Một số ứng dụng của phương trình loại hyperbol trong vật lý

Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một môn khoa học gắn liền với thực tiễn. Sự phát triển của
toán học đánh dấu bởi những ứng dụng của toán học vào việc giải quyết các
bài toán thực tiễn. Trong lĩnh vực toán học ứng dụng thường gặp rất nhiều bài
toán liên quan đến phương trình vi phân đạo hàm riêng.
Ra đời từ những năm 60, phương trình đạo hàm riêng đã nhanh chóng
khẳng định được vị trí và tầm quan trọng của mình trong khoa học nói chung
và toán học nói riêng. Đặc biệt phương trình đạo hàm riêng loại hyperbol có
ứng dụng rất lớn trong khoa học và trong thực tiễn.
Phương trình sóng còn được gọi là phương trình loại hyperbol, nó đóng
một vai trò quan trọng trong vật lý cũng như các ngành kỹ thuật, được thiết
lập trên cơ sở nghiên cứu các dao động của: dây, sóng âm, sóng đàn hồi, sóng
điện từ trường. Với khả năng ứng dụng rộng rãi của phương trình loại
hyperbol trong khoa học và trong thực tiễn, mà các nhà toán học đã tập trung
nghiên cứu và tìm được nhiều ứng dụng của phương trình loại hyperbol trong
vật lý.
Trên cơ sở đó và dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy Tiến sĩ Bùi Kiên
Cường, tôi đã lựa chọn đề tài: “Một số ứng dụng của phương trình loại
hyperbol trong vật lý” nhằm nghiên cứu sâu hơn về phương trình loại
hyperbol cũng như một số ứng dụng của nó trong vật lý.
2. Mục đích nghiên cứu
Bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học và thực hiện khóa luận tốt
nghiệp.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu một số toán tử gradien, Div, Rota, Laplace.

Phạm Thị Thủy

1

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Tìm hiểu bài toán vật lý dẫn tới phương trình truyền sóng.
Tìm hiểu một số ứng dụng của phương trình loại hyperbol trong vật lý.
4. Đối tượng nghiên cứu
Phương trình loại hyperbol và một số ứng dụng của nó trong vật lý.
5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu lí luận.
Phương pháp phân tích, tổng hợp và đánh giá.
Đọc tài liệu và tra cứu.
6. Cấu trúc khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, nội dung
khóa luận gồm 2 chương:
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị.
Chương 2. Một số ứng dụng của phương trình loại hyperbol trong vật lý.

Phạm Thị Thủy

2

K33D – Khoa Toán

Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

CHƢƠNG 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương này trình bày một số kiến thức cơ bản về: toán tử Gradien, Div,
Rota, Laplace trong hệ tọa độ cong trực giao; bài toán vật lý dẫn tới phương
trình truyền sóng; phương pháp tách biến giải phương trình dao động của
dây; phương trình không thuần nhất, để chuẩn bị cho nội dung chương sau.
1.1.

Một số toán tử Gradien, Div, Rota, Laplace

1.1.1. Hệ tọa độ cong
Vị trí của một điểm M trong không gian được xác định bằng bán kính
r
r
r
r
r
vectơ r . Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxyz: r xi y j zk .
Trong nhiều bài toán để xác định vị trí của điểm M thay cho bộ ba số x,
y, z người ta dùng bộ ba số khác q1, q2, q3 phù hợp và thuận tiện hơn với bài
toán đang xét. Ngược lại, ta giả thiết một bộ ba số q1, q2, q3 ứng với một bán
r
kính vectơ r , do đó ứng với một điểm M nào đó của không gian. Các đại
lượng q1, q2, q3 được gọi là toạ độ cong của điểm M.
Vì mỗi điểm M ứng với hệ toạ độ q1, q2, q3 do đó mỗi một toạ độ này là

r
một hàm của bán kính vectơ r

r
q1 (r ) q1 ( x, y, z )
r
q2 (r ) q2 ( x, y, z )
r
q3 (r ) q3 ( x, y, z )

Mặt q2

Mặt q1

Đường q3

Đường q2

r
Ngược lại vì bán kính vectơ r

Mặt q3

của mỗi điểm trong không gian được

H.1.1
xác định hoàn toàn khi cho ba số q1, q2,
r
q3. Nghĩa là ba thành phần x, y, z của r là hàm số của q1, q2, q3.

Phạm Thị Thủy

3

Đường q1

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

x

x(q1 , q2 , q3 )

y

y (q1 , q2 , q3 )

z

z (q1 , q2 , q3 )

Khóa luận tốt nghiệp

Tập hợp tất cả các điểm trong không gian sao cho trên tập này q1 không
đổi gọi là mặt tọa độ q1. Tương tự ta có mặt tọa độ q2, q3.
Tập hợp tất cả các điểm sao cho trên tập này chỉ có tọa độ q1thay đổi (còn tọa
độ q2, q3 không thay đổi) được gọi là các đường tọa độ. Hiển nhiên giao tuyến
của hai mặt q2 và q1 cho ta đường tọa độ q3 .

1.1.2. Hệ tọa độ cong trực giao
Hệ tọa độ cong mà các đường tọa độ vuông góc với nhau theo từng đôi
một tại mỗi điểm được gọi là hệ tọa độ cong trực giao. Hệ tọa độ trụ, hệ tọa
độ cầu đều là các hệ tọa độ cong trực giao.
Trong không gian cho điểm M nào đó,

r
li

ur
li

qi

r
gọi l i (i=1, 2, 3) là các vectơ đơn vị tiếp
xúc tại điểm này với các đường tọa độ qi
và hướng theo chiều tăng của các đường tọa độ qi .

H.1.2

r
Ta nhận thấy rằng trong hệ tọa độ Descartes hướng của các véc tơ l i
không phụ thuộc vào vị trí của M, còn trong hệ tọa độ cong, ba véctơ đơn vị

r r r
trực giao e1 , e2 , e3 phụ thuộc vào các vị trí của M.
Gọi vectơ đơn vị có phương pháp tuyến với mặt tọa độ qi

Ci và

ur
i
hướng theo chiều tăng của qi là e . Trong hệ tọa độ cong trực giao thì
r uri
l i l (H.1.2)
1.1.3. Hệ số Lame

Phạm Thị Thủy

4

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Xét các đường tọa độ, trên các đường này ta đưa vào các vectơ đơn vị

r
l i (i=1, 2, 3) có phương tiếp tuyến với các đường tọa độ và có chiều theo
ur
e1

ur
chiều tăng của các tọa độ qi lấy số gia của bán kính vectơ Vr1 có đầu mút ở
điểm M 1 , có tọa độ (q1 Vq1, q2 , q3 ) .
Lập tỉ số

r
r
q1

ur
r (q1

r
q1 , q2 , q3 ) r (q1 , q2 , q3 )
q1

M

r
r

ur
Vr1

M1

Lấy giới hạn của tỉ số trên khi M1 tiến đến M, ta có

ur
r
vectơ
tiến đến vectơ cùng phương, cùng chiều với
q1
uur

vectơ đơn vị l 1 tại M. Đó là vectơ đạo hàm

r
l1

H.1.3

ur
ur
r
r
, do đó
q1
q1

r
h1 l 1 .

Đại lượng này xác định vận tốc biến thiên của bán kính vectơ dọc theo
ur
r
đường tọa độ q1 . Hệ số h1 chỉ độ lớn của vectơ
q1
Ta có:

ur
r
q1

xr

i
q1

yr
j
q1

x 2
)
q1

(

z r
k
q1

do đó

h12

(

ur
r
Tương tự, ta có:
q2

y 2
z

) ( )2
q1
q1
ur
uur
uur
r
h2 l 2 ;
h3 l 3
q3

trong đó:

Phạm Thị Thủy

5

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

hi 2

(

Khóa luận tốt nghiệp

x 2
)

qi

y 2
)
qi

(

(

z 2
)
qi

được gọi là hệ số lame của hệ tọa độ cong đang xét.
Hệ số lame trong hệ tọa độ đề các

hx 2
Tương tự hy

(

x 2
)
x

(

y 2
)

x

(

z 2
) 1
x

hx 1 .

hz 1

Hệ số lame trong hệ tọa độ cầu

h

r sin ; hr 1; h

r

Hệ số lame trong hệ tọa độ trụ

h

; h

1; hz 1

1.1.4. Gradien của trƣờng vô hƣớng trong hệ tọa độ cong
Trong không gian cho hệ tọa độ q1, q2, q3 và trường vô hướng

u = f (q1, q2, q3)
Hãy tính gradien của trường này tại điểm bất kỳ M (q 1, q2, q3). Trước
hết, xét hình chiếu gradien của hàm f lên hướng nào đó bằng đạo hàm của
hàm f theo hướng này

hceur gradf
1

f
ur
e1

ur
Mặt khác đạo hàm theo hướng e1 bằng đạo hàm theo cung l của đường tọa độ

q1 (H.1.4).

hceur gradf
1

M q1

f
ur
e1

f
l

Đường q1

M q1 , q2 , q3

Nhưng đạo hàm theo cung
theo định nghĩa bằng:

Phạm Thị Thủy

q1 , q2 , q3

H.1.4

6

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

f
l

f (M1 )

lim

M1

Khóa luận tốt nghiệp

f (M )

S1

M

Từ đây:

f
l

lim
q1

q1 , q2 , q3
S1

f (q1 , q2 , q3 )

f q1

q1 , q2 , q3
q1

f (q1 , q2 , q3 ) q1
S1

0

lim
q1

f q1

0

f 1
q1 h1
Tương tự:

hceuur gradf

f 1
q2 h2

hceuur gradf

f 1
q3 h3

2

3

Nếu trường được cho trong hệ tọa độ Descartes u = f(x, y, z) thì
fr
f r
f r
gradu
i
j
k

x
y
z
Nếu trường cho trong hệ tọa độ trụ f

gradu

f uur
e

1 f uur
e

, , z thì

f ur
ez
z

Nếu trường được cho trong hệ tọa độ cầu f r, ,

gradu

f ur
er
r

1 f uur
e
r

1
r sin

thì

f uur
e

Cuối cùng muốn tính đạo hàm của trường vô hướng u = (q1, q2, q3) tại
r
ur
ur
ur
điểm M theo hướng véctơ nào đó a a1 e1 a2 e2 a3 e3 ta chỉ cần lấy hình
r
chiếu của gradien lên véctơ a

Phạm Thị Thủy

7

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

r
gradu, a
r

a

u
r
a

Khóa luận tốt nghiệp

a1 u
h1 q1

a2 u
h2 q2
a12

a2 2

a3 u
h3 q3
a32

1.1.5. Div trong hệ tọa độ cong
Xét trường véctơ

ur
ur
A A1 q1, q2 , q3 e1

ur
A2 q1 , q2 , q3 e2

ur
A3 q1 , q2 , q3 e3

ur
theo định nghĩa dive của trường A tại điểm M bằng

ur
div A
trong đó M

ur r
A, n dS
lim

V

s

V

M

V và X là miền được giới hạn bởi bề mặt S.

Xét một hình hộp chữ nhật cong có đỉnh tại M đang xét, các mặt bên
trùng với các mặt tọa độ, các mặt đối diện với các mặt tọa độ đi qua điểm N.
Trong hệ tọa độ cong trực giao
M3

V= h1h2h3dq1dq2dq3 mặt MM2N1M3 có diện
ur
tích h2h3dq2dq3. Thành phần của véctơ A

trên pháp tuyến của mặt này là -A1, do đó

N1
q3

N2

N

ur

thông lượng tương ứng của A đi qua mặt này

M

là -A1h2h3dq2dq3.

q1

Xét mặt M1N3NN2 trên mặt này q1 có giá

M1

trị q1 + dq1do đó thông lượng qua mặt này là:
[A1h2h3+

q2

A1h2 h3
dq1 ] dq2dq3
q1

N3
H.1.5

Do đó thông lượng qua hai mặt MM2N1N3 và M1N3NN2 bằng:

A1h2h3
dq1dq2dq3
q1
Tương tự thông lượng qua hai mặt MM1N2M3 và M2N3NN1bằng:
Phạm Thị Thủy

8

K33D – Khoa Toán

M2


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

A2 h1h3
dq2 dq1dq3

q2
Tương tự thông lượng qua hai mặt NN1M3N2 và MM1N3 M2 bằng:

A3h1h2
dq3dq1dq2
q3
Cộng cả ba biểu thức trên ta được thông lượng toàn phần qua mặt S:
ur r
( A, n)ds
S

Chia cho thể tích hình hộp và qua giới hạn ta được:

ur
div A

A1h2h3
q1

1
h1h2 h3

A2 h1h3
q2

A3h1h2
q3

Nói riêng, nếu trường được cho trong hệ tọa độ Descartes:
ur

r
r
r
A Ax x, y, z i Ay x, y , z j Az x, y , z k
thì:

ur
div A

Ax
x

Ay

Az
z

y

Nếu trường được cho trong hệ tọa độ trụ

ur
A

ur
A ( , , z )es

ta nhận được:

ur

div A

(vì h =1; h

1

(

uur
A ( , , z)e
A

A

uur
Az ( , , z) e
Az
)
z

; h =1)

Nếu trường được cho trong hệ tọa độ cầu
ur
ur
uur
A Ar r , , er A r , , e A r , ,
(vì hr =1; h
thì:

ur
div A

Phạm Thị Thủy

1
2
r sin

uur
e

r ; h = rsin )
Ar r 2
sin
r

A sin

9

r

A

r

K33D – Khoa Toán

Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

1.1.6. Rota trong hệ tọa độ cong
Xét trường véctơ
ur uur
ur
A A1 (q1 , q2 , q3 )e1

uur
ur
A2 (q1 , q2 , q3 )e2

uur
ur
A3 (q1 , q2 , q3 )e3

Để tìm Rota của trường này ta tính hình chiếu của rota theo một hướng
ur
nào đó bằng mật độ lưu thông trung bình của trường A theo hướng này. Mật
ur
độ lưu thông trung bình theo hướng e1 bằng tỷ số lưu thông theo một chu
tuyến bất kỳ bao quanh M và diện tích S được giới hạn bởi chu tuyến này,
đồng thời miền S phải được phân bố trên bề mặt mà pháp tuyến của nó tại
ur
e
điểm này hướng dọc theo véctơ 1 . Ta định nghĩa:
ur r
ur

Adl
rote1 A lim Ñ
s M
S
Để thuận tiện ta chọn một tọa độ q1 = const đi qua M và miền S là miền
MM2N1M được giới hạn bởi các đường tọa độ (H.1.5).
Diện tích của yếu tố vi phân mặt được giới hạn bởi chu tuyến đó là:
dS = h2h3dq2dq3.
Trên cung MM2 ta có:
ur r
Adl A2 dS 2

A2 h2 dq2

MM 2

Trên cung M3N1 giá trị của tọa độ thứ ba là q3 + dq3. Do đó:

ur r
Adl ( A2h2
M 3 N1

( A2h2 )
dq3 )dq2
q3

Tương tự ta có:

ur r
Adl

A3h3dq3

MM 3

ur r
Adl ( A3h3
M 2 N1

Phạm Thị Thủy

( A3h3 )
dq2 )dq3
q2
10

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Vậy:

ur r
Adl
MM 2 N1M 3

ur r

Adl
MM 2

ur r
Adl
M 2 N1

ur r
Adl

ur r
( A3h3 )
Adl (
q2
MM 3

M1N1

( A2h2 )
)dq2dq3
q3

Chia biểu thức này cho dS và qua giới hạn ta được:

ur
rot1 A

1
( A3h3 )
(

h2 h3
q2

( A2 h2 )
)
q3

Bằng cách tương tự ta nhận được:

và

ur
rot2 A

1
( A1h1 )
(
h1h3
q3

( A3h3 )
)
q1

ur
rot3 A

1
( A2 h2 )
(

h2 h1
q1

( A1h1 )
)
q2

Nói riêng trong hệ tọa độ Descartes
ur
r
r
r
A A x i+A y j+A z k

ur
A
rot A ( z
y

Ay r
A
)i ( x
z
z

A
Az r
)j ( y
x
x

Ax r
)k
y

Trong hệ tọa độ trụ, đối với trường

ur
r
uur
uur
A A e +A e +A z ez
ur
rot A

1

(

Az

(A ) r
)e
z

(

A
z

Az r
)e

1

(A )

(

A r
)e z

Trong hệ tọa độ cầu:

ur
r
A A r er
ur
rot A

r
A e

r
A e

( A r sin ) ( A r ) r
1
(
)e r

r 2 sin
1 ( A r ) ( Ar ) r
(
)e
r
r

Phạm Thị Thủy

11

1
(A )
( r
r sin

( A r sin ) r
)e
r

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

1.1.7. Toán tử Laplace
Ký hiệu

là toán tử “Nabla” hay toán tử Hamilton trong hệ tọa độ

Descartes vuông góc, nó có dạng:
r
r
r
i
j
k
x
y
z

(1.1)

Dùng ký hiệu toán tử “Nabla”

ta có:
ur
ur
ur
, div A
A , rot A

grad
Nếu tác dụng toán tử

ur
A

lên chúng một lần nữa ta được toán tử vi phân

cấp hai ta có lược đồ sau:

div grad
grad

rot grad

div

ur

ur
A

ur
grad div A

ur
A

div rot

rot

ur

ur
A

ur

ur
A

0

(1.2)

Thật vậy

, vì tích hữu hướng của hai véctơ cộng

tuyến bằng không.
ur
b/ divrot A
Vì véc tơ

ur

ur
A

Ta dễ dàng suy ra các hệ thức sau: rot rot
a rotgrad

ur
A

ur
ur

=0

(1.3)

vuông góc với , và tích vô hướng của hai véctơ

vuông góc với nhau bằng không.

ur
ur
ur
ur
Đặt B rot A , ta có divB 0 nghĩa là B là trường hình ống.
Phạm Thị Thủy

12

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

ur
c/ rotrot A

Khóa luận tốt nghiệp

ur

ur

ur
ur
) A graddiv A

) (

ur
A

(1.4)

d/ divgrad

(1.5)

Trong vật lý toán người ta gọi toán tử cấp hai divgradu là toán tử
“Laplace” ký hiệu bởi toán tử Δ. Từ hệ thức divgrad

Trong hệ tọa độ Descartes, xét hàm u

ur
i
x

gradu
div gradu

ur
j
y
u
( )
x x

2

Tức là:

u

y

(

u
)
y

z

u uur
e

(

u

)
z

2

u
y2

u
z2

Trong hệ tọa độ trụ, xét hàm u u

gradu

u x, y, z ta có:

ur
k
z

2

u
x2

ta có

, , z trong hệ tọa độ này:

1 u uur
e

u ur
ez
z

Tính div của trường này ta nhận được toán tử Laplace

u

1

u

2

u

u
z2

2

Trong hệ tọa độ cầu u

u

2

1

1
r 2 sin

sin

u( , , )

r

u 2
r
r

u

sin

Cuối cùng trong hệ trực giao tùy ý, đối với hàm u

u

Phạm Thị Thủy

1
h1h2 h3

q1

h2 h3 u
h3 q1
13

q2

h1h3 u
h2 q2

1
sin

2

u
2

u(q1, q2 , q3 )
q3

h1h2 u
h3 q3

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

1.2. Bài toán vật lý dẫn tới phƣơng trình truyền sóng
Giả thiết dây đàn hồi có chiều dài L buộc chặt ở hai gối có cùng mức
nằm ngang do đó có thể lấy trục x dọc theo dây. Dây đàn hồi có thể là dây đàn
dây truyền tin.
Cho dây chuyển động, nó dao động trong mặt phẳng thẳng đứng và kí
hiệu u(x, t) là chuyển dịch của dây tại điểm x và thời điểm t.
Gọi ∆s là phần tác dụng cung của dây. Vì sức căng T giả thiết là hằng
số, lực hướng thẳng đứng tác dụng lên ∆s cho bởi T sin

2

T sin

1

tg do góc θ nhỏ nên lực này có dạng

Vì sin

u
T
x

x

u
T
x

x

2

s(
x

u

)

t2

(1.6)

ε→0, ∆s→0
Vì dao động nhỏ nên ta có thể lấy gần đúng ∆s ≈ ∆x

u
T x

Do đó

x

u
x

x

2

x

u

(1.7)

t2

x

Lấy giới hạn khi ∆x→0 (ε cũng dần tới 0) ta được

T

u
( )
x x

2
Trong đó a

T

2

2

u

t2

hay là

u

t2

2

a

2

u
x2

(1.8)

(T là sức căng không đổi của dây, ρ khối lượng không đổi

trên một đơn vị dài của dây).
1.3.Phƣơng pháp tách biến giải phƣơng trình dao động của dây
1.3.1. Phương pháp tách biến giải phương trình dao động của dây
Phương pháp tách biến là một trong những phương pháp quan trọng để
giải các bài toán đối với các phương trình vật lý toán.
Tìm nghiệm phương trình dao động của dây :
Phạm Thị Thủy

14

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2
2

u

t2

Khóa luận tốt nghiệp

2

u
; 0≤x≤L,t>0
x2

a2

(1.9)

Thỏa mãn các điều kiện ban đầu bao gồm: hình dạng ban đầu và vận tốc ban
đầu
u(x, 0) = f x

u
( x,0)
t

(1.10)

g ( x)

(1.11)

Và điều kiện biên là hai đầu dây được gắn chặt
u(0, t) = 0

(1.12)

u(L, t) = 0

(1.13)

Theo phương pháp tách biến, trước hết ta tìm các nghiệm riêng của
phương trình (1.9) thỏa mãn các điều kiện biên (1.12), (1.13) có dạng tích của
hai hàm, một hàm chỉ phụ thuộc x, một hàm chỉ phụ thuộc t:
u(x, t) = X(x)T(t)

(1.14)

Đạo hàm hai lần biểu thức đó theo x và theo t, rồi thế vào (1.9) ta được
X(x) T’’(t) = a2 X’’(x) T(t)
Hay

1 T ''(t )
a 2 T (t )

X "( x)

X ( x)

Vế trái không phụ thuộc t, vế phải không phụ thuộc x, vậy hai vế chỉ
bằng nhau khi chúng cùng bằng một hằng số, chẳng hạn bằng

1 T ''(t )
a 2 T (t )

. Vậy

X "( x)
=
X ( x)

Ta nhận được hai phương trình vi phân sau :
X’’(x) +

X(x) = 0

(1.15)

T’’(t) +

a2 T(t) = 0

(1.16)

Các nghiệm riêng mà ta tìm phải thỏa mãn các điều kiện biên (1.12),
(1.13), nên với mọi t ta có
Phạm Thị Thủy

15

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

U(0,t) = X(0) T(t) = 0
U(L,t) = X(L) T(0) = 0
Để tìm nghiệm không đồng nhất bằng không, ta phải có
X(0) = 0, X(L) = 0

(1.17)

Vậy ta đi đến bài toán sau : tìm những nghiệm không đồng nhất bằng
không của phương trình vi phân tuyến tính cấp hai (1.15), thảo mãn các điều
kiện biên (1.17).
Ta xét các trường hợp :
Trường hợp

<0

Khi đó nghiệm tổng quát của (1.15) là :

X ( x) C1e

x

C2e

x

(1.18)

Từ (1.17),(1.18) ta có :

X (0) C1 C2
X ( L) C1e

L

0
L

C2e

0

Từ đó rút ra C1 = C2 = 0
Tức là X(x) = 0 do đó nghiệm u(x,t) chỉ có thể là nghiệm tầm thường
Trường hợp

=0

Khi đó nghiệm tổng quát của (1.15) là :
X(x) = C1 + C2 x

(1.19)

Từ (1.17), (1.19) ta có :
X (0) C1 0
X ( L) C1 C2 L 0

Từ đó rút ra C1 = C2 = 0 và X(x) = 0 ta lại được nghiệm tầm thường.
Trường hợp

>0

Khi đó nghiệm tổng quát của (1.15) là :

X ( x) C1cos
Phạm Thị Thủy

x C2 sin
16

x
K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Từ điều kiện (1.17) cho ta :
X (0) C1

0

X ( L) C2 sin

(1.20)

L 0

Rõ ràng C2 ≠ 0 vì nếu C2 = 0 thì X(x) = 0 và ta lại chỉ được nghiệm tầm
thường. Vì C2 ≠ 0 nên (1.20) cho ta :

sin

L 0

L k

Với k nguyên, tức là X ( x) C2 sin
Các giá trị

k2 2
L2

(1.21)

k
x
L

ở (1.21) sao cho nghiệm của phương trình (1.15) thỏa

mãn điều kiện (1.17) là nghiệm không tầm thường được gọi là các giá trị
riêng và nghiệm tương ứng X(x) được gọi là hàm riêng của bài toán (1.15),
(1.17). Hàm X(x) phụ thuộc k, vì vậy ta kí hiệu nó là Xk(x) và C2 ta kí hiệu là
Ck

X k ( x) Ck sin
Với giá trị

k
x
L

(1.22)

ở (1.21) thay thế vào (1.16) ta có :

k2 2 2
T "(t )
a T (t ) 0
L2
Từ đó

Tk t

Dk cos

k
at
L

Ek sin

k
at
L

(1.23)

Từ (1.14), (1.22), (1.23), ta thấy rằng phương trình (1.9) thừa nhận tập
những nghiệm :

uk ( x, t ) ( Ak cos

k
at
L

Bk sin

k
k
at )sin
x
L
L

(1.24)

Với Ak = Ck Dk , Bk = Ck Ek là những hằng số tùy ý.

Những nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện (1.12), (1.13).
Ta xây dựng chuỗi
Phạm Thị Thủy

17

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

u ( x, t )

u k ( x, t )

( Ak cos

k 1

k 1

Khóa luận tốt nghiệp

k
k
k
at Bk sin
at ) sin
x
L

L
L

(1.25)

Và xác định các hệ số Ak, Bk sao cho chuỗi (1.25) thỏa mãn phương trình
(1.9) và các điều kiện biên (1.10), (1.11).
Điều kiện biên (1.10) cho ta

u ( x,0)

Ak sin
k 1

k
x
L

f ( x)

(1.26)

Nếu chuỗi (1.25) có thể đạo hàm từng hạng thức, thì (1.11) cho ta

u
( x,0)
t

k

k a
k
Bk sin
x
L
1 L

g ( x)

(1.27)

Giả sử f x , g(x) là những hàm có thể khai triển chuỗi Fourier theo
sin

k
L

trong đoạn 0, L . Khi đó các hệ số Ak, Bk được xác định bởi công

thức
L

Ak

Bk

2
k
f ( x)sin
xdx

L0
L

2

L

k a0

g ( x)sin

(1.28)

k
xdx
L

(1.29)

Vậy hàm (1.25) trong đó Ak, Bk được xác định bởi các công thức
(1.28), (1.29) thỏa mãn các điều kiện ban đầu (1.10), (1.11).
Ta sẽ chứng minh rằng : Nếu trong đoạn 0, L hàm f x khả vi liên tục
hai lần, có đạo hàm cấp 3 liên tục từng khúc và thỏa mãn các điều kiện biên

f (0)

f ( L) 0; f "(0)

f "( L) 0 ,

hàm g(x) khả vi liên tục, có đạo hàm cấp hai liên tục từng khúc và thỏa mãn
điều kiện
g(0) = g(L) = 0,

Phạm Thị Thủy

18

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

thì chuỗi hàm (1.25), trong đó Ak, Bk được tính bởi các công thức (1.28),
(1.29) là nghiệm của bài toán hỗn hợp (1.9), (1.10), (1.11), (1.12), (1.13).
Thật vậy, bằng cách tích phân từng phần và để ý đến các điều kiện vừa
nêu đối với các hàm f , g ta được
3

L

Ak

3

Bk
; Bk
k3

L

3

2

Ak
k3

Trong đó
L

Bk

L

2
k
f '''( x)cos
xdx; Ak (2)
L0
L

3

Ak (2)

Các chuỗi số

k

k 1

Ak (2)

1 1
2 k2

k

và các chuỗi số
k

1
;
2
k
1

Bk (3)

;

Ak

hội tụ, vì ta có :

k

k 1

(2) 2

Bk (3)

;

2

k 1

1 1
2 k2

k

Ak (2) ;

2 g ''( x)
k
sin
xdx
L0 a
L

Bk (3)

2

Bk (3)

2

,

hội tụ. Số hạng tổng quát của

k 1

chuỗi hàm (1.25) viết lại thành

L 1
k
( )3 3 Bk (3)cos
at
k
L

uk ( x, t )

Ak (2) sin

k
k
at sin
x
L
L

Do đó ta được

L

uk ( x, t )
Ak (2)

Các chuỗi số
k 1

k

3

1
Bk (3)
3
k

Bk (3)

;
k 1

k

Ak (2)

hội tụ. Vậy chuỗi hàm (1.25) hội tụ đều,

do đó u(x,t) là hàm liên tục với 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0. Nó thỏa mãn các điều kiện
(1.9), (1.10), (1.11). Cũng bằng cách đánh giá như trên, ta dễ dàng thấy rằng
các chuỗi hàm mà ta được bằng cách lấy đạo hàm từng số hạng chuỗi hàm
Phạm Thị Thủy

19

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

(1.25) hai lần theo x, hai lần theo t cũng hội tụ đều với 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0 do đó
có thể lấy đạo hàm từng số hạng chuỗi hàm (1.25) ) hai lần theo x, hai lần
theo t. Vậy chuỗi hàm (1.25) thỏa mãn phương trình (1.9). Đó là điều phải
chứng minh. Phương pháp giải trên còn được gọi là phương pháp Fourier.
1.3.2. Ý nghĩa vật lý của nghiệm
Bây giờ ta tìm ý nghĩa vật lý của các hàm u k(x,t), xác định bởi (1.24).
Có thể viết nó dưới dạng

u k ( x, t )
Trong đó Fk

Ak 2

Fk sin

k

k
x sin
at
L
L

Bk 2 ; tg

k

(1.30)

k

Bk
Ak

Công thức đó cho thấy rằng mọi điểm trên dây đều dao động điều hòa
với cùng tần số
Fk sin

k

k
a và cùng pha φk. Biên độ của dao động bằng
L

k
x nó phụ thuộc vào x. Khi dao động như vậy các điểm của dây cùng
L

một lúc đạt độ lệch cực đại về phía này hay về phía kia và cùng một lúc đi
qua vị trí cân bằng. Những dao động như vậy gọi là các sóng đứng.
Dạng của sợi dây tại các thời điểm khác nhau trong trường hợp :
Nếu k = 1, các mút của dây bất động, chỉ có điểm x

L
đạt độ lệch lớn nhất
2

là F1.
Nếu k = 2, có 3 điểm bất động, đó là 2 mút và điểm giữa của sợi dây, còn các
điểm x

L
, x
4

Phạm Thị Thủy

3L
đạt độ lệch lớn nhất là F2.
4

20

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Một cách tổng quát, phương trình sin
0, L , đó là các điểm x = 0, x

L
, x
k

k
x 0 có (k + 1) nghiệm trong
L

2L
,..., x
k

(k 1) L
, x
k

L . Ứng

với chúng là các điểm bất động của dao động u k(x,t) còn điểm giữa của đoạn
nối hai điểm bất động liên tiếp là điểm đạt độ lệch lớn nhất F k. Người ta gọi
điểm bất động là điểm nút, gọi điểm đạt độ lệch lớn nhất là điểm bụng của
sóng đứng.
1.4. Phƣơng trình không thuần nhất
Bài toán 1. Ta giải phương trình không thuần nhất

utt = a2 uxx + h(x,t), 0 < x < L, t > 0

(1.31)

Với điều kiện biên :

u(0, t ) 0, u( L, t ) 0; 0

x

L

(1.32)

Và điều kiện ban đầu :
u(x,0) = 0, ut(x,0) = 0

(1.33)

phương trình được viết dưới dạng:
2

L(u )

u

2

u
h( x, t ), 0 x

t
x2
u (0, t ) 0, u ( L, t ) 0
u ( x, 0)
u ( x, 0) 0,
0
t
2

a2

L, t

0

Đây là loại phương trình không thuần nhất, nhưng điều kiện biên và
điều kiện ban đầu thuần nhất, tức là có một ngoại lực tác dụng vào sợi dây.
Dùng kết quả bài toán (1.9) và có tính đến các hàm riêng với điều kiện
biên bằng không:

Fk ( x) sin

k
x; k 1, 2,...
L

(1.34)

Giả sử nghiệm của phương trình (1.31) có dạng:
Phạm Thị Thủy

21

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

u

u ( x, t )

Khóa luận tốt nghiệp

Ak (t ) sin
k 1

k
x
L

Ak (t ) Fk ( x)

(1.35)

k 1

Trong đó Ak(t) là hệ số khai triển phụ thuộc thời gian và thoả mãn các điều
kiện biên ban đầu:
Ak(0) = 0, Ak’(0) = 0

(1.36)

Thay (1.35) vào (1.31) ta có:
2

Ak ''(t )

k

Ak (t ) Fk ( x)

h ( x, t )

k 1

(1.37)

k
a, k 1, 2,...
L

k

Nhân cả hai vế phương trình (1.37) với Fm(x) và tích phân hai vế từ 0
đến L, đồng thời sử dụng tính trực giao của { Fk(x) } trong khoảng 0 < x < L
ta được:
L
2

Ak ''(t )

k

Ak (t ) ( Fk , Fm )

h( x, t ) Fm ( x)dx

k 1

0

k

(1.38)

k
a, k 1, 2,...
L

Tính trực giao của tập hợp các hàm riêng { Fk(x) } trong khoảng 0 < x
< L làm cho tích trong ( Fk, Fm ) bằng không, trừ giá trị khi k bằng m:
( Fm, Fm ) = ||Fm||2, do đó phương trình (1.38) khi k bằng m trở tthành
L
2

Am ''(t )

m

Am (t ) Fm

2

h( x, t ) Fm ( x)dx

(1.39)

0

Ta xác định các hệ số Am(t) từ phương trình vi phân không thuần nhất

Am "(t )

2
m

Am (t )

H m (t )

(1.40)

trong đó:

H m (t )

Phạm Thị Thủy

L

1
Fm

L

h( x, t ) Fm ( x)dx

2
0

22

2
m
h( x, t )sin
xdx (1.41)
L0
L
K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Nghiệm phương trình (1.40) với điều kiện biên (1.36) tìm được bằng
phương pháp biến thiên hằng số.
2

Giải phương trình thuần nhất Am "(t )

Am (t ) C1cos

t C2 sin

m

Am (t ) 0 ta có nghiệm:

t

m

m

Để giải phương trình không thuần nhất, giả sử rằng nghiệm có dạng

Am (t )

(t )cos

t

(t )sin

m

t

(1.42)

m

Trong đó α(t), β(t) thỏa mãn hệ phương trình:

'(t )(

'(t )cos mt
m sin mt )

'(t )sin mt 0
'(t )( mcos mt ) H m (t )

Suy ra

1

'(t )

H m (t )sin

m

1

t , '(t )

m

H m (t )cos

t

(1.43)

m

m

Tích phân (1.43) cho các giá trị:
t

1

(t )
1

(t )

(1.44)

H m ( )cos

m

d

m

0

với

d

m

m

0
t

H m ( ) sin

là biến lấy tích phân.
Thay thế các giá trị α(t), β(t) vào phương trình (1.42) ta được

Am (t )

1

t

H m ( )(cos

m

sin

m

t cos

sin

m

m

)d

m 0

1

t

H m ( )sin

m

(t

)d

m 0

t

2
t
sin(
m a )d
m a0
L

L

h( x, )sin
0

m
xdx
L

Thay đổi m thành k trong công thức trên ta được nghiệm của phương
trình (1.31):

Phạm Thị Thủy

23

K33D – Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

2

u u ( x, t )
k 1

t

k a0

sin(

Khóa luận tốt nghiệp
L

t

k a)d

L

h( x, )sin
0

k
k
xdx sin
x (1.45)
L
L

Bài toán 2. Ta giải phương trình không thuần nhất
utt = a2 uxx + h(x,t), 0 < x < L, t > 0

Với điều kiện biên

u(0, t ) 0, u( L, t ) 0
Với điều kiện ban đầu không thuần nhất
u(x,0) = f ( x) , ut(x,0) = g(x)
hay là viết dưới dạng
2

L(u )

2

u

u
h( x, t ), 0 x L, t
t
x2
u (0, t ) 0, u ( L, t ) 0
u ( x, 0)
u ( x, 0) f ( x),
g ( x)
t
a

2

2

2

Chú ý rằng, toán tử L(u )

0

(1.46)

2

u

a

t2

2

u
x2

là toán tử tuyến tính, nên có thể

viết nghiệm của (1.46) dưới dạng u(x,t) = v(x,t) + w(x,t), trong đó chọn v(x,t)
thỏa mãn phương trình
2

L (v )

2

v

v
h( x, t ), 0 x
t
x2
v(0, t ) 0, v( L, t ) 0
v( x, 0)
v( x, 0) 0,
0
t
a

2

2

L, t

0
(1.47)

Nghiệm của (1.47) có dạng (1.45)

2

v ( x, t )
k 1

t

k a0

sin(

L

t
L

k a)d

h( x, )sin
0

k
k
xdx sin
x
L
L

Còn w(x,t) thỏa mãn phương trình:

Phạm Thị Thủy

24

K33D – Khoa Toán

Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

2

2
w
w
2
a
0, 0 x L, t
t2
x2
w(0, t ) 0, w( L, t ) 0
w( x, 0)
w( x, 0) f ( x),
g ( x)
t

L(w)

0

(1.48)

Nghiệm của (1.48) có dạng (1.25)
w( x, t )

( Ak cos
k 1

k
k
k
at Bk sin
at ) sin
x
L
L
L

Bằng cách tách ra tổng của hai phương trình (1