Các phương pháp truyền nhiệt docx

§¹i häc §µ N½ng
Tr−êng §¹i häc b¸ch khoa
Khoa c«ng nghÖ nhiÖt ®iÖn l¹nh





PGS, TS. NguyÔn Bèn






C¸c ph−¬ng ph¸p tÝnh
truyÒn nhiÖt

- §µ N½ng - 2001 -
2
3
Chơng 1: Mô hình bài toán dẫn nhiệt

1.1. Định luật Fourier
1.1.1. Thiết lập
Tính nhiệt lợng Q dẫn qua mặt
dS ở cách 2 lớp phân tử khí có nhiệt độ
T
1
> T
2
một đoạn bằng quãng đờng tự
do trung bình
.
* Vì T
1
và T
2
sai khác bé, nên coi
mật độ phân tử n
o
và vận tốc trung bình

r

các phân tử trong hai lớp nh nhau.
Do đó, trong thời gian d, số phân tử ở
T
1
và T
2
qua dS là nh nhau, bằng:
z
x
T
2
T
1

y
O

H1. Để chứng minh
định luật Fourier
d
2
n =
6
1
n
o


dS d
* Lợng động năng qua dS từ T

1
và T
2
là:
d
2
E
1
=
E
1
d
2
n =
6
1
n
o


dS d
2
i
kT
1
d
2
E
2
=

E
2
d
2
n =
6
1
n
o


dS d
2
i
kT
2
Trừ hai phơng trình cho nhau, ta đợc:

2
Q = (
E
1
-
E
2
)d
2
n =
6
1

n
o


dSd
2
ik
(T
1
- T
2
)
Vì T
1
- T
2
= -






dx
dT
. 2

nên

2

Q = -
6
i
n
o
k


dx
dT
dS d
Do
6
i
n
o
k =
6
i
n
o

N
R
=
3
1
(n
o

N
à
) (
à2
iR
) =
3
1
c
o
nên
4

2
Q = - (
3
1
c
o



)
dx
dT
dS d = -
dx
dT
dS d
hay

dS
d
Q
2
= q = -








x
T

* Khi dS có vị trí bất kỳ thì q = - gradT
hay dạng vectơ dòng nhiệt là
q
r
= -
dTagr
r

1.1.2. Phát biểu:
Vectơ dòng nhiệt tỷ lệ thuận với gradient nhiệt độ:
Biểu thức vectơ:
q

r
= -
dTagr
r

Dạng vô hớng: q = - gradT, [W/m
2
]; Q = - gradT.dS, [W]
1.1.3. Hệ số dẫn nhiệt
Hệ số dẫn nhiệt là hệ số của định luật Fourier: = |q/gradT|
[W/mK]
Theo chứng minh trên ta có:
=
3
1


c
v
=
3
1






RT
p

m
kT8








pd.2
kT
2
C
v
=
3
2

m
Tk
d

c
3
3
2
v

cho thấy: không phụ thuộc p, và khi T
hoặc c
v
hoặc đờng kính d cùng khối lợng phân tử m giảm.
Định luật Fourier đúng cho mọi chất rắn, lỏng, khí.
1.2. Phơng trình vi phân dẫn nhiệt
1.2.1. Định nghĩa:
Phơng trình vi phân dẫn nhiệt là
phơng trình cân bằng nhiệt cho một
phân tố dv bên trong vật.
1.2.2. Thiết lập
Luật cân bằng nhiệt cho dV V là:


H2. CBN cho dV

z
x
y
q

q

q

C
dV
V
O
5
[Lợng nhiệt phát sinh trong dV] - [Thông lợng nhiệt qua dV]=
[Biến thiên entanpy của dV]
Cho trớc (q
v
, , c
p
, ) dV, có thể viết phơng trình trên ở dạng:
q
v
dVd - div
q
r
dVd = dV.c
p



t
d
hay

t

=
p
v
c
q

-
p
c
1

div
q
r
, trong đó dòng nhiệt qua dV là:
q
r
=
q
r


+
q
r

= -
dtagr
r
+

r
c
p
t,
do đó: div
q
r
= div (c
p

r
t-
dtagr
r
), coi (, c
p
) = const ta có :
div
q
r
= c
p
div (t

r
) - div (
dtagr
r
)

= c
p
(tdiv
r
+

r

dtagr
r
) - div (
dtagr
r
)-
dtagr
r
.
dagr
r

= c
p
(tdiv
r
+

r
dtagr
r
) -

2
t -
dtagr
r
.
dagr
r

Vậy phơng trình có dạng:

t
=
p
c
qv

- tdiv

r
-

r
.
dtagr
r
+


p
c

2
t + (
dtagr
r
dagr
r
)/c
p
do

t
+
r
.
dtagr
r
=


t
+
dx
dt
.

d
dx
+
dy

dt
.

d
dy
+
dz
dt
.

d
dz
=

d
dt

nên phơng trình vi phân dẫn nhiệt sau khi đặt a =
Cp

, sẽ là:

d
dt
= a
2
t +
p
v
c

q

+
p
c
1

dtagr
r

dtagr
r
) - tdiv

r
, với:
là tích vô hớng của 2 vectơ và


2
t = t là toán tử Laplace của nhiệt độ, có dạng:

2
t =

+


+


+


+




+


+


+

+


+


),,(
sinsin
cos2
),,(
11
),,(
222
2
222
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2

2
2








rtrong
r
tt
rr
t
r
t
r
r
t
zrtrong
z
tt
r
r
t
r
r
t
zyxtọatrong

z
t
y
t
x
t

1.2.3. Các dạng đặc biệt của phơng trình vi phân dẫn nhiệt
* Với vật rắn,

r
= 0, phơng trình có dạng:
dtagr
r
.
dagr
r

dtagr
r

dagr
r
,
(tron
g
tọa độ vuôn
g

g

óc (x
y
z))
(
tron
g
t
ọ
a đ
ộ
tr
ụ

(r

z
))

(
tron
g
t
ọ
a đ
ộ
cầu
(r


))

6

t
= a
2
t +
p
v
c
q

+
p
c
1

dtagr
r
.

dagr
r

* Vật rắn có = const xyz phơng trình là:


t
= a
2
t +

p
v
c
q


* Vật rắn có = const , ổn định nhiệt


t
= 0, phơng trình là:
a
2
t +

v
q
= 0. Nếu không có nguồn nhiệt, q
v
= 0, thì
2
t = 0.
1.3. Các điều kiện đơn trị (ĐKĐT)
1.3.1. Định nghĩa:
ĐKĐT là những điều kiện cho trớc nhằm xác định duy nhất
nghiệm của một hệ phơng trình.
1.3.2. Phân loại các ĐTĐT:
Theo nội dung, các ĐKĐT đợc phân ra 4 loại sau:
1. Điều kiện hình học: Cho biết mọi thông số hình học đủ để xác
định hình dạng, kích thớc, vị trí của hệ.

2. Điều kiện vật lý: Cho biết luật phân bố các thông số vật lý theo
nhiệt độ t tại M hệ; tức cho luật xác định (, c
p
, , a )
= f(t, M

V).
3. Điều kiện ban đầu: Cho biết luật phân bố nhiệt độ lúc = 0 tại
mọi điểm M hệ, tức cho biết t = t(x, y, z, = 0), (x, y, z) V.
4. Điều kiện biên: Cho biết luật phân bố nhiệt độ hoặc luật cân
bằng nhiệt tại mọi điểm trên biên W, ở mọi thời điểm , tức cho biết:
t = t(M, ) hoặc
dtagr
r
= f(M, , t)
M (x, y, z) V
xét
1.3.3. Các loại điều kiện biên (ĐKB)
Tại mỗi miền W
i
của mặt biên kín W = W
i
, tuỳ theo cách phân
bố t hoặc cách trao đổi nhiệt, ta có thể cho biết các loại ĐKB sau đây:
1. ĐKB loại 1: Cho biết luật phân bố nhiệt độ t tại mọi điểm M
1

W
1
ở mọi thời điểm:

7
t = t (M
1
, ), M
1
W
1
,
2. ĐKB loại 2: Cho biết dòng nhiệt dẫn qua biên:
q (M
2
,

) = -

n
t


,
tức cho biết
n
t


=

1
q (M
2

, ), M
2
W
2
, .
Khi
n
t


= q = 0 tức biên W
2
đợc cách nhiệt tuyệt đối hoặc là
biên đối xứng, lúc này t đạt cực trị tại W
2
, và đờng cong t(M) có tiếp
tuyến nằm ngang.
3. ĐKB loại 3: Cho biết biên W
3
tiếp xúc chất lỏng có t
f
, và toả
nhiệt ra chất lỏng theo luật:
-t
n
(M
3
, ) = [t(M
3
, ) - t

f
], tức cho biết
gradt (M
3
) = [t
f
- t(M
3
)]/(/), M
3
W
3
, .
4. ĐKB loại 4: Cho biết luật CBN khi biên W
4
tiếp xúc vật rắn
khác, có nhiệt độ t
4
và
4
, tại M
4
W
4
, phơng trình cân bằng nhiệt
có dạng :
-
n
)M(t
4

=
4
n
)M(t
44



và t(M
4
) = t
4
(M
4
)
5. ĐKB loại 5: Cho biết luật cân bằng nhiệt trên biên W
5
di động,
t
x
H3. CBN trên biên W
5

do có sự chuyển pha, trao đổi
chất (khối lợng thay đổi) hoặc
đang biến dạng:
-
n

)M(t
5


= r
c


d
dx
5
- '
n
't


(M
5
),
với r
c
= nhiệt chuyển pha;

d
dx
5

= vận tốc biên W
5
; : khối lợng

riêng pha mới.
1.3.4. ý nghĩa hình học của các loại ĐKB
Dạng đờng cong phân bố nhiệt độ t(x, y, z, ) tại lân cận biên W,
-
t
x




-
t'
n


-r
c

5
dx
d

5
dx
d

x
0
x
5

8
tuỳ theo cách cho ĐKB, sẽ có các đặc điểm hình học sau đây:

W Cách cho ĐKB
Đờng cong
t(M,)
ý nghĩa hình học
1 t
w
= const
x
w
M
V
t
o

t(M) đi qua một điểm cố
định M
o
W
2
n
t
w


= 0
x
q = 0

V
t
= 0


t(M) đạt cực trị trên W cách
nhiệt

n
t
w


= const
x

V
Các tiếp tuyến của t(M) tại
W song song, góc = const
3
n
t
w


=


/
tt

wf

x
V
t
f
R



Các tiếp tuyến của t(M) tại
W
3
qua điểm R(


, t
f
)
4
n
t
w


=


4
x

t
ow



t
W
= t
4W
x
V
V
o


t(M) liên tục, không khả vi
tại W
4
và = const
5
-
n
t
w


= r
e

d
dx
5

-
n
't
w



x
V

W
5
di chuyển với tốc độ
=

d
dx
5

H4. Minh hoạ ý nghĩa hình học các ĐKB
1.4. Mô hình một bài toán dẫn nhiệt
Mô hình toán học của một bài
toán dẫn nhiệt là một hệ phơng


W

= const
W
W
5
dx
d

9
trình vi phân (t), gồm phơng trình
vi phân DN và các phơng trình mô
tả các ĐKĐT nh sau:

(t) =

t
= a
2
t +
c
v
q

và
các phơng trình mô tả các ĐKĐT.
Mục đích chính của truyền
nhiệt là tìm các phơng pháp giải
hệ (t) để tìm hàm phân bố t(x,y,z,)
thoả mãn hệ (t).

, ,c, q

v


o
t
o
n


t
n
W
4
W
3
W
2
W
1
W
5
t (M, )
w1



t
'
n
'

cf
dx
d
r


t
n
w
x
-1
q(M, )

2
t
= a t +

2
q
v

c

[
t
w

-

t

f
]
2

t
x
w
M















H5. Mô hình 1 bài toán DN

10
Chơng 2: các Phơng pháp giải tích

2.1. phép chuẩn hoá và định lý hợp nghiệm:
2.1.1. Nội dung cơ bản của các phơng pháp giải tích

ý tởng của Fourier là chuyển phơng trình đạo hàm riêng tuyến
tính thành một số phơng trình vi phân thờng tơng đơng, bằng
cách tách biến, tìm nghiệm riêng ổn định và biến thiên hằng số.
Các cách trên đợc sử dụng tuỳ thuộc tính thuần nhất hay không
thuần nhất của phơng trình dẫn nhiệt và phơng trình vi phân mô tả
các điều kiện biên.
2.1.2. Phơng trình vi phân thuần nhất và không TN
- Định nghĩa: Phơng trình vi phân F(t, t
x
, t
xx
) = 0 đợc gọi là
thuần nhất khi: nếu t là nghiệm của phơng trình thì ct, c =const,
cũng là nghiệm của F(t, t
x
, t
xx
) = 0.
- Ví dụ: t

= at
xx
, t
x
(0,) = -


t(0,) là TN
t

= a
2
t +
c
v
q

, t
x
(L, ) =



[t(L, ) - t
f
] là không TN
Nhận xét: Phơng trình truyền nhiệt không chứa số hạng tự do,
nh q
v
và t
f
, là phơng trình thuần nhất.
2.1.3. Nguyên lý hợp nghiệm
Nếu các t
i
,i = 1ữn, là nghiệm riêng của bài toán biên thuần nhất
(tức phơng trình vi phân và các ĐKB thuần nhất), thì t =

=
n

1i
ii
tC cũng là
nghiệm của bài toán TN đó, C
i
= const
2.1.4. Phép chuẩn hoá
- Định nghĩa: Phép chuẩn hoá một hệ phơng trình là cách đổi các
biến và thông số có thứ nguyên thành các biến và thông số không thứ
nguyên.
- Lợi ích của phép chuẩn hoá là đơn giản hệ phơng trình và cách
11
giải, khiến cho nghiệm có tính tổng quát, không phụ thuộc các đại
lợng có thứ nguyên, và trong vài trờng hợp, có thể thuần nhát hoá
các điều kiện biên không thuần nhất.
- Ví dụ: Bài toán làm nguội tấm phẳng với 2 biên W
o
/W
3
có mô
hình:
(t)

=
=
=


=


)W()TN0(]t),(t[),(t
)W()TN(0),0(t
)DKD(t)0,x(t
)FT()TN(
x
t
a
t
3fx
ox
o
2
2
Đổi biến

=

=


=
2
fo
f
a
F
x
X
tt
tt

và đặt B =



thì do

t

=

t
.
F

.


F
= (t
o
- t
f
)
2
a

.
F




x
t


=

t
.
X


.
x
X


=


fo
tt
.
X



2
2
x
t


=
x

(

x
t


) =
X

. (


fo
tt
.
X



)
x
X


=
2
fo
tt


2
2

X



t
x
(, ) =


fo
tt

x
(1, F) =



[t (, ) - t
f
] có dạng TN là

x
(l, F) =



[1, F] = B(1,F)

t
= (t

o
- t
f
)
2
a

F

= a
2
2
x
t


= a
2
fo
tt


.
2
2
X



có dạng đơn giản

hơn là
F



=
2
2
X



. Khi đó bài toán (t) đợc chuyển đổi thành bài toán
không thứ nguyên () tơng đơng, có dạng chuẩn hoá là:
12
()









=
=
=

=


)(),1(),1(
)(0),0(
1)0,(
2
2
TNFBF
TNF
X
XF
x
x





Bài toán () có hai điều kiện biên ở dạng thuần nhất.
2.2. Phơng pháp tách biến Fourier
2.2.1. Nội dung phơng pháp Fourier
Là tìm nghiệm ở dạng tách biến, nh là tích của một hàm của tọa
độ với một hàm của thời gian.
Nhờ đó có thể chuyển một phơng trình đạo hàm riêng thành hệ
hai phơng trình vi phân thờng tơng đơng.
Phơng pháp này thờng dùng để giải các hệ phơng trình thuần
nhất.
2.2.2. Cách giải các bài toán thuần nhất
Các bài toán thuần nhất có thể giải bằng phơng pháp tách biến

Fourier theo các bớc: tách biến phơng trình vi phân DN tìm nghiệm
tổng quát, xác định các nghiệm riêng theo các ĐKĐT, hợp nghiệm.
Đó là các bớc của phơng pháp tách biến.
2.2.3. Ví dụ: Bài toán làm nguội tấm phẳng biên (W
2
+W
3
)
1. Phát biểu bài toán:
Cho vách phẳng có , a, , t
o
= t(x,0) cách nhiệt tại x = 0, toả nhiệt
tại x = ra môi trờng t
f
, . Tìm trờng t (x, )
2. Mô hình TH:
(t)












=

=
=
=

]t),(t[),(t
0),0(t
t)0,x(t
att
fx
x
o
xx

Bằng cách đổi biến:
O
t
x
a
t(x, )


q = 0
W
2

W
3

tf
t

o
H6. Bài toán
(
2.2.2
)

13
=
fo
f
tt
tt


, X =

x
, F =
2
a


, B =



sẽ thu đợc hệ phơng trình
() tơng đơng, ở dạng chuẩn hoá:
()

=
=
=
=
),1(),1(
0),0(
1)0,(
FBF
F
x
x
x
xxF





3. Tách biến bằng cách tìm nghiệm dạng (X,F) = X(x) F(F).
Thay vào
F
=
xx
có X(x) F'(F) = X"(X) F(F) hay

)X(X
)X("X
=
)F(F
)F("F
= -k
2

(do 2 hàm độc lập), chuyển thành 2 phơng trình vi phân thờng:





==+
+==+
Fk2
21
2
2
e)F(F0)F(Fk)F('F
kXcosckXsinc)X(X0)X(Xk)X("X

Nghiệm tổng quát là (X,F) = (c
1
sin kX + c
2
coskX)
F
2

k
e


4. Xác định các hằng số theo ĐKĐT

x
(0,F) = 0 (kc
1
cos0 + (-kc
2
sin0)
F
2
k
e

= 0
c
1
= 0 và (X,F) = c
2
coskX
F
2
k
e

x
(1,F) = (-kc
2
sin0)
F
2
k
e

=
-B (1,F)= -Bc
2
cosk
F
2
k
e


ksin
kcos

= cotgk =
B
k
,
p
hơn
g
trình nà

y
có
vô số nghiệm k
i
, i = 1 ữ n. Các
nghiệm riêng thoả mãn ĐKB có
dạng:
i
(X,F) = c
2
cosk
i
X.
F
2
i
k
e

,
O
cotgk
k
k
kk
kk
1
2
3
4

5
234
k
B

H7. Giải phơng trình cotg k =
B
k
nghiệm hợp là (X,F) =


=

1i
F
2
i
k
ii
Xekcosc
- Điều kiện đầu (X,0) = 1 c
i
cosk
i
X=1 cosk
i
X


1

ii
Xkcosc =
cosk
i
X

1
0
i
XdXkcos
=
i
i
k
ksin
=


1
0
iii
dXXkcoscXkcos
=
14
c
i

1
0
i

2
XdXkcos
= c
i
i
ii
k
kk
4
2sin2 +


c
i
=
ii
i
k2sink2
ksin4
+

Vậy nghiệm bài toán là:
(X,F) = 4


=
+
1i
ii
i

k2sink2
ksin
cos(k
i
X)
F
2
i
k
e


* Đồ thị (X,F) và t(x, ) có dạng:
O
x
F =

6
5
4
3
2
1
1
F=0
1

O
t
x

tf

t
o
5
4
3
2
= 0

=

R

H8. Phân bố (X,F) H9. Phân bố t(x, )

2.3. Phơng pháp nghiệm riêng ổn định
2.3.1. Phạm vi sử dụng phơng pháp NROĐ
Để giải các bài toán không thuần nhất có nghiệm riêng khi ổn
định, tức là khi t

=
F
= 0
2.3.2. Nội dung phơng pháp NROĐ
Gồm các bớc sau:
1. Tìm nghiệm riêng ổn định

(x) của bài toán (), ứng với lúc ổn
định, theo phơng trình

F
= 0 =
xx

2. Thay (v = -
) vào bài toán () để lập bài toán (v), sẽ đợc
bài toán (v) thuần nhất.
3. Tìm nghiệm v của bài toán (v) bằng phơng pháp tách biến, sau
đó lập nghiệm của bài toán () đã cho là =

+ v
2.3.3. Ví dụ: Bài toán gia nhiệt vách phẳng biên (W
1
)

1. Phát biểu BT: Cho vách phẳng có , a, , t(x,0) = t
o
= t(, ) và
F = 0

15
t(0, ) = 2t
o
. Tìm t(x, )
* Mô hình TH:
(t)

=
=
=
=

o
o
o
xx
t),(t
t2),0(t
t)0,x(t
att

Chuẩn hoá bằng cách đặt

=

=

=
2
o
o
a
F
x
X
t
tt

O
t
x
a,
t(x, )


t
o

W
1
2t
o
W'

1

H10. Bài toán (2.3.3)
bài toán (t) trở thành dạng chuẩn hoá () nh sau:
()
Fxx
(X,0) 0
(0,F) 1
(1, F) 0 (0TN )
=


=


=


=

. Ta sẽ giải bài toán () không thuần nhất
này bằng phơng pháp NROĐ
2. Tìm nghiệm riêng

của bài toán ổn định:
(
)

==
+==
+===
2
21
21xx
c1)0(
cc0)1(
cXc0



X1

=

3. Thay v(X,F) = (X,F) -

(X) = (X,F) + X - 1 vào (): bài toán
() trở thành bài toán (v) thuần nhất nh sau:
(v)

===
===
==
====
)TN(011)0()F,0()F,0(v
000)1()F,1()F,1(v
1X)X()0,X()0,x(v
vvv
xxxxxxxxFF

4. Tìm nghiệm bài toán (v) bằng phơng pháp tách biến, tơng tự
nh bài toán 2.2.2:
- Tách biến phơng trình v
F
= v
xx
có nghiệm tổng quát là:
16
v(X,F) = X(X)F(F) = (c
1
sinkx + c
2
coskx)
F
2
k
e


- Theo ĐKB: v(0,F) = 0 c

2
F
2
k
e

= 0 c
2
= 0
v(X,F) = c
1
sinkX
F
2
k
e


Theo v(1,F) = 0 c
1
sink
F
2
k
e

= 0 sin k = 0 k = n
v(X,F) =

=
1n
n
)Xnsin(c
F
2
)n(
e


- Theo ĐKĐ: v(X,0) = X-1 X - 1 =



=
1x
n
)Xnsin(c



1
0
dX)Xnsin()1X( =


1
0
)Xnsin( dX)Xnsin(c

1n
n



=
-
n
1
=
2
c
n
c
n
=


n
2

nghiệm phơng trình (v) là: v(X,F) = -

2


n
)Xnsin(
F
2

)n(
e

. Do đó,
nghiệm bài toán () đã cho là: (X,F) =

(X) + (X,F)
(X,F) = (1-X) -

2




=1n
n
)Xnsin(
exp (-n
2

2
F)
* Phân bố nhiệt độ (X,F) và t(x,) có dạng:
O
1
x


x
=

1
-

x



F

=

F = 0
1
1
2

O
t
x

t
t

=

2
t

-

t
= 0
o

2t
o
o
o
1
2

x
/

H11. Phân bố (X,F) H12. Phân bố t(x, )
2.4. Phơng pháp biến thiên hằng số
2.4.1. Phạm vi sử dụng:
Phơng pháp biến thiên hằng số thời gian A
n
(F) đợc sử dụng khi:
- Bài toán () không tồn tại nghiệm riêng ổn định
- hoặc có nghiệm riêng ổn định

nhng không tìm đợc
- Bài toán với vật có nguồn nhiệt trong, hoặc đợc gia nhiệt bằng điện.
17
2.4.2. Nội dung phơng pháp BTHS
Gồm các bớc sau:

1. Lập bài toán (v) thuần nhất, bằng cách cho bằng 0 tất cả các
ĐKB không thuần nhất trong bài toán ().
2. Tách biến v(X,F) = X(X).F(F) và tìm X(X) thoả mãn các ĐK
biên thuần nhất, sẽ đợc các nghiệm riêng dạng X
n
(X) = c
n
(X), trong
đó
n
(X) = f(n,X) là hàm số riêng, thoả mãn điều kiện trực giao:


1
0
mn
dX)X()X(
=



=

nmkhic
nmkhi0

3. Biểu diễn nghiệm bài toán () ở dạng (X,F) =

=1n
nn
)X()F(A

và biến thiên hằng số thời gian A
n
(F), tức tìm biểu thức xác định A
n
(F)
nhờ điều kiện trực giao của
n
(X):


1
0
m
dX)X()F,X(
=


=1n
n
)F(A


1
0
mn
dX)X()X(

= cA
n
(F) tức có quan
hệ A
n
(F) =
c
1


1
0
n
dX)X()F,x(

4. Lập hệ phơng trình thờng của A
n
(F) bằng cách tính
dF
d
A
n
(F),
tìm nghiệm A
n
(F) thoả mãn điều kiện ban đầu.
5. Viết nghiệm bài toán () ở dạng (X,F) =
)F(A)X(
n
1n

n



=

2.4.3. Bài toán tấm phẳng biên (W
2
+ W
20
)
1. Phát biểu: Cho vách phẳng có
, a, , t(x,0) = t
o
, t
x
(, ) = 0 và t
x
(0,
) = -

o
t
.
Tìm t(x, )
O
t
x
a,
t( ,0)

q =
t =
o

q = 0
t
t
o


(t = - )
t
o

x
x = 0
x
t
18
* Mô hình TH: (t)

=

=
=
=

0),(t
t
),0(t
t)0,x(t
att
x
o
x
o
xx

chuẩn hoá với =
o
o
t
tt
, X =

x
, F =
2
a

, sẽ có:
()









=
==
=
=
0)0,(
)0(1),0(),0(
)(0),1(
X
TNt
t
F
TNF
x
o
x
x
xxF

2. Giải phơng trình 0TN () bằng phơng pháp BTHS:
1) Lập bài toán (v) thuần nhất từ ():
(v)







=
=
=
=
0)0,X(v
0)F,0(v
0)F,1(v
vv
x
x
xxF
(TN)
2) Tìm nghiệm riêng bài toán biên, v
x
(1,F) = v

x
(0,F) = 0, bằng
cách tách biến v(X,F) = X(x)F(F) có
X(x) = c
1
sin kX + c
2
cos kX



====
====
nkksinkc0)1(X0)F,1(v
kXcosc)x(Xc0)0(X0)F,0(v
2xx
21xx

Do đó có X(X) = c
n
cos (nX) và hàm số riêng là
n
(X) =
cos(nX).
3) Để (X,F) =
)X()F(A
n
1n
n

=
= )Xncos()F(A
1n
n



=
là nghiệm bài toán
() thì hằng thời gian A
n
(F) phải xác định theo điều kiện trực giao của
hàm riêng
n
(X)= cos (nX), bằng cách nhân phơng trình với
cos(nX)dX rồi tích phân trong khoảng X [0,1]:
19
dX)Xncos()F,X(
1
0


= A
n
(F) dX)Xn(cos
1
0
2

=






=
0n),F(A
2
1
0nkhi),F(A
n
o

Do đó, A
n
(F) phải xác định theo (X,F) bởi quan hệ:
(A
n
)

=

=
0n,dX)Xncos()F,X(2)F(A
dX)F,X()F(A
1
0
n
1
0
o

4. Lập phơng trình vi phân thờng cho A
n
(F) bằng cách tính
dF
d
A
n
(F) theo hệ (A
n
):
- Khi n=0,
dF
)F(dA
o
=
dX
1
0

F


=
dX
1
0
xx


=
x
1
0

=
x
(1,F) -
x
(0,F) = 0 -
(-1) = 1 A
o
(F) = F + c
1

Điều kiện đầu cho A
o
(0) = dX)0,X(
1
0

= 0 = c
1
A
o
(F) = F
- khi n 0, có:
dF
)F(dA
n
= 2
dX)Xncos(
1
0
F



= 2
dX)Xncos(
1
0
xx



,
(phân đoạn tích phân) = 2 {
1

0x
|)]Xncos([


+ n

1
0
)sin( dXXn
x

}=
2{1+2
1
0
|)Xnsin([ - n


1
0
]}dX)Xncos(

= 2{1-n
2

2

2
)F(A
n

} phơng trình vi phân cho A
n
(F) là:
A'
n
= 2 - n
2

2
A
n
A'
n
+(n
2

2
)A
n
= 2 có nghiệm tổng quát A
n
(F) =
2
)n(
2

+ c
1
F
2

)n(
e

. Điều kiện ban đầu cho A
n
(0) = 2 dX)Xncos()0,X(
1
0



2
)n(
2

+ c
1
= 0 c
1
= -
22
n
2

, do đó: A
n
(F) =
22
n
2

-
22
n
2

F
2
)n(
e


5. Vậy nghiệm bài toán () đã cho là: (X,F) = A
o
(F) +



=
1n
n
)Xncos()F(A , tức: (X,F) = F +
2
2





=

1n
2
n
)Xncos(
-
2
2




=
1n
2
n
)Xncos(
.
20
exp(-n
2

2
F) hay, do tổng




=
1n
22

n
)Xncos(2
=
2
1
X
2
- X +
3
1
, có:
(X,F) = F + (
2
1
X
2
- X +
3
1
) -
2
2




=
1n
2
n

)Xncos(
exp(-n
2

2
F)
* Phân bố (X,F) và t(x,) có dạng:
O
1
x

q=0
F=0
1
2
3
1

O
1
x
q=0
=0
1
2
3
t
o

t

H14. Phân bố (X,F) H15. Phân bố t(x,)
Trờng nhiệt độ trong vách tăng vô hạn, có dạng:
t(x,) = t
o
(
2
2
1

x
2
-

1
x+
4
3
) + t
o
[
2
a


-
2
2

=

1n
2
n
)/xncos(
exp (-
2
22
an


)]
2.5. Phơng pháp Fourier cho bài toán không ổn định nhiều chiều
Các bài toán nhiều chiều không ổn định có thể giải bằng phơng
pháp tách biến lặp, hoặc phơng pháp quy về nhiều bài toán không ổn
định một chiều.
2.5.1. Phơng pháp tách biến lặp
2.5.1.1. Nội dung phơng pháp tách biến lặp gồm các bớc:
1. Tách riêng biến thời gian tìm hàm thời gian F(F)
2. Lần lợt tách các biến toạ độ và tìm các nghiệm riêng theo từng
toạ độ.
3. Xác định các hằng số theo ĐKĐT và biểu diễn nghiệm bài toán
ở dạng tích các nghiệm thu đợc.
2.5.1.2. Ví dụ: Bài toán trụ vô
hạn biên W
1
với điều kiện đầu tổng quát
* Phát biểu BT: Cho trụ l= có a, t

(R, ,) = t
1
và ĐKĐ bất kỳ t(,,0) =
g(,). Tìm trờng nhiệt độ t(,,).
z
= g( , )
O



t( , ,0)
t
a
t
1
R
H16. Bài toán trụ tổn
g

q
uá
t

21
* Mô hình TH: (t)

=
=

+

+=

),(g)0,,(t
t),,R(t
)t
1
t
1
t(at
1
2

Chuẩn hoá bằng cách đặt: =
1
1
t
tt

, r =
R

, ' = , F =
2
R
a

, ta có:
()









=

=
=
++=

),r(f
t
t),(g
)0,,r(
0)F,,1(
r
1
r

1
1
1
2
rrrF

* Giải bằng phơng pháp tách biến lặp:
1. Tách biến thời gian bằng cách đặt (r,,F) = W(r,)F(F)
WF' = W
rr
F +
r
1
W
r
F +
2
r
1
W

F
F
'F
=
W
W
rr
+
r

1
W
W
r
+
2
r
1
W
W

= -k
2







=+++
==+

0
11
)(0
2
2
2'
2

WkW
r
W
r
W
eFFFkF
rrr
Fk


2. Tách biến r, bằng cách đặt
W(r, ) = R(r)() R" +
r
1
R' +
2
r
1
R" + k
2
R = 0
-

"
= r
2
R
"R

+ r

R
'R

+

k
2
r
2
=

n
2







=++
+==+
,0)('"
cossin)(0"
2222
2
RnrkrRRr
nBnAn

là phơng trình Bessel cấp n, có
nghiệm là: R(r) = cJ
n
(kr) + DY
n
(kr) = cJ
n
(kr) do
0r
lim

Y
n
(kr) =
Trong đó J
n
(kr) là hàm Bessel cấp n loại 1, có dạng:
J
n
(kr) =


=
+
++

1i
i2ni
)1in(!i
)

2
kr
()1(

,Với
dxxe)s(
0
1sx



=
là hàm giai thừa
22
đặt = F(r,n)
Gama
3. Xác định các hằng số:
-Xác định k theo ĐK biên:
(1, , F) = 0 = R(1) () F(F) R(1) = 0 = cJ
n
(k) J
n
(k) = 0
có vô số nghiệm k
mn
ứng với giá trị cấp n của phơng trình J
n
(k
mn
)

= 0. Do đó, (r, ,) = RF =


=

=1m0n
n
J (k
mn
r) (A
mn
sin n + B
nm
cos
n)
Fe
mn
k
2


- A
nm
và B
nm
xác định theo điều kiện đầu:
(r, , 0) = f(r, ) =


=

=
1m0n
n
J (k
mn
r) (A
mn
sin n + B
nm
cos n).
Nhân 2 vế với sinnd và lấy

2
0
(~) d có
444344421



dnsin),r(f
2
2
0
=


=
1m
n

J (k
mn'
r) A
mn'
43421
=


2
0
2
d'nsin . Lại nhân hai vế với rJ
n
(k
mn
r) dr và lấy

1
0
(~)dr có dr)n,r(F)rk(rJ
1
0
mnn

= A
mn'

dr)rk(rJ
1
0

mn
2
n

= A
mn'
[ )k(J
2
1
mn
2
1n+
]
Do đó có: A
mn
=
)k(J
2
mn
2
1n+

)rk(rJ
1
0
mnn


2
0

),r(f sin n d dr
Tơng tự xác định các hằng số B
mn
:
- khi n = 0 B
mo
=
)(
1
2
1 mo
knJ
)(
1
0
rkrJ
moo



2
0
),r(f d dr
- n 0 B
mn

)(
2
2
1 mnn

kJ
+

)(
1
0
rkrJ
mnn



2
0
),r(f
cos d dx
* Ví dụ: Cho f(r,) = 1, tức t(,,0) = 2t
1
, có:

=

=
=

1
0
2
1
0,)(
)(
1
0,0
,0
nkhidrrkrJ
kJ
n
B
nA
mno
mn
mn
mn


có:
23
B
mo
=

)(
2
2
1
2
momo
kJk
[k
mo
rJ
1
(k
mo
)]
1
0
=
)k(Jk
2
mo1mo

Lúc này, nghiệm bài toán () là:
(r,F) =


=1
1
)(
2
m

mm
kJk
J
o
(k
m
r)exp (-k
2
n
F)
2.5.2. Phơng pháp quy về các bài toán 1 chiều
2.5.2.1. Nội dung:
ý tởng của phơng pháp này là quy đổi bài toán không ổn định
nhiều chiều thành ra tích của các bài toán không ổn định một chiều.
Phạm vi sử dụng: Để giải các bài toán nhiều chiều biên đồng nhất.
2.5.2.2. Ví dụ:
Bài toán làm nguội thanh trụ W
1
.
* Phát biểu BT: Cho trụ hữu hạn r
o
xL có a,
t(r,z,0) = t
i
, t
w
= t
o
đồng nhất trên biên W

V.
Tìm t(r,z,)
* Mô hình TH:
(t)







=
===
=++
i
oo
zzrrr
tzrt
TNtLrtrtzrt
t
a
tt
r
t
)0,,(
)0(,),,(),0,(),,(
11

z
O
t
t
o
r
r
o
t
i
t
o
L

H17. BT trụ hữu hạn
Đổi biến T = t - t
o
, (t) trở thành:
(T)







=
==
=++

)tt()0,z,r(T
)TN(0),0,r(T),z,r(T
T
a
1
TT
r
1
T
oi
o
zzrrr

* Giải bằng phơng pháp quy về 2 bài toán 1 chiều:
- Tìm nghiệm dạng T(r,z,) = R(r,)Z(z,) Phơng trình vi phân
DN có dạng: R
rr
Z+
r
1
R
r
Z + RZ
zz
=
a
1
(R

Z+RZ

) (R
rr
+
r
1
R
r
-
a
1
R

) Z
24
+ (Z
zz
-
a
1
Z

)R = 0. Phơng trình này đợc thoả mãn khi đồng thời có:

=
=+


0Z
a
1
Z
0R
a
1
R
r
1
R
zz
rrr

Đây là phơng trình vi phân cho 2 bài
toán 1 chiều
- Các ĐK biên tơng ứng là:
T(r
o
,z,) = 0 = R(r
o
,) Z(z,) R(r
o
, ) = 0
T(r,0,) = 0 = R(r,) Z(0,)

T(r,L,) = 0 = R(r,) Z(L,)
} Z(0,) = Z(L,) = 0
- ĐK đầu là T(r,z,0) = (t
i
- t
o
) = R(r,0) Z(z,0)
Chọn R(r,0) = (t
i
- t
1
) và Z(Z,0) = 1, ta có 2 bài toán không ổn
định 1 chiều là:
(R)







=
=
=+

)tt()0,r(R
0),r(R
R
a
1

R
r
1
R
oi
o
nrr
và (Z)







=
==
=
1)0,(
0),(),0(
1
zZ
LZZ
Z
a
Z
zz

Nghiệm của bài toán (R) và (Z) là:
R(r,) = 2(t
i
- t
o
)


=

1
)(
)()(
)(
2
2
m
omoom
r
a
rk
mo
rkJrk
erkJ
o
om

(với k
m
là nghiệm phơng

trình J
o
(k
m
r
o
) = 0),
Z(Z,) =

4

+
+

=0n
)1n2(
L
Z
)1n2sin(
2
L
a
22
)1n2(
e

+

Do đó, nghiệm của bài toán 2 chiều là T(r,Z,) = R,Z:
T(r,z,) =

8
(t
i
-t
o
)


=

=
+
+
1m0n
om1om
mo
)1n2)(rk(Jrk
L
Z
)1n2sin[()rk(J


a
L
nk
m
e
])12([
2

2
22
++

2.5.3. Định lý giao nghiệm
2.5.3.1. Định lý 1:
25
Nếu X(x, ) là nghiệm của phơng trình X

= aX
xx

Y(y, ) là nghiệm của phơng trình Y

= aY
yy
Z(z, ) là nghiệm của phơng trình Z

= aZ
zz

thì (x,y,z,) = X(x,)Y(y,) Z(z,) là nghiệm của phơng trình


= a(
xx
+
yy
+
zz

)
2.5.3.2. Chứng minh:


= X

Y

Z+ XY

Z + XYZ

= aX
xx
YZ + XaY
yy
Z + XYaZ
zz

= a(
xx
+
yy
+
zz
)
2.5.3.3. Định lý 2:
Nếu X, Y, Z nói trên đồng thời thoả mãn cùng một điều kiện biên
tuyến tính thuần nhất f
w

(,
x
,
y
,
z
) = 0, thì = XYZ cũng thoả mãn
điều kiện biên đó.
Chứng minh theo định nghĩa ĐKB thuần nhất.
2.5.3.4. ứng dụng các định lý giao nghiệm:
Có thể tìm nghiệm bài toán không ổn định ở các vật thể hữu hạn,
thoả mãn phơng trình = a
2
và cùng một ĐKB thuần nhất, nh là
tích các nghiệm của bài toán một chiều tơng ứng, ví dụ với vật V có
dạng hộp, trụ hữu hạn, đới cầu v.v.