Bài tập Toán cho Vật Lý (Ôn thi Cao Học) doc

Bi tp Toỏn cho Vt Lý (ễn thi Cao Hc)

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)
nếu

nk 2

nếu
12


nk

VP =








l l
dx
l
xk
xdx
l
xk
xl
l
0 0
2
2
sin.sin
4

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 :
nếu cx /2
nếu cx /2

0
cos
0
0
0
0
cxv
t
u
u
t
t
(0 x l) (3)

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

nếu cx /2
nếu cx /2

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






cos.





l
l
l
l
dx
l
xk
k
l
l
xk
x
k
l




sinsin






l
l
dx
l
xn
x
2
12
sin


v× b
0
= 0  u
0
(x,t) = a
0

v× u
0
(x,t) lµ 1 nghiÖm riªng nªn u
0
(x,o) = -x
 a
0
= -x  lÊy tÝch ph©n 2 vÕ
dxxdxa
l
l

l
l




0


l
l
l
l
x
xa



2
2
0

 2a
0
l =
2

(l
2
- l

2
) = 0  a
0
= 0 (14)
v× b
k
= 0  u
k
(x,t) = a
k
cos
l
atk

cos
l
xk


v× u
k
(x,t) lµ 1 nghiÖm riªng cña (1) nªn u
k
(x,0) = - x
Nh©n 2 vÕ víi cos
l
xk

vµ lÊy tÝch ph©n 2 vÕ cËn tõ (-l  l)
dx

l
xk
xdx
l
xk
a
l
l
l
l
k



cos.cos
2




VT = la
l
k
k
l
x
a
dx
l
xk

a
k
l
l
k
l
l
k














2
sin
22
)
2
cos1(
2

VP = =

 
00coscoscos
22
2
22
2


k
l
l
akk
k
l
l
xk
k
l




(15)
V× b
n
= 0 
 





l
xn
l
atn
atxu
nn
2
12
sin
2
12
cos,





V× u
n
(x,t) lµ 1 nghiÖm riªng cña (1) nªn u
n
(x,0) = - .x

dx
l
xn
xdx

l
xn
a
l
l
l
l
n
2
)12(
sin.
2
)12(
sin
2









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



















)12sin(
)12(
)12sin(

)12(2
n
n
l
ln
n
l
l
a
n

=> VT = a
n
.l
VP =
dx
l
xn
n
l
l
xn
x
n
l
VP
l
l
l
l

2
)12(
cos
)12(
2
2
)12(
cos
)12(
2














l
l
l
xn
n
ln

l
n
l
n
l















2
)12(
sin
)12(
4
2
)12(
cos
2
)12(

cos
)12(
2
22
2





2
)12(
sin
)12(
8
2
)12(
sin
2
)12(
sin
)12(
4
22
2
22
2

n
n
lnn
n
l

VP =

22
2
)12(
8
1

n
l
n


n
n
n
l
la )1(
)12(
8
22
2








22
1
)12(
8
1

n
l
a
n
n
(16)
Từ (14), (15), (16) ta có nghiệm của (1) :

l
xn
l
atn
n
l
txu
n
n
2
)12(
sin
2
)12(
cos
)12(
)1( 8
),(
0

2
1
2













Bài 6 : Bằng phơng pháp tách biến, tìm nghiệm của phơng trình :
0
4
4
2
2
2






x

u
a
t
u
thoả mãn các điều kiện biên và điều kiện ban đầu sau :
























0

0
0
0
2
2
0
2
2
0
lx
x
lx
x
x
u
x
u
u
u
;

0
)(
0
0
t
t
t
u
xlAxu

Giải :
Ta tìm nghiệm của phơng trình : 0
4
4
2
2
2






x
u
a
t
u
(1)

thoả mãn các điều kiện biên :























0
0
0
0
2
2

0
2
2
0
lx
x
lx
x
x
u
x
u
u
u
(2)
và điều kiện ban đầu :











0
)(
0

0
t
t
t
u
xlAxu
(3)
dới dạng : u(x,t) = X(x).T(t) (4)
Thay (4) vào (1) : T(t).X(x) + a
2
X
(4)
(x).T(t) = 0



)(
)(
)(
)("
)4(
2
xX
xX
tTa
tT


)6(
)5(

0)()(
0)()("
)4(
2







xXxX
tTatT



Từ (2) và (4) ta có :





