Tiểu luận Toán cho vật lý Phạm Tùng Lâm - Lớp VLLT-VLT - ĐHSP Huế - K21
0.1 Hàm phức và toán tử Laplace - Phạm Tùng Lâm
Bài tập 1 (Bài 58 (trang 94))
Tìm tổng các chuỗi sau trong miền |z| =1
b)
∞
n=1
z
n
n
d)
∞
n=0
(−1)
n+1
z
n
n
Bài Giải
b) Ta có:
∞
n=1
z
n
n
= z +
z
2
2
+
z
3
3
+ +
z
n
n
+ = C
1
z + C
2
z
2
+ C
3
z
3
+ + C
n
z
n
+
Xét:
R = lim
n→∞
C
n
C
n+1
= lim
n→∞
1/n
1/(n +1)
= lim
n→∞
n +1
n
= lim
n→∞
1+
1
n
=1
Suy ra chuỗi hội tụ tuyệt đối trong hình tròn |z| =1
Ta có:
∞
n=1
z
n
n
=
∞
n=1
z
0
z
n−1
dz
=
z
0
∞
n=1
z
n−1
dz =
z
0
z
0
1 − z
dz
=
z
0
1
1 − z
dz = − ln (1 − z)|
z
0
= − ln (1 − z)
Vậy:
∞
n=1
z
n
n
= − ln (1 − z )
d) Tương tự bài trên, ta xét:
R = lim
n→∞
C
n
C
n+1
= lim
n→∞
(−1)
n+1
n
(−1)
n+2
n+1
= lim
n→∞
− (n +1)
n
= − lim
n→∞
n +1
n
= − lim
n→∞
1+
1
n
= −1
Vậy chuỗi hội tụ tuyệt đối trong hình tròn |z| =1
Ta có:
∞
n=0
(−1)
n+1
.
z
n
n
=(−1)
0+1
.
z
0
0
+
∞
n=1
(−1)
n+1
.
z
n
n
= −∞ +
∞
n=1
(−1)
n+1
.
z
n
n
=
∞
n=1
(−1)
n+1
.
z
n
n
1
Tiểu luận Toán cho vật lý Phạm Tùng Lâm - Lớp VLLT-VLT - ĐHSP Huế - K21
Ta lại có:
∞
n=1
(−1)
n+1
.
z
n
n
=
∞
n=1
(−1) ( −1)
n
.
z
n
n
=
∞
n=1
(−z)
n
−n
=
∞
n=1
z
0
(−z)
n−1
dz
=
z
0
∞
n=1
(−z)
n−1
dz
=
z
0
(
−z)
1
−1
1−(−z)
dz =
z
0
1
1+z
dz = ln (1 + z)|
z
0
= ln (1 + z)
Vậy:
∞
n=0
(−1)
n+1
.
z
n
n
=ln(1+z)
Bài tập 2(Bài 77a (trang 147))
Nhờ hàm bước nhảy đơn vị biểu diễn dưới dạng công thức các hàm cho bằng đồ thị dưới đây và tìm
ảnh của chúng:
Hình 1: a)
Bài Giải
Từ đồ thị ta có:
f (t)=
0(t<1)
3(1≤ t ≤ 4)
0(t>4)
ta có:
η ( t − 1) =
0(t<1)
1(t ≥ 1)
và
η ( t − 4) =
0(t<4)
1(t ≥ 4)
Nên ta có:
f (t)=3η (t − 1) − 3η (t − 4)
2
Tiểu luận Toán cho vật lý Phạm Tùng Lâm - Lớp VLLT-VLT - ĐHSP Huế - K21
⇒ f (t)
.
= F (p)=
3
p
.e
−p
−
3
p
.e
−4p
=
3
p
e
−p
− e
−4p
.
Vậy ảnh cần tìm là:
F (p)=
3
p
.e
−p
−
3
p
.e
−4p
=
3
p
e
−p
− e
−4p
.
Bài tập 3
Giải phương trình:
u
tt
= a
2
u
xx
0 <x<l,t>0
u (0; t)=u (l; t)=0
u (x; 0) = 0; u
t
(x; 0) = sin
2π
l
x
Bài Giải
Giả sử:
u (x; t)
.
