Hệ thống bài tập phương trình truyền sóng và phương trình truyền nhiệt

lời nói đầu Trong Phương pháp Toán- Lý cũng như trong các môn học khác, việc giải bài tập là hết sức quan trọng, nó giúp cho sinh viên nắm vững hơn về lý thuyết, rèn luyện kỹ năng, kỹ

lời nói đầu

Trong Phương pháp Toán- Lý cũng như trong các môn học khác, việc giải bài tập là hết sức quan trọng, nó giúp cho sinh viên nắm vững hơn về lý thuyết, rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo vận dụng kiến thức một cách tốt hơn, nhưng muốn giải được bài tập, cần phải có phương pháp giải Với mỗi dạng bài tập

có một hoặc nhiều phương pháp giải, vì thế việc xây dựng và lựa chọn phương pháp giải hợp lý cho mỗi dạng bài tập là rất cần thiết

Các bài tập Phương pháp Toán- Lý gồm nhiều phần, trong phạm vi khoá luận này chúng tôi chỉ xin đề cập tới các bài tập về phương trình truyền sóng và phương trình truyền nhiệt Do số tiết bài tập về phương trình truyền sóng và phương trình truyền nhiệt không nhiều nên sinh viên ít có điều kiện hệ thống lại và hình thành kỹ năng giải bài tập cho mình , vì vậy khả năng giải các bài tập của sinh viên còn nhiều hạn chế

Có 3 phương pháp được dùng để giải các bài toán của phương trình Vật lý-Toán, trong phạm vi của một khoá luận chúng tôi chỉ xin đề cập tới phương pháp tách biến, phương pháp này được dùng để giải các bài tập cho cả hai phần : phương trình truyền sóng và phương trình truyền nhiệt

Trong thực tế đối với bài tập truyền sóng ta gặp rất nhiều bài toán truyền sóng trong môi trường hữu hạn, trong đó quy luật truyền sóng rõ ràng phải phụ thuộc vào chế độ ở trên biên của khoảng không gian Vấn đề này sẽ được xét cụ thể hơn trong phần bài tập về dao động của dây (hoặc thanh) và dao động của màng, với phương trình truyền nhiệt cũng vậy, nó phản ánh quy luật truyền nhiệt trong vật khi biết được phân bố nhiệt độ ban đầu và xác lập chế độ nhiệt tại biên

Chúng ta có thể gặp các bài toán của phương trình truyền sóng và ương trình truyền nhiệt trong không gian nhiều chiều, nhưng trong nội dung của một khoá luận chúng tôi chỉ xin giới thiệu một số bài toán xét trong không

ph-gian một chiều và hai chiều được trình bày trong bộ môn Phương pháp Toán-

Lý dùng cho sinh viên ngành Vật lý

Có thể nói phương pháp tách biến là một phương pháp dễ tiếp thu đối

với sinh viên ngành Vật lý, nhưng để có thể giải trọn vẹn một bài toán có sử

dụng phương pháp này thì yêu cầu người giải phải nắm được những kiến thức

của chương trình toán cao cấp , nhất là lý thuyết phương trình vi phân và

chuỗi hàm

Vì những lý do trên tôi đã chọn đề tài : “ Hệ thống bài tập phương trình

truyền sóng và phương trình truyền nhiệt ”, hy vọng rằng nó sẽ giúp đỡ các

sinh viên ngành Vật lý trong việc giải các bài tập về phương trình truyền sóng

và phương trình truyền nhiệt

Bằng những kiến thức về Phương pháp Toán- Lý , Giải tích bằng

cách tìm tòi và thu thập các tài liệu tôi đã hoàn thành cuốn khoá luận này với

những nội dung chính như sau :

Phần I : Tóm tắt lý thuyết Trong phần này chúng tôi giới thiệu những phần lý thuyết liên quan đến giải các bài tập

Phần II : Hệ thống giải bài tập bằng phương pháp tách biến

Phần III : Kết luận chung

Đây là giai đoạn đầu của người mới tập sự làm nghiên cứu khoa học

với kiến thức chưa được nhiều , với vốn kinh nghiệm còn ít và quỹ thời gian

có hạn nên chắc chắn khoá luận sẽ không tránh khỏi những thiếu sót, rất

mong được sự quan tâm, đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và của các bạn

sinh viên để khoá luận này được hoàn chỉnh hơn

Cuối cùng, tôi xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc dến thầy giáo Mạnh Tuấn

Hùng đã giúp đỡ tôi rất nhiều cả về kiến thức, về phương pháp và tài liệu

Xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo trong khoa Vật lý và bạn bè đã giúp

tôi hoàn thành tốt khoá luận này

Vinh, tháng 5 năm 2003 Tác giả

x

u a t

Nghiệm được tìm được tìm dưới dạng u(x,t) = X(x).T(t) (4)

Sử dụng phương pháp tách biến như trong lý thuyết ta sẽ tìm được nghiệm của bài toán

Các bài tập: 1, 2, 3, 4, 5

1.2 Phương trình không thuần nhất :

Giải bài toán có ngoại lực tác dụng vào dây ta có phương trình vi phân không thuần nhất Ta có bài toán sau :

Tìm nghiệm của phương trình 2 ( , )

2 2 2

2

t x g x

u a t

x u

k k

 sin )

, (

1





 (8)

trong đó chuỗi hàm ở vế phải hội tụ đều, có thể lấy đạo hàm theo từng số

hạng hai lần theo x và t Hàm u(x,t) như thế thoả mãn điều kiện biên(7), ta tìm

các hàm Tk(t) để thoả mãn phương trình (5) và điều kiện ban đầu (6), bằng cách thế (8) vào (5) ta được :

    sin ( , )

1

2

2 2 2

"

t x g l

x k t T l

a k t T

x

g

k k

 sin ,

l

k  

0

sin ,

l

a k t

, (11)

để thoả mãn điều kiện ban đầu (6) thì các Tk(t) phải thoả mãn :

Tk(0) = f k ; T’k(0) = F k ( k=1,2 ) (12) với f k , F k là hệ số trong khai triển f(x), F(x) thành chuỗi sin

Giải (11) với điều kiện (12) ta có nghiệm Tk(t) và từ đó đưa ra nghiệm của phương trình (5)

Ngoài cách tìm nghiệm trên ta cũng có thể tìm nghiệm của phương trình

trên dưới dạng : u(x,t) = v(x,t) + w(x,t) trong đó :

hàm v(x,t) thoả mãn phương trình 2 ( , )

2 2 2

2

t x g x

v a t

 

l

x k t T t

x v

k k

 sin )

, (

x

w a t

được giải quyết trong phần 1.1

Các bài tập: 6,7, 8, 9

2 Bài toán có điều kiện biên khác không

Giải bài toán: Tìm nghiệm của phương trình : 2

2 2 2 2

x

u a t

trong đó, hàm v(x,t) thoả mãn phương trình : 2 22

2 2

x

v a t

x0   1 ;    2 ( 0tT ), (25) nghiệm của phương trình (24) được tìm dưới dạng:

v(x,t) = X(x).T(t) ; (26)

còn hàm w(x,t) thoả mãn phương trình : 2

2 2 2 2

x

w a t

v t

u t

w

x f v u w

t t

t

t t t

1 0 0

0

1 0 0 0

( 0xl ), (29)

việc giải phương trình (27) thoả mãn điều kiện biên (28) đã được giải quyết

trong phần 1.1 ở mục 1

2 2 2 2

y

u x

u a t

u

(30) trong miền (x,y)G , 0<tT thoả mãn các điều kiện ban đầu :

   x y

t

u y x u

t y x

u (32) dưới dạng : u(x,y,t) = v(x,y).T(t) (33)

) 34 ( 0

) ( )

( '

2 2 2 2

2

v y

v x

v

t T a t T

y x

) ( ) (

"

) 38 ( 0

) ( ) (

"

y Y y Y

x X x X





với     

Giải (38), (39) và kết hợp điều kiện (36) ta tìm được các giá trị riêng , tương ứng với chúng ta có hàm riêng v x,y , nghiệm tổng quát của (34) Từ đây tìm được nghiệm của bài toán dưới dạng chuỗi với các hệ số xác định theo điều kiện ban đâù

Các bài tập: 12,13

B PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT

1 Bài toán có điều kiện biên bằng không

Giải bài toán: Tìm nghiệm của phương trình : 2

2 2 2

x

u a t

còn điều kiện biên có thể cho dưới dạng sau :

- các mút giữ ở nhiệt độ không : 0 ; 0

u u

u h x

u

(44)

Nghiệm được tìm dưới dạng u(x,t) = X(x).T(t) và sử dụng phương pháp tách

biến ta sẽ tìm được nghiệm của bài toán

Các bài tập: 14,15,16,17,18

2 Bài toán có điều kiện biên khác không

Giải bài toán tìm nghiệm của phương trình 2

2 2

x

u a t

u  t u  t

l x

Cách 1 : Nếu đặt u(x,t) = v(x,t) + w(x,t) (50)

thì hàm v(x,t) thoả mãn phương trình 2

2 2

x

v a t

thoả mãn điều kiện biên v(0,t) = 1 t ; v(l,t) = 2 t (52)

khi đó hàm w(x,t) thoả mãn phương trình 2 22

x

w a t

thoả mãn các điều kiện biên w(0,t) = 0 ; w(l,t) = 0 (54)

và các điều kiện ban đầu w(x,0) =   x  f x  f1 x (55)

Nghiệm của phương trình (53) thoả mãn điều kiện biên (54) được tìm như

v

, 2

x

f ,   1'  2'  1' , (58)

thoả mãn điều kiện biên :

v u  t v u  t

l x l x x

3.Bài toán về phân bố nhiệt trong không gian nhiều biến

Bài toán hỗn hợp của phương trình truyền nhiệt trong không gian nhiều biến cũng được giải tương tự bài toán hỗn hợp của phương trình truyền sóng

Ta tìm nghiệm của phương trình : 

2 2

y

u x

u a t

u

(61)

thoả mãn điều kiện biên :  , ,  ,   0

c y x

t y x

u (62)

và điều kiện ban đầu : u  x , y , 0      x , y với (x,y)  G , (63)

trong đó c là biên của miền G trong mặt phẳng 0xy

dưới dạng u(x,y,t) = v(x,y).T(t) (64)

v x

v  (66)

trong đó  ,  0

c

y x

u(x,y,t) = a e a t v k x y

k k

k

,

2 1

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 được cho bởi u(x,0) = 4 ( 2 )

l

x l

x 

(0  x  l) còn

vận tốc ban đầu bằng không

Giải :

Gọi u(x,t) là độ lệch của dây tại điểm có hoành độ x ở thời điểm t

u(x,t) thoả mãn phương trình dao động của dây : 2 22

2 2

x

u a t

0

2 0

t

t

x u

l

x l x u

u (3) Theo lý thuyết, ta có nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện biên (3) có dạng :

l

x k l

at k b l

at k a t

x u t

x

k k k

sin cos

( ) , ( )

, (

1 1

Ta xác định ak, bk sao cho u(x,t) thoả mãn điều kiện ban đầu (2)

Theo điều kiện ban đầu (2) ta có :

1 0

) ( 4 sin

l

x l x l

x k a u

k k t

1 0

a k b t

u

k k t

x  thành chuỗi Fourier theo

hàm sin trong khoảng (0, l) nên ta có :

x l x l a

l k



sin ) ( 4 2 0 2

dx l

x k x l

l

2 2

8

3 3 3 3 3 3

3  a k = 8. 23 3 ( 1 cos )

3

1 2 32

0 ) cos 1 ( 16

at n

n t

x u

1 32

) , (

0

3 3

Bài 2 : 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 bằng không, vận tốc ban đầu được cho bởi :

) 0 ,

t u

với v0 là hằng số dương và /2  c  l - /2

Giải :

Gọi u(x,t) là độ lệch của điểm trên dây có hoành độ x ở thời điểm t

Ta có u(x,t) thoả mãn phương trình dao động của dây :

2

2 2 2 2

x

u a t

0 0 0

0

c x v t

u u

Ta biết nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện biên (2):

 

l

x k t l

a k b t l

a k a t

x u

k

k k







sin sin

cos ,

l

x k a

a k b t

u

k k t

x k l

a k b

l l

0 0

2 /

sin ) cos(

2 /

2 /

2 /

0

1 sin

1 sin

k dx

c x l

k a

2 /

2 /

2 /

1

1 1

cos 1

c

c x l k

l k c

x l k

l

k a

cos 2 2

cos 1

c k l

k l

c k

l

k a

cos 2 2

cos 1

 k l c k l k l c k l

l k

c k l

k l

c k

l

k l

k l

c k l

k l

c k

sin 1

1 2

sin 2

sin 1

c k

l

k l

2 1

1 1

c k

l

k a k

v

2 cos

sin 1

1

2

2 2





 b k =

l

k l

c k

l

k a k

v

2 cos

sin 1

2

2 2

sin

4 ,

1

2

2 2

2 0

l

x k l

at k

l

k k

l

k l

c k

a

v t x u

Bài 3 : Xác định dao động dọc của thanh nếu một mút gắn chặt còn một mút

tự do, biết các điều kiện ban đầu : ( )

0 f x u

0

x F t

Gọi u(x,t) là độ lệch của thiết diện của thanh có hoành độ x ở thời điểm t

Khi đó u(x,t) thoả mãn phương trình : 2 22

2 2

x

u a t

0

x F t

x

u

(3)

Ta tìm nghiệm riêng của phương trình (1) dạng : u(x,t) = X(x).T(t) (4)

Bằng lý luận quen thuộc ta có :

"

) 5 ( 0

"

2

T a T

X X





Từ điều kiện biên (3) ta có : X(0) = 0 ; X ’(l) = 0 (7)

Giải phương trình (5) với điều kiện (7), ta xét các trường hợp :

  = - c2<0 Phương trình (5) có nghiệm tổng quát : X(x) = c1.e-cx + c2.ecx

0

2 1

2 1

cl cl

e c c e c c l X

c c x X

0 0

2

1

c l X

c X

  = c2 > 0 Nghiệm tổng quát của (5) : X(x) = c 1 cos cx + c 2 sin cx

( '

0 )

0 ( 2

1

cl c c l X

c X

x

2

1 2 sin  



có thể lấy k = 0,1,2 ( do tính tuỳ ý của A k )

Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (6) tương ứng :      

l

at k

D l

at k

B t

2

1 2 sin 2

1 2

at k

b l

at k

a t

x u

k

k k

2

1 2 sin 2

1 2 sin 2

1 2 cos )

, (

1 2 sin 0

l

x k a

1 2 sin 2

1 2 0 0

x F l

x k l

a k b t

u

k k t

x k x

f l a

l

o k

2

1 2 sin ) (

  (11) Tương tự , từ (10) ta có :

dx l

x k x

F l

x k l

a k b

l

o l

o k

2

1 2 sin ) ( 2

1 2 sin 2

F a k b

l

o k

2

1 2 sin ) ( 1

-l x l x

Bài 4 : Một thanh đồng chất có độ dài 2l bị nén cho nên độ dài của nó còn lại là 2l(1-) Lúc t = 0, người ta buông ra Chứng minh rằng độ lệch của thiết diện có hoành độ x ở thời điểm t được cho bởi: l at n l x n n l t x u n n     ( 2 1 ) cos ) 1 2 ( sin ) 1 2 ( ) 1 ( 8 ) , ( 0 2 1 2         nếu gốc toạ độ đặt ở tâm của thanh Giải: Chọn hệ trục toạ độ có gốc trùng với tâm của thanh Trục 0x dọc theo thanh Gọi u(x,t) là độ lệch của mặt cắt có hoành độ x ở thời điểm t Khi đó u(x,t) thoả mãn phương trình dao động của thanh : 2

2 2 2 2 x u a t u      (1) Theo bài ra, tại thời điểm t = 0 người ta buông ra tức vận tốc ban đầu bằng không , hai đầu mút của thanh đều tự do nên ta có điều kiện biên : 0

0     x x u ;  0   l x x u (2)

Do thiết diện có hoành độ x tại thời điểm t = 0 nằm ở vị trí (1-)x nên có độ lệch : u(x,0) = x(1-) – x = -x = f(x) , do đó điều kiện ban đầu : ( )

0 x f x u t     ; 0 0     t t u (3)

Tìm nghiệm riêng của phương trình (1) dưới dạng u(x,t) = X(x).T(t) (4)

Sử dụng phương pháp tách biến ta có :

 

         ) 6 ( 0 ) ( " ) 5 ( 0 ) ( " 2 t T a t T x X x X  

Bây giờ ta đi tìm nghiệm của phương trình (5) với điều kiện biên : X’(-l) = 0 ; X ’(l) = 0 (7)

Ta xét các trường hợp:

 Dễ thấy  < 0 không phải là trị riêng

 = 0 Phương trình (5) có nghiệm tổng quát : X(x) = c1x + c2

( '

0 )

( ' 1

1

c l X

c l X

 c2  0 và c2 = A0

nên X 0 (x) = A0

ứng với trị riêng  = 0 thì (6) có nghiệm tổng quát : T 0 (t) = B0t + D0

nên ta có nghiệm riêng của (1) u 0 (x,t) = a0 + b0t (a0 = A0D0; b0= A0B0) (8)

 = c2> 0 Nghiệm tổng quát của (5) là : X(x) = c1cos cx + c2sin cx

0 sin 0

cos sin

0 cos sin

0 ) cos(

) sin(

0 ) cos(

) sin(

2 1 2

1

2 1

2 1

2 1

cl c

cl c cl

c cl c

cl c cl c cl

cc cl c

cc

x

u

cl cc

cl cc

at k B t

at k b l

at k a t

x

cos sin

k k k

D A b

B A a

( k=1,2 ) (9)

+ Xét coscl = 0 

2

) 1 2 (  

 n

l

n c

2

) 1 2 (  

 (n = 0, 1, 2 )

2

1 2

x

2

) 1 2 ( sin  

D l

at n

B t

2

1 2 sin 2

1 2

  

l

x n l

at n b

l

at n

a t

x

2

) 1 2 ( sin 2

) 1 2 ( sin 2

) 1 2 ( cos

n n n

D A b

B A a

(10)

Từ (8),(9),(10) ta có nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện biên (2)

chính là tổng của các nghiệm riêng của u(x,t) :

l

x n

l

at n

b l

at n a

l

x k l

at k b l

at k a t

k

k k

2

1 2 sin 2

1 2 sin 2

1 2 cos

cos sin

cos )

,

(

0

1 0 0

x n a

l

x k a a

u

n n k

k

2

) 1 2 ( sin cos

0 1

) 1 2 ( cos

0 1

0 0

a n b l

x k b l

a k b

t

u

n n k

k t

l

x n a

dx l

x k a

dx

a

l

l l

l n l

do đó ta có : a dx x dx

l

l l

x x

x k x dx

l

k

l l

x k k

l l

x n x

dx l

x n

a

l

l l

l

n

2

) 1 2 ( sin 2

) 1 2

l

x n x

l a

2

1 2

dx l

x n n

l l

x n x

n

l l

a

l

l l

l n

2

) 1 2 ( cos )

1 2 (

2 2

) 1 2 ( cos )

1 2

1 2 (

8 2

) 1 2 ( sin 2

) 1 2 ( sin )

1 2

(

4

2 2 2 2

n n

l

) 1 2 (

8 1

a n n (16)

Từ (14), (15), (16) ta có nghiệm của bài toán :

l

x n l

at n

n

l t

x u

n

n

2

) 1 2 ( sin 2

) 1 2 ( cos ) 1 2 (

) 1 ( 8 ) , (

0

2 1 2

Dạng 2 : Bài toán có điều kiện biên khác không

Bài 10 : Xác định dao động của một dây gắn chặt ở mút x = 0, còn mút x = l

chuyển động theo quy luật Asint, biết rằng độ lệch và vận tốc ban đầu bằng không

Giải: :

Gọi u(x,t) là độ lệch của điểm trên dây có hoành độ x ở thời điểm t

u(x,t) thoả mãn phương trình dao động :

2

2 2 2 2

x

u a t

l x

0

0

(1) với điều kiện biên : 0

x

w a t

x

v a t

với điều kiện biên :

0

l x

x x

x

v

w u

v

(8)

và điều kiện đầu :

0 0

0 0

t t

t t

t t

t

w t

w t

u t

v

w v

(9)

Ta tìm nghiệm w(x,t) của phương trình (5) dưới dạng : w(x,t) = X(x).T(t) (10)

Bằng lý luận quen thuộc ta có :

) 12 (

) 11 ( 0

) ( )

(

"

0 ) ( ) (

x X x X

T( )  sin  (14)

Thay (14) vào (12) :  2sin  2 sin t 0

B

A a t B

a

x c

a

x c

x

sin cos

l c

)

(

0 )

B c

sin

2   

a x a

l

B x

sin

l

B t

x

sin

) ,

 x

a t a

l

A t

x

 sin .sinsin

) ,

x A

t w w

t

t

sin

sin 0

l

ax k l

at k b l

at k a t

x v

k

k k







sin sin

cos )

, (

x A

t v v

t

t

sin

sin 0

  a k  0 , (20)

a l a

x A

l

x k l

a k b

k k

sin

sin sin

l

A a

k b

l k

2

A l

l

a k

sin

x l

k a

dx l

x k a

x I

l l

cos cos

2

1 sin

k a l

l

k a

k a l

2

1

2 2

sin ) 1 (

l

k a

1 2

2 1

.

2 ) 1 ( sin

) 1 ( sin

2

l

k a

l a

A

l

k a

l

a

l k

a l

A a

k

b

k k

at k

l

k a

l a

A t

x v

) 1 (

2 ) , (

l

x k l

at k

l

a k l

Aa

a l

t x a

A t x

) 1 ( 2

sin

sin sin )

, (

1

2 2

Bài 11 : Tìm dao động dọc của một thanh đồng chất mà một mút cố định, còn

mút kia chịu tác dụng của lực Q (lên một đơn vị diện tích) dọc theo thanh, biết

độ lệch và vận tốc ban đầu bằng không

Giải: :

Gọi u(x,t) là độ lệch của thiết diện có hoành độ x tại thời điểm t, khi đó u(x,t) thoả mãn phương trình dao động của thanh: 2 22

2 2

x

u a t

với điều kiện đầu : 0

l x

u

l x

x

v a t

v

l x

x

w a t

) 11 ( 0

) ( )

(

"

0 ) ( ) (

x X x X





0 X(0).T(t)

Để hệ có nghiệm không đồng nhất bằng không thì T(t)  0

 X' (l) B 

E B

Q t T

) (  (13) Thay (13) vào (12) ta có  = 0  X(x) = c1x + c2

X'

0 c X(0)

0 0

t

t

t v

x E

at k

b l

at k

a k

k k

2

) 1 2 ( sin 2

) 1 2 ( sin 2

) 1 2 ( cos 0

2

) 1 2 ( sin

k k

E

Q l

x k a

0 0

2

) 1 2 ( sin 2

) 1 2 (

k

k k

t

b l

x k l

a k b t

x k x

 2

1 2

1 2

1 8

Ql a

at k

k E

QL t

) 1 2 ( cos ) 1 2 (

) 1 ( 8