0)(")0("
0)()0(
lXX
lXX
(7)
Giải (6) : Đặt X(x) = e
rx
thì phơng trình (6) r

4
= 0 r
4
=
*Nếu = 0 X
(4)
(x) = 0 X(x) = c
1
x
3
+ c
2
x
2
+ c
3
x + c
4

Nên từ (7) ta có :

06)("
02)0("
0)()(
0)0(
1
2
32
2
1
4
lclX
cX
clclcllX
cX
c
1
= c
2
= c
3
= c
4
= 0
* Nếu < 0 r
4
= < 0 : phơng trình vô nghiệm
* Nếu > 0 r
4

= : phơng trình có 4 nghiệm :

4
1

r ;
4
2

r ;
4
3
.

ir ;
4
4
.

ir
Đặt
4

thì nghiệm tổng quát của phơng trình (6) :



xcxcececxX
xcxcececxX
xcxcececxX

xx
xx
xx






sincos)("
cossin
sincos
4
2
3
2
2
2
1
2
4321
'
4321

Từ (7) ta có hệ 4 phơng trình :













0sincos)("
0)0("
0sincos)(
0 X(0)
4
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2

1
2
4321
321
clcclcececlX
cccX
clcclcececlX
ccc
ll
ll











0sin
0
4
321
clc
ccc

Để c
4

0 sin cl = 0 c =
l
k

=
4






l
k

(k = 1,2 )
phơng trình (6) có nghiệm :

l
xk
AxX
kk

sin (8)
Thay =
4

l
k

vào phơng trình (5) :

0"
2
222
tT
l
ak
tT




2
22
2
22
sincos
l
atk
D
l
atk
BtT
kkk

(9)
Thay (8), (9) vào (4) ta có :

l
xk
l
atk
b
l
atk
atxu
k
kk

sinsincos),(
1
2
22
2
22

(10)
Với a
k
= A
k
.B
k
; b
k
= A
k
.D
k

Từ điều kiện ban đầu (3) :
)(sin
1
0
xlAx
l
xk
au
k
k
t

(11)
0sin
2
22
1
0







l
xk
l
ak
b
t
u
k
k
t

(12)
Nhận thấy a

k
là hệ số trong khai triển Ax(l - x) thành chuỗi Fourier theo hàm sin
nên : dx
l
xk
xlxAdx
l
xk
a
ll
k


sin)(sin
00
2



nếu k=2n


nếu k=2n+1
dx
l
xk
xlxAdx
l
xk
a

ll
k


sin)(sin
00
2



Ta có :
dx
l
xk
xl
k
l
l
xk
xlx
k
l
dx
l
xk
xlxI
l
l
l

cos)(cos)(sin)(
0
0
2
0



=









ll
l
xk
k
l
l
xk
xl

k
l
0
22
2
0
cos
2
sin)2(















3
3
3
33
3
12

4
0
1cos
2



n
l
k
k
l
I

33
2
)12(
8



n
Al
a
k
(13)
Từ (10, (12), (13) ta có nghiệm của bài toán :

0
3
2
22
3
2
)12(
)12(
sin
)12(
cos
8
),(
n
n
l
xn
l
atn
Al
txu



Bài 7 : Xét dao động tự do của một dây gắn chặt ở các mút x = 0, x = l trong 1 môi
trờng có sức cản tỷ lệ với vận tốc, biết các điều kiện ban đầu :

)(
0
xfu
t


; )(
0
xF
t
u
t





Giải :
Gọi u(x,t) là độ lệch của thanh có hoành độ x tại thời điểm t. Do dây gắn chặt tại 2
mút chịu 1 lực tác dụng g(x,t) nên phơng trình dao động của dây có dạng:
),(
2
2
2
2
2
txg
x
u
a

t
u






(1)
Vì trong môi trờng có sức cản tỉ lệ với vận tốc nên g(x,t) =
t
u
k



đặt k = 2h g(x,t) =
t
u
h


2 nên (1)
2
2
2
2
2
2
t

u
a
t
u
h
t
u








với








Tt
lx
0
0
(1)
Bây giờ ta tìm nghiệm của (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
u (3)
Ta tìm nghiệm dới dạng u(x,t) = X(x).T(t) (4)
thay (4) vào (1) ta có :T(t).X(x) + 2hT(t).X(x) = a
2
X(x).T(t)
Chia 2 vế cho T(t).X(x) :
)(

)("
)(
)('
2
)(
)("
2
xX
xX
a
tT
tT
h
tT
tT





)(
)("
)(
)('2
)(
)("
22
xX
xX
tT

tT
a
h
tTa
tT

)6(
)5(
0)()("
0)()('2)("
2





xXxX
tTathTtT



Từ (3) và (4) để có nghiệm không đồng nhất bằng 0 thì
0
0

lxx
XX (7)
Ta phải tìm nghiệm của (6) thoả mãn (7)
* = - c
2

X(x) = c
1
e
-cx
+ c
2
e
cx













0
0
0)(
0)(
2
1
21
21
c

c
ececlX
ccxX
clcl
(loại)
* = 0 X(x) = c
1
x + c
2












0
0
0)(
0)0(
2
1
1
2
c

c
lclX
cX
(loại)
* = c
2
X(x) = c
1
cos cx + c
2
sin cx











0sin0sin)(
0)0(
2
2
1
cl
Ac
clclX

cX
k

để có nghiệm không tầm thờng thì
l
k
ckcl



pt (6) có nghiệm :
l
xk
AxX
k

sin)(
và giải (5) : Đặt T = e
t
thì (5) có pt đặc trng :

2
+ 2h + a
2
= 0
Ta có :
= h
2
a
2

= h
2






l
ak

=
22
2
.ih
l
ak

2
2
' h
l
ak
i









= - h
'
= - h q
k
.i
nghiệm của phơng trình (5) là :


tqctqcetT
kk
ht

sincos)(
21



với
2
2
h
l
ak
q
k










Nên nghiệm riêng của (1) :

l
xk
tqbtqaetxu
kkkk
k

ht
k

sinsincos,
1






Từ điều kiện đầu )(sin
1
0
xf
l
xk
au
k
k
t






(8)

)(sin
1
0
xF
l
xk
qbha
t
u
k
kkk
t








(9)
Nhận thấy a
k
là hệ số trong khai triển hàm f(x) thành chuỗi Fourier nên nhân 2 vế
của (8) với
l
xk

sin đợc :
dx

l
xk
xfdx
l
xk
a
ll
k

sin)(sin
0
2
0




dx
l
xk
xfdx
l
xk
a
ll
k

sin)(
2
cos1

2
00









dx
l
xk
xf
l
xk
k
l
x
a
l
l
k


sin)(
2
sin
22

0
0










dx
l
xk
xf
l
a
l
k

sin)(
2
0


(10)
(9)

dx

l
xk
xFdx
l
xk
qbha
ll
kkk

sin)(sin
0
2
0





dx
l
xk
xF
l
qbha
l
kkk

sin)(
2
0

dx
l
xk
xF
l
qbha
l
kkk

sin)(
2
0




dx
l
xk
xF
lqq
ha
b
l
kk
k
k

sin)(
2
0


(11)
Vậy nghiệm của bài toán :


l
xk
tqbtqaetxu
k
kkkk
ht

sinsincos),(
1






trong đó a
k
,b
k
đợc xác định bởi (10) và (11)

Bài 8: Tìm nghiệm của phơng trình
bshx
x
u
a
t
u






2
2
2
2
2

Với điều kiện ban đầu ban đầu bằng 0 và điều kiện biên 0
0

x
u ; 0
lx
u
Giải :
Ta có phơng trình : bshx
x

u
a
t
u






2
2
2
2
2
(1)
thoả mãn điều kiện : 0
0

t
u ; 0
0



t
t
u
(2)
và thoả mãn điều kiện biên : 0

0

x
u ; 0
lx
u (3)
Ta tìm nghiệm của phơng trình (1) dới dạng : u(x,t) = V(x) + W(x,t) (4)
Trong đó : W(x,t) thoả mãn phơng trình
2
2
2
2
2
x
W
a
t
W





(5)
thoả mãn điều kiện biên 0
0

x
W ; 0
lx

W (6)
V(x) thoả mãn phơng trình bshx
x
V
a


2
2
2
(7)
thoả mãn điều kiện biên 0
0

x
V ; 0
lx
V (8)
Giải (7) :

1
22
)('" cchx
a
b
xVshx
a
b
xV

21
2
)( cxcshx
a
b
xV
Từ (8) ta có :


















shl
la
b
c

c
lcshl
a
b
V
cV
lx
x
2
1
2
1
2
2
0
0
0
0

V(x) =
2
a
b
(
l
x
shl shx) (9)
điều kiện ban đầu của (7)

0
0
2
0
t
t
t
V
shxshl
l
x
a
b

V
(10)
mà theo lý thuyết phơng trình (5) có nghiệm :

l
xk
l
atk
b
l
atk
atxW
k
kk

sinsincos),(
1









(11)
Từ (2), (4), (10)

0
0
2
00
t
tt
t
W
shxshl
l
x
a
b

VW












shxshl
l
x
a
b
l
xk
a
k
k
2
1
sin


00sin
1

k
k
k
b
l
xk
l
ak
b

(12)
Ta cã
 
21
2
00
2
2
sin.sin.
2
II
la
b
dx
l
xk

shxdx
l
xk
shl
l
x
la
b
a
ll
k










(13)
víi
dx
l
xk
shl
l
x
I

l

sin
0
1











k
l
k
k
l
l
xk
k
l
l
xk
x
k
l

I
k
ll
212
0
22
2
0
1
)1(
cossincos.








k
l
I
k
2
1
1
1


 (14)

vµ


l
dx
l
xk
shxI
0
2
sin



3
2
0
0
2
coscoscos. I
k
l
kshl
k
l
dx
l
xk
chx
k

l
l
xk
shx
k
l
I
l
l










mµ
dx
l
xk
chxI
l


0
3
cos




2
0
0
3
sinsin. I
k
l
dx
l
xk
shx
k
l
l
xk
chx
k
l
I
l
l









nªn



k
shll
I
k
l
I
k
l
shl
k
l
I
k
k
.)1(
1)1(
1
2
22
2
2
22
22
2















222
1
2
)1(


k
l
kshll
I
k




(15)

Thay (14), (15) vµo (12) :

 
2222
1
2
1
222
11
2
2)1(.2)1( )1(.)1(2





kla
kshlb
ka
shlb
kl
kshll
k
shll
la
b
a
kkkk
k


















(16)
Thay (12) vµ (16) vµo (11) ta cã :

 
l
xk
l
atk
kla
kshlb
ka
b
txW
k

k
k




sincos
2)1(2)1(
),(
2222
1
1
2
1

















(17)
Tõ (4), (9), (17) ta cã nghiÖm cña (1) :
l
xk
l
atk
kl
k
a
shlb
l
xk
l
atk
k
a
b
shxshl
l
x
a
b
txu
k
k
k
k





sincos
)(
)1(2
sincos
)1(2
),(
1
222
1
2
1
22




















Bài 9: Tìm nghiệm của phơng trình )(
2
2
2
2
2
lxbx
x
u
a
t
u







Với điều kiện ban đầu ban đầu bằng 0 và điều kiện biên 0
0

x
u ; 0
lx
u
Giải :
Tơng tự bài 8) ta tìm nghiệm của pt )(

2
2
2
2
2
lxbx
x
u
a
t
u






(1)
dới dạng : u(x,t) = V(x) + W(x,t) (2)
Với V(x) thoả mãn phơng trình : )(
2
2
lxbx
t
V



(3)
thoả mãn điều kiện biên : 0

0

x
V ; 0
lx
V (4)
Với W(x) thoả mãn phơng trình :
2
2
2
2
x
W
t
W





(5)
thoả mãn điều kiện biên : 0
0

x
W ; 0
lx
W (6)
Giải (3) :
1

232
2
3
)(')(" cx
bl
x
b
xVblxbxxV

21
34
6
12
)( cxcx
bl
x
b
xV
Từ (4)







3
11
4
4

2
12
0
612
)(
0)0(
l
b
clc
bl
l
b
lV
cV

x
bl
x
bl
x
b
xV
12
6
12
)(
3
34
(7)
Ta có điều kiện ban đầu của pt (3) :

0
12612
0
334
0
t
t
t
V
xl
b
x
bl
x
b
V
(8)

Mà phơng trình (5) có nghiệm :


l
xk
l
atk
b
l
atk
atxw
k
kk

sinsincos,
1









(9)
Từ (2) và (8)

0
)2(
12
0
323
00
t
tt
t
W
llxxx
b
VW
(10)
nÕu k=2n


nÕu k=2n+1
Tõ (9) vµ (10) 
















00sin
)2(
12
sin
1
323
1
k
k
k
k
k
b
l
xk
b

l
ak
llxxx
b
l
xk
a






1
0
334
6
sin2
6
I
l
b
dx
l
xk
xllxx
l
b
a
l

k








dx
l
xk
xllxxI
l

sin2
0
334
1

=
   
dx
l
xk
llxx
k
l
l
xk

xllxx
k
l
l
l




cos64cos2
0
323
0
334



=


dx
l
xk
llxx
k
l
l


cos64

0
323


=
   










dx
l
xk
xlx
k
l
l
xk
llxx
k
l
k
l
l

l




sin1212sin64
0
2
0
323

=
 
dx
l
xk
xlx
k
l
l


sin1212
0
2
22
2


=

 
 










dx
l
xk
lx
k
l
l
xk
xlx
k
l
k
l
l
l






cos2
12
cos
12
0
0
2
22
2


=
 
dx
l
xk
lx
k
l
l


cos2
12
0
33
3



=
 









ll
l
xk
k
l
l
xk
lx
k
l
0
22
2
0
33
3
cos
2

sin2
12





 )1cos(
24
55
5
1



k
k
l
I =
 






5
5
5
12

48
0

n
l


55
4
)12(
8



n
bl
a
k
(11)
Thay (11) vµo (9) :






0
55
4
)12(

)12(
sin
)12(
cos
8
),(
n
n
l
xn
l
atn
bl
txW


(12)
Từ (2), (7), (12) ta có nghiệm của bài toán đã cho :







0
55
4
323
)12(

)12(
sin
)12(
cos
8
)2(
12
),(
n
n
l
xn
l
atn
bl
llxxx
b
txu



Bài 10 : Tìm dao động của sợi dây gắn chặt tại 2 mút biết dạng của sợi dây ban
đầu là cung parabol f(x) =


M
xlx

và vận tốc ban đầu bằng không , đồng thời
g(x,t) = g với g là hằng số dơng đủ nhỏ .

Giải :Ta tìm nghiệm của phơng trình g
x
u
a
t
u






2
2
2
2
2
(1)
thoả mãn các điều kiện biên 0;0
0

lxx
uu (2)
và các điều kiện ban đầu


0
0
;

t
t
t
u
M
xlx
u (3)
dới dạng : u(x,t) = V(x,t) + w(x,t) (4)
trong đó :
hàm V(x,t) thoả mãn phơng trình : g
x
v
a
t
v






2
2
2
2
2

(5)
thoả mãn các điều kiện biên 0;0
0

lxx
vv (6)
và các điều kiện ban đầu 0;0
0
0






t
t
t
v
v (7)
còn hàm w(x,t) thoả mãn phơng trình :
2
2
2
2
2
x
w
a
t

w





(8)
thoả mãn các điều kiện biên : 0;0
0

lxx
ww (9)
và các điều kiện ban đầu


0;
0
0






t
t
t
w
M
xlx

w (10)
Trớc hết ta giải phơng trình (5) thoả mãn điều kiện (6) :
Nghiệm của phơng trình (5) đợc tìm dới dạng :

l
xk
tTtxV
k
k

sin)(),(
1



(11)
Ta sẽ xác định T
k
(t) sao cho (11) thoã mãn phơng trình (5) với các điều kiện ban
đầu (7) :
Thế (11) vào (5) ta đợc :

g
l
xk
tT
l
ak
tT
k

kk












sin
0
2
222
"
(12)
Giả sử g có thể khai triển đợc thành chuỗi Fourier theo hàm sin trong khoảng
(0,l) :

l
xk
fg
k
k

sin
1

trong đó
dx
l
xk
g
l
f
l
k


0
sin
2

(13)


1cos
2
cos
2
0

k
k
g
l
xk
k
g
f
l
k





k
k
k
g
f 11
2


(14)
Từ (12),(13),(14) ta có phơng trình :

k
kk
k
g
tT
l
ak
tT 11
2
2
222
"




Đây là phơng trình tuyến tính cấp hai có hệ số là hằng số , phong trình này có
nghiệm :



k
kkk
a
k
gl
l
atk
B
l

atk
AtT 11
2
sincos
233
2



(15)
Từ (7),(11) và (15) ta có :







11
2
011
2
0
233
2
233
2

k
k

k
kk
a
k
gl
A
a
k
gl
AT





000
'

kkk
BB
l
ak
T


nên (15) đợc viết lại :

kk
k
a
k
gl
l
atk
a
k
gl
tT 11
2
cos11
2
233
2
233
2

323
2
12
12
cos1
4










n
l
atn
a
gl
tT
n


(16)
Thay (16) vào (11) ta có :

l
xn
l
atn
n
a
gl
txV
n


12
sin
12
cos1
12
14
),(
0
323
2

(17)
Ta biết nghiệm của phơng trình (8) thoả mãn điều kiện biên (9) là :

l
xk
l
atk
b
l
atk
atxW
k
kk

sinsincos),(
1

(18)
Từ điều kiện ban đầu (10) ta có :



M
xlx
l
xk
aw
k
k
t







sin
1
0
(19)
0sin.
0

0







l
xk
b
l
ak
t
w
k
k
t

0
k
b
từ (19)

dx
l
xk
xlx
M
dx

l
xk
a
ll
k

sin
1
sin
0
22
0

















l

o
l
o
k
l
xk
xl
k
l
l
xk
xlx
k
l
M
l
a




cos2cos
1
2
.
2

ll
k
l
xk
k
l
l
xk
xl
k
l
Ml
a
0
22
2
0
cos
2
sin2

2





=

1cos
4
33
2



k
Mk
l
=



k
Mk
l
11
4
33
2

Mn
l
a
k
3
3
2
12
8




nên w(x,t) =





l
xn
l
atn
n
M
l

n


12
sin
12
cos
12
18
0
33
2





(20)
Từ (4) ,(17) ,(20) ta có nghiệm của bài toán :








l
xn
l

atn
n
M
l
l
xn
l
atn
n
a
gl
txu
n
n




12
sin
12
cos
12
18
12
sin
12
cos1
12
1

4
),(
0
33
2
0
323
2

Hay





l
xn
a
g
l
atn
a
g
M
n
l
txu
n


12
sin
12
cos
2
12
14
),(
22

0
33
2






















Dạng 2 : Bài toán có điều kiện biên khác 0

Nghiệm của phơng trình :
2
2

2
2
2
x
u
a
t
u





(2.1) trong miền ( 0<x<l , 0<tT),
thoả mãn các điều kiện biên :




tutu
lxx
21
0
;



(2.2) ( 0t
T )
và các điều kiện ban đầu :

xF
t
u
xfu
t
t






0
0
; (2.3) ( 0xl )
dới dạng u(x,t) = V(x,t) + W(x,t) (2.4)
trong đó , hàm V(x,t) thoả mãn phơng trình :
2
2
2
2
2
x
v
a
t
v

(2.5) trong
miền ( 0<x<l , 0<tT ) , thoả mãn các điều kiện biên :





tvtv
lxx
21
0
;



(2.6) ( 0tT )
và nghiệm của phơng trình (2.5) đợc tìm dới dạng:
V(x,t) = X(x).T(t) (2.7)
còn hàm W(x,t) thoả mãn phơng trình :
2
2
2
2
2
x
w
a

t
w





(2.8) trong
miền (0<x<l,0<tT) , thoả mãn các điều kiện biên :
0;0
0

lxx
ww (2.9) (0tT)

các điều kiện ban đầu :

xF
t
v
t
u
t
w
xfvuw
ttt
ttt
1
000
1
000
(2.10) ( 0xl )
Việc giải phơng trình (2.8) thoả mãn điều kiện biên (2.9) hoàn toàn giống
phơng pháp của dạng 1 ở phần 1.1

Sau đây là một số bài tập :

Bài 1 : Xác định dao động của 1 dây gắn chặt ở mút x = 0 còn mút x = l chuyển
động theo quy luật Asint, biết rằng độ lệch và vận tốc ban đầu bằng 0.

Giải :

Gọi u(x,t) là độ lệch của dây ở thời điểm t
phơng trình dao động :

2
2
2
2
2
x
u
a
t
u





(1) trong miền








Tt
lx
0

0

Thoả mãn điều kiện biên : 0
0

x
u ; tAu
lx

sin

(2)
Thoả mãn điều kiện đầu : 0
0

t
u ; 0
0



t
t
u
(3)
Ta tìm nghiệm của (1) dới dạng tổng của 2 hàm: u(x,t) = v(x,t) + w(x,t) (4)
trong đó :
hàm w(x,t) thoả mãn phơng trình :
2
2

2
2
2
x
w
a
t
w





(5)
thỏa mãn điều kiện biên : 0
0

x
w ; tAw
lx

sin

(6)
v(x,t) thoả mãn phơng trình thuần nhất
2
2
2
2
2

x
v
a
t
v





(7)
thỏa mãn điều kiện biên :









0
0
000
lx
xxx
v
wuv
(8)
và thỏa mãn điều kiện đầu :

0000
00
tttt
tt
t
w
t
w
t
u
t

v
wv
(9)

Ta tìm nghiệm w(x,t) của phơng trình (5) dới dạng : W(x,t) = X(x).T(t) (10)
Thay (10) vào (5) ta có :