= U (x; p)
u
tt
.
= p
2
U (x; p) − pu (x;0)− u
t
(x;0)= p
2
U (x; p) − sin
2π
l
x
u (0; t)
.
= U (0; p)=0
u (l; t)
.
= U (l; p)=0
Phương trình vi phân gốc u
tt
= a
2
u
xx
trở thành phương trình ảnh sau:
p
2
U (x; p) − sin
2π
l
x
= a
2
d
2
dx
2
U (x; p) ⇔
d
2
dx
2
U −
p
2
a
2
U = −
1
a
2
sin
2π
l
x
(1)
Nghiệm của phương trình trên có dạng
U = U
1
+ U
2
(2)
Trong đó:
U
1
là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng
U
2
là nghiệm riêng của phương trình (1)
- Nghiệm của phương trình thuần nhất:
d
2
dx
2
U −
p
2
a
2
U =0
có dạng:
U
1
= C
1
. exp
p
a
x
+ C
2
exp
−
p
a
x
- Nghiệm riêng U
2
của phương trình (1) có dạng:
U
2
= C
3
. sin
2π
l
x
+ C
4
. cos
2π
l
x
(3)
3
Tiểu luận Toán cho vật lý Phạm Tùng Lâm - Lớp VLLT-VLT - ĐHSP Huế - K21
Ta có:
d
dx
U
2
= C
3
.
2π
l
. cos
2π
l
x
− C
4
.
2π
l
. sin
2π
l
x
⇒
d
2
dx
2
U
2
= −C
3
.
2π
l
2
. sin
2π
l
x
− C
4
.
2π
l
2
. cos
2π
l
x
(4)
Thế (3) và (4) vào (1) ta có:
−C
3
.
2π
l
2
. sin
2π
l
x
−C
4
.
2π
l
2
. cos
2π
l
x
−
p
2
a
2
C
3
. sin
2π
l
x
+ C
4
. cos
2π
l
x
= −
1
a
2
sin
2π
l
x
⇔ C
3
. sin
2π
l
x
.
−
2π
l
2
−
p
2
a
2
+ C
4
. cos
2π
l
x
.
−
2π
l
2
−
p
2
a
2
= −
1
a
2
sin
2π
l
x
Ta cân bằng hệ số 2 vế, ta có:
C
3
=
1
a
2
.
1
(
2π
l
)
2
+
p
2
a
2
=
1
(
2πa
l
)
2
+p
2
C
4
=0
Thế C
3
và C
4
vào biểu thức U
2
ta có:
U
2
=
1
2πa
l
2
+ p
2
. sin
2π
l
x
Thế U
2
và U
1
vào biểu thức U = U
1
+ U
2
ta có:
U = C
1
. exp
p
a
x
+ C
2
. exp
−
p
a
x
+
1
2πa
l
2
+ p
2
. sin
2π
l
x
áp dụng điều kiện biên: U (0; p)=U (l; p)=0ta có:
C
1
+ C
2
=0
C
1
. exp
p
a
l
+ C
2
. exp
−
p
a
l
=0
có định thức:
11
exp
p
a
l
exp
−
p
a
l
= exp
−
p
a
l
− exp
p
a
l
=0
nên hệ phương trình này chỉ có nghiệm tầm thường là C
1
= C
2
=0
Vậy nghiệm của phương trình ảnh thỏa mãn điều kiện bài toán là:
U (x; p)=
1
2πa
l
2
+ p
2
. sin
2π
l
x
4
Tiểu luận Toán cho vật lý Phạm Tùng Lâm - Lớp VLLT-VLT - ĐHSP Huế - K21
Ta chuyển hàm trên vè hàm gốc, ta có:
U (x; p)
.
= u (x; t)=
l
2πa
. sin
2π
l
t
. sin
2π
l
x
Vậy hàm nghiệm của bài toán có dạng:
u (x; t)=
l
2πa
. sin
2π
l
t
. sin
2π
l
x
.
5