ thể, từ (1.9) ta có: dy B  B  AC  dx A (1.10) dy B  B  AC  dx A (1.11) Có khả xảy ra: - Nếu B2 - AC > phương trình (1.9) có hai nghiệm phân biệt, phương trình (1.7) thuộc loại hypecbơlic - Nếu B2 - AC = phương trình (1.9) có nghiệm kép, phương trình (1.7) thuộc loại parabơlic - Nếu B2 - AC < phương trình (1.9) có hai nghiệm phân biệt, phương trình (1.7) thuộc loại eliptic 1.1.3 Chuyển phương trình đạo hàm riêng dạng tắc 1.1.3.1 Phương trình loại hypecbơlic Khi B2 - AC > (1.10) (1.11) thực độc lập Giả sử nghiệm phương trình (1.10) (1.11)  ( x, y )  C1 , ( x, y )  C2 Ta chọn    ( x, y) ,    ( x, y) Khi A  0, C  0, phương trình (1.7) trở thành Bu  F   u   F  F1 (u , u , u ,  , ), 2B (1.12) (1.12) gọi dạng tắc thứ phương trình hypecbơlic 1.1.3.2 Phương trình loại parabơlic Khi B2 - AC = 0, phương trình (1.9) có tích phân tổng quát  ( x, y)  const Ta chọn    ( x, y) ,    ( x, y), đó,  ( x, y) hàm tùy ý Khi A  0, B  0, phương trình (1.7) trở thành Cu  F   u   F  F3 C (1.13) (1.13) gọi dạng tắc thứ phương trình parabơlic 1.1.3.3 Phương trình loại eliptic Khi B2 - AC < 0, phương trình (1.9) có hai nghiệm phức liên hợp    ( x, y);    ( x, y) hay    ( x, y)   ( x, y)  i  ( x, y);    ( x, y)   ( x, y)  i  ( x, y) Khi đó, A  C B  u  u   F  F4 A (1.14) Phương trình (1.14) gọi dạng tắc phương trình eliptic Tóm lại, để chuyển phương trình đạo hàm riêng Auxx  2Buxy  Cu yy  Dux  Eu y  Fu  G  0, dạng tắc ta thực bước sau: Bước 1: Thiết lập phương trình đặc trưng (PTĐT)  A(dy)2  2Bdydx  C (dx)2  Bước 2: Giải PTĐT Có khả xảy ra: - Nếu B2 - AC > PTĐT có hai nghiệm thực phân biệt  ( x, y )  C1 ,  ( x, y )  C2 Ta chọn biến    ( x, y) ,    ( x, y) - Nếu B2 - AC = PTĐT có nghiệm thực:  ( x, y)  C Ta chọn biến    ( x, y) ,    ( x, y) tùy ý - Nếu B2 - AC < PTĐT có hai nghiệm phức liên hợp  ( x, y )  i  ( x, y )  C1; ( x, y )  i  ( x, y )  C Ta chọn biến    ( x, y) ,    ( x, y)    ( x, y)  i  ( x, y);   ( x, y)  i  ( x, y) 1.1.3.4 Các ví dụ Ví dụ 1: chuyển phương trình đạo hàm riêng sau dạng tắc utt  a 2u xx  Giải: Theo trên, ta có A = 1, B = 0, C = -a2, B2 - AC = a2 > Do phương trình thuộc loại hypecbơlic Lập phương trình đặc trưng: (dx)2  a2 (dt )2  dx  dx  Giải phương trình đặc trưng:    a     a dt  dt  Nếu dx   a   dx   adt  x  at  C1 dt Nếu dx  a   dx    adt  x  at  C2 (C1, C2 hai số tùy ý) dt Theo ta chọn   x  at,  x  at d Tính chất (nguyên lý giá trị cực đại): Nếu hàm u(M ) xác định liên tục miền kín V giới hạn mặt S thỏa mãn u  đạt giá trị cực đại cực tiểu mặt S Chứng minh: Giả sử u(M ) đạt cực đại M0 miền V, tức u(M )  u(M ) Bao điểm M0 mặt cầu tâm M bán kính  cho nằm hồn tồn miền V Do u ( M ) giá trị cực đại nên ta có: u(M )  u S  Áp dụng cơng thức (6.8) cho mặt cầu tâm M bán kính  u(M )  4  u(M )dS SR Mặt khác: 4  u(M )dS  4  u(M SR )dS  SR 4 u( M ).4  u( M ) Vậy u ( M )  u ( M ) với M nằm mặt cầu, điều vô lý Do vậy, u(M ) phải đạt cực đại điểm mặt S 6.2 Phương pháp hàm Green giải toán Dirichlet (Đirichlê) 6.2.1 Bài toán Dirichlet Giả sử ta phải giải phương trình Laplace u  miền V giới hạn mặt S với điều kiện: hu ( P) S  k u  f (M ) n S (6.10) h, k số Ta quy ước điểm nằm mặt S kí hiệu M chạy miền V (khơng nằm S) kí hiệu P ( 6.10) viết lại: hu ( M )  k u  f (M ) n S - Nếu k = ta có tốn bao gồm phương trình điều kiện sau: 101 u   u    hay  f (M )  hu ( M )  f ( M )  u ( M )  h  f S ( M ) (6.11) Nghĩa tìm hàm điều hịa miền V mà dạng nghiệm mặt S cho trước Bài toán gọi toán Dirichlet - Nếu h = ta có tốn bao gồm phương trình điều kiện sau: u    u    hay  u f (M )  u k n  f ( M )  n  k S   S (6.12) Nghĩa tìm hàm điều hịa miền V mà dạng đạo hàm theo véctơ pháp tuyến nghiệm mặt S cho trước Bài toán gọi toán Neumann 6.2.2 Phương pháp hàm Green Giả sử ta phải giải toán Dirichlet u    u (M )  f1 (M ) M điểm nằm mặt S giới hạn miền V Nội dung phương pháp hàm Green sau:  Lấy điểm P0 thuộc miền V Bao quanh điểm P0 hình cầu tâm P0 bán kính  Hình cầu tích V0 giới hạn mặt S0 Áp dụng công thức Green thứ hai cho miền V-V0 giới hạn mặt S mặt S0  v u   v u   (uv  vu )dV    u n  v n  dS    u n  v n  dS V V0 S (6.13) S0 Trong công thức này, ta xem u nghiệm tốn Dirichlet, cịn v chọn hàm Green G(P) sau G ( P)   H ( P) rP0 P rP0 P khoảng cách từ điểm P0 đến điểm biến thiên P(x, y, z) G(P) thỏa mãn điều kiện:  G ( P )   G ( P ) S  hay G ( P)    G(M )  102 (6.14) Do ( )  nên ta có điều kiện H(P): rP0 P  H ( P)    H ( P)   S  rP0 M   H ( P)   hay  H (M )    rP0 M  (6.15)  Chọn v  G(P), ý u  Từ (6.13 ) ta có:  G u   G u    u n  G n dS    u n  G n dS  S (6.16) S0 Ta xét riêng tích phân  G u    u n  G n dS S o Đối với  G u    u n  G n dS  G u    u n  G n dS S0 ta có: S  G u  G u   u n  G n dS   u n dS   G n dS S Vì G( P) S  nên S u  G n dS  u S S  f1 ( M ) vậy: S  G u  G G   u n  G n dS   u n dS    f (M ) n dS (6.17) S S S Mặt khác: o Đối với  G u    u n  G n dS S0 u   G S  u n  G n dS    u S0   u S0 Mà    n  rP0 P  dS     u    n  rP0 P  dS     r  u   H ( P) n  u S0       u  u  H ( P )   H ( P )      dS S  n  rP P   rP P  n        S0 S0 H ( P) dS  n u dS  P0 P n H ( P)  dS  n  103 u dS  P0 P n  r S0  u   H ( P) n  u S0 u  H (P) n dS S0 H ( P)  dS n   G S0 S0  u Ta xét tích phân S0 o    dS   P P   u    u n  G n dS   u n  r Vậy  u S0    n  rP0 P  dS       n  rP0 P  dS      n  rP0 M  u S0 u dS P0 P n  r S0 (6.18) u dS P0 P n  r S0  dS     1  u    dS S0 Vì S0 mặt cầu nên phương n phương bán kính Chú ý trường hợp pháp véctơ hướng tâm Do vậy:    n  rP0 M  u S0    n  rP0 M  u    1              dS    u   S0  u  dS   1   dS      udS S0 4  4 u (6.19) S0 u giá trị hàm u điểm S0 o u u u dS   dS   S0 n  n P0 P n  r S0 u  dS   n 4 S0  u 4 n (6.20) u u giá trị điểm S0  n Thay tất vào (6.16):  f1 ( M ) S G u dS  4 u  4  n n Cho   u  u ( P0 )  f1 ( M ) S  u ( P0 )   u 4  Vậy: n G dS  4 u ( P0 )  n 4 G  f (M ) n dS (6.21) S Vậy giá trị hàm u(P) điểm P0 xác định Vì điểm P0 tùy ý nên 104 giá trị hàm u(P) điểm miền V hồn tồn xác định nên (6.21) xem nghiệm tốn Dirichlet Tóm lại nội dung phương pháp hàm Green giải toán Dirichlet là: - Chọn điểm P0 thuộc miền biến thiên hàm số - Xây dựng hàm Green G(P): G ( P)   H ( P) thỏa mãn rP0 P  G ( P )   G ( P ) S  Tức xây dựng hàm H(P) thỏa mãn:  H ( P)    H ( P)   S  rP0 M  - Áp dụng công thức (6.21): u ( P0 )   4 G  f (M ) n dS S Ta nhận thấy để giải toán Dirichlet ta phải xây dựng hàm G(P), mà thực chất toán Dirichlet khác Điều khác biệt G(P) điều kiện biên đơn giản nên việc tìm nghiệm P0 * thuận lợi 6.3 Bài toán Dirichlet miền cầu Giả sử ta phải giải toán Dirichlet với miền V P0 M O hình cầu tâm O bán kính q Chọn điểm P0 ( x0 , y0 , z0 ) P miền cầu - Xây dựng hàm G(P): G ( P)  Hình 6.1  H ( P) thỏa mãn rP0 P  G ( P )   G ( P ) S  Sử dụng phương pháp ảnh điện (phổ biến điện học) để tìm H(P) Trên tia OP0 ta chọn điểm P0* ( x0* , y0* , z0* ) thỏa mãn: r0 r0*  q với: r0  OP0  rOP0  x02  y02  z02 ; r0*  OP0*  rOP*  x0*  y0*  z0* 105 2 Từ điều kiện r0 r0*  q ta có mối quan hệ:  r0*   x0*  y0*  z0*  2 2 q4 q4 q4  r0  ( x0  y02  z02 ) r0 r0 r0 2  q2 x   q2 y   q2 z    20     20   r0   r0   r0  Vậy  q x0 q y0 q z0  P  (x , y , z )   , ,  r0 r0   r0 * * * * q2 q Ngoài ra: r r  q  r   q  q, nghĩa P0* nằm mặt cầu r0 r0 * 0 * P0* M + Ta chứng tỏ điểm P di chuyển miền V tỷ số P0 M không đổi Thật vậy: Hai tam giác OP0 M OP0*M có góc  chung chúng đồng dạng, đó: OP0* OM q   , OM OP0 r0 OP0* OM P0* M q     const OM OP0 P0 M r0 + Hàm H(P) chọn có dạng: H ( P)   q r0 rP*P G ( P)  q  rP0 P r0 rP* P (6.22) Dễ thấy rằng: G ( P) S  rP0 P G(P)   S  Áp dụng công thức q r0 rP* P  S rP0 M  q 1 q r0   0 r0 rP*M rP0 M r0 q rP0 M u ( P0 )   4 G  f (M ) n dS (6.23) S Do miền có dạng cầu nên đạo hàm theo hướng pháp véctơ hương bán kính nên để thuận tiện ta chuyển tốn sang tọa độ cầu Tọa độ điểm chuyển sau: P0 ( x0 , y0 , z0 )  P0 (r0 , 0 , 0 ); 106 q2 P ( x , y , z )  P ( r ,  ,  )  P ( ,  , 0 ) r0 * * * * * * * * * - Chuyển hàm H(P) sang tọa độ cầu: rP0 P  OP02  OP  2OP0 OP.cos   r02  r  2r0 r.cos  rP*P   OP  *  OP  2OP0* OP.cos   r  * (6.24)  r  2r0* r.cos  (6.25)  góc hai tia OP0 OP xác định sau: Gọi n0 , n véctơ đơn vị hướng theo hai tia OP0 OP Tọa độ véctơ là: n0  (sin 0 cos 0 ,sin 0 sin 0 , cos  ), n  (sin  cos  ,sin  sin  , cos  ) n0 n  n0 n cos   cos   sin 0 cos 0 sin  cos   sin  sin 0 sin  sin   cos  cos   sin 0 sin  (cos 0 cos   sin 0 sin  )  cos  cos   cos  cos   sin  sin  cos(  0 ) (6.26) Khi đó: G ( P)  r02  r  2r0 r.cos   q r0 r  2r0 cos  G ( P) G( P)   n n S (r02  r  2r0 r.cos  )3 r  *  S q r0  r  2r0* r.cos  r  2r0* cos  r  * q  2r0 cos  q   2 r0 (r0  q  2r0 q.cos  )   q  2r0 cos  (r02  q  2r0 q.cos  )3  r02  q q (r02  q  2r0 q.cos  )3 Ngoài ra: f1 (M )  f1 ( ,  ); dS  q sin  d d Thay tất vào (6.23) ta có: 107 q r0  q  2r0* r.cos  q  2r0* cos  r  *  q  2r0* q.cos  q2 q2 cos  r0  q2  q2  q  q.cos    r0  r0  S u ( P0 )    q 4  f1 ( ,  ) S 4 G  f (M ) n dS S q  r02 (r02  q  2r0 q.cos  )3 sin  d d Tóm lại, nghiệm toán Dirichlet là: u ( P0 )  q 4  f1 ( ,  ) S q  r02 (r02  q  2r0 q.cos  )3 sin  d d (6.27) cos   cos  cos   sin  sin  cos(  0 ) Với: Ví dụ: Một cầu đồng chất bán kính q với điều kiện nửa giữ nhiệt độ không, nửa nhiệt độ a Xét phân bố dừng nhiệt độ cầu b Xét phân bố dừng nhiệt độ điểm cầu trục oz Giải: Ta có tốn   2u  2u  2u   0  y z  x u  0; u r q , z 0   r  q , z 0 Trong trường hợp 0     f ( ,  )   1     (6.28) a Bài toán tổng quát giải Áp dụng (6.27) với điều kiện (6.28) ta có: u ( P0 )  q 4 2    d  q  r02 (r02  q  2r0 q.cos  )3 sin  d cos   cos  cos   sin  sin  cos(  0 ) với b Đối với điểm nằm oz ta phân trường hợp sau: i Nửa trục oz (z > 0) 0   cos   cos  Vậy: u ( P0 )  q 4 2    d  q  z02 ( z02  q  z0 q.cos  )3 108 sin  d  q  z02  1     z0  q  z02 q  z0    (6.29) ii Nửa trục oz (z < 0) 0    cos    cos  q u ( P0 )  4 2   d  q  z02 ( z02  q  z0 q.cos  )3 q  z02  1  u ( P0 )   2 z0  q  z0 q  z02  sin  d     (6.30) iii Nhiệt độ tâm: Cho z0 (6.29) (6.30) tiến đến ta được: u ( P0 ) z 0  u (O)  6.4 Bài tốn Dirichlet miền nửa khơng gian Giả sử ta phải giải toán Dirichlet với miền V nửa không gian (z > 0) Miền V trường hợp vô hạn, mặt S không kín - Chọn điểm P0 miền V G ( P)  - Xây dựng hàm G(P): P0(x0,y ,z ) P(x,y ,z)  H ( P) rP0 P M H(P) chọn theo phương pháp ảnh điện Trong trường hợp là: H ( P)   P0*(x0,y ,-z ) Hình 6.2 rP P* 0 P0* điểm đối xứng P0 qua mặt z = (mặt Oxy) Nhận xét P chạy miền nửa khơng gian ta ln có: MP0  MP0* G ( P)  Vậy: 1  H ( P)   rP0 P rP0 P rP* P G ( P)   ( x  x0 )2  ( y  y0 )2  ( z  z0 ) ( x  x0 )2  ( y  y0 )2  ( z  z0 )2 109   ( x  x0* )  ( y  y0* )  ( z  z0* ) ( x  x0 )2  ( y  y0 )2  ( z  z0 ) Dễ thấy G(P)  G ( P) S  rP0 P  S rP* P Áp dụng công thức (6.27) với ý rằng:  z  z0 ( x  x0 )  ( y  y0 )  ( z  z0 )    z 0  z0  ( x  x0 )  ( y  y0 )  z0    z0 ( x  x0 )  ( y  y0 )  z0 S rP0 M   rP*M  rP0 M  rP0 M  G G  n z z  z0 ( x  x0 )  ( y  y0 )  ( z  z0 ) z0     ( x  x0 )  ( y  y0 )  z0   z 0 3 Vậy: u ( P0 )  z0 2      f ( x, y )  ( x  x0 )  ( y  y0 )  z0 2  (6.31) dxdy Ví dụ: Cho nửa khơng gian phía đồng Ta giữ nhiệt độ vịng trịn tâm O đường kính ln nhiệt độ 1, ngồi vịng trịn ln nhiệt độ khơng a Tìm phân bố dừng nhiệt độ nửa khơng gian b Tìm phân bố dừng nhiệt độ nửa không gian Oz Giải: Ta có tốn u   u  x2  y 1  1; u x2  y 1  a Gọi D miền trịn tâm O bán kính 1, ta có: 1 khi( x, y)  D f ( x, y )   0 khi( x, y)  D u ( P0 )  z0 2  D  ( x  x0 )  ( y  y0 )  z0 b Khi P0 nằm Oz x0 = 0, y0 = 0, ta có: 110  dxdy u ( P0 )  z0 2  D  x  y  z0 2  dxdy Để tính tích phân ta chuyển sang tọa độ cực: u ( P0 )  z0 2 2  d  0  r  z02  rdr   z0  z02 6.5 Hàm cầu Ta giải phương trình Laplace tọa độ cầu phương pháp tách biến Khi chuyển từ hệ tọa độ vng góc sang hệ tọa độ cầu, hàm sóng biểu diễn qua biến u( x, y, z)  u(r, , ) Tốn tử Laplace có dạng  2 2 2 u    1       r   sin  2 x y z r r  r  r sin      1    2  r sin   Phương trình Laplace u  u  1   u  1  2u r  sin  0     r r  r  r sin      r sin   (6.32) Giải phương trình phương pháp tách biến u(r, , )  R(r )Y ( , ) Đặt (6.33) Hàm số phụ thuộc góc Y ( ,) gọi hàm cầu Thay (6.33) vào (6.32) ta có r2  u  R(r )  R(r )   Y ( ,  )  R(r )  2Y ( ,  )  Y ( r ,  ) r  sin       0 r  r  sin      sin     Chia tất cho R(r)Y ( ,) ta u  R(r )  1   Y ( ,  )  1  2Y ( ,  ) 0 r   sin   R(r ) r  r  Y ( ,  ) sin      Y ( ,  ) sin   Do biến (r, , ) biến thiên độc lập nên ta đặt u  R(r )  r  R(r ) r  r  111 (  0) (6.34) 1   Y ( ,  )  1  2Y ( ,  )    sin   2 Y ( ,  ) sin      Y ( ,  ) sin   (6.35) Giải phương trình (6.35) Từ (6.35) ta có   Y ( ,  )   2Y ( ,  )   2Y ( ,  )  sin   2 sin      sin   Ta giải phương trình (6.35) phương pháp tách biến, đặt Y ( , )  ( )() (6.36) Thay vào (6.35) ( )   ( )  ( )  2 ( ) sin    2( ) ( )   2 sin      sin   Chia tất cho ( )( ) sin   ( )  ( )  2  ( )  sin    sin   0      ( )   Vì hai biến  , độc lập nên ta lại đặt sin    ( )  2  sin     sin    ( )     (6.37)  ( )   2 ( )  (6.38) + Giải phương trình (6.38) Từ phương trình (6.38) ta có   ( )    ( )   Phương trình có hai nghiệm riêng 1 ( )  ei ; 2 ( )  ei Ta có điều kiện tuần hồn hàm ( ) ( )  (  2 ) Hay 2 (  2 )  2 ( )  ei ( 2 )  ei  ei 2   2  2m    m (m) Điều 1 ( ) Ta biểu diễn nghiệm tổng quát dạng số thực 112 ( )  Asin( )  B sin( ) (6.39) với A B hai số tùy ý ( )  Asin(m)  B sin(m) Vậy Nhận thấy ứng với giá trị m ta có nghiệm, nghiệm gọi nghiệm riêng Để phân biệt nghiệm riêng ta đính số m vào hàm số số tùy ý tương ứng  m ( )  Am sin(m )  Bm cos(m ) (6.40) + Giải phương trình (6.37) Từ phương trình (6.37) ta có sin    ( )  2  sin     sin   m ( )     Đặt t  cos x   t     sin   t  t Thay vào phương trình sin    X (t )  2  sin     sin   m X (t ) t  t   m2  X (t )    t      X (t )    t  t   1 t     1  t   Xt (t )  2t Xt(t )    2   m2   X (t )  1 t  (6.41) Đây phương trình Legendre liên kết hàm X(t) Nếu   n(n  1) nghiệm X m,n (t )  Pnm (t )  Pnm (cos  ) m Với Pnm ( x)  (1  x ) (m  0) dm dn P ( x ) ; P ( x )  x 1   n n dx m 2n n! dx n   n Lưu ý m < (6.42) ta thay m m Tóm lại Ynm ( ,  )  Pnm (cos) m ( )   Am sin(m )  Bm cos(m )  Pnm (cos) Nghiệm tổng quát hàm cầu 113 (6.42)   m 0 m 0 Yn ( ,  )   Ynm ( ,  )    Am sin(m )  Bm cos(m )  Pnm (cos) (6.43) BÀI TẬP CHƯƠNG Tìm nghiệm phương trình Laplace thỏa mãn điều kiện biên u (0, y)  0; u (a, y )  ( y  0)  x u ( x,0)  A 1   ; u ( x, )  0,  a A số miền  x  a,  y    na y n x Đáp số: u ( x, y)   e sin  n1 n a 2a  Chứng minh hàm Green đối xứng, nghĩa G(M, M0) = G(M0, M) Hướng dẫn: Bao điểm M M0 mặt cầu  M0  M có tâm M0 M, bán kính ε, nằm hồn tồn vùng V Áp dụng cơng thức Green cho hàm G(M, M0), G(M0, M) chuyển qua giới hạn ε→0 Tìm nghiệm tốn Dirichlet phương trình miền trịn tâm O, bán kính a, biết giá trị biên nghiệm u £  A  B sin  A, B số Đáp số: u (r , )  A  B r sin  a Tìm hàm Green tốn Dirichlet miền nửa hình trịn Đáp số: G( M , M )  2  R R   ln  ln ;  ln  ln '  r  r r '  r 1   r = M0M, r1 = M1M, r’ = M’0M; r’1 = M’1M; ρ0 = OM0, O tâm hình trịn, M’0 điểm đối xứng với M0 qua đường kính, M’1 điểm đối xứng với M1 qua đường kính 114 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đồn Minh Thủy (2016), Giáo trình Phương pháp Toán Lý, NXB Trường Đại học Quy Nhơn [2] Đỗ Đình Thanh (1996), Phương pháp Tốn Lý, NXB ĐHQG Hà Nội [3] Han J Weber and George B Arfken (2004), Essential Mathematical Methods For Physicists, ELSERVIER ACADEMIC PRESS [4] Phan Huy Thiện (2006), Phương trình Tốn Lý, NXB Giáo dục [5] Phan Huy Thiện (2006), Tuyển tập tập phương trình Tốn Lý, NXB Giáo dục [6] Sadri Hassani (2009), Mathematical Methods For Students of Physics and Related Fields EdSc, Spring [7] Tai L, Chow (2003), Mathematical Methods For Physicists: A concise introduction, Cambridge University Press 115 ... ĐẦU Để giúp sinh viên ngành Sư phạm Vật lý thuận tiện học Phương pháp Toán Lý, tiến hành biên soạn giảng Phương pháp Toán Lý Nội dung giảng gồm chương Trong chương giảng có tập ví dụ mẫu cuối chương... điều kiện phụ Bài toán gọi toán thiết lập 1.3 Một số phương pháp giải phương trình đạo hàm riêng 1.3.1 Phương pháp chuyển dạng tắc Để giải phương trình đạo hàm riêng ta chuyển phương trình dạng... (s + 2)(s+1) as+2xs + - 2.1.a2x2 - s(s - 1)asxs - - 2.1.a1x - 2.2.a2x2 - -2 sasxs - v(v + 1)a0 + v(v + 1)a1x + v(v + 1)a2x2 + + v(v + 1)asxs + = Các hệ số chuỗi phải đồng khơng nên ta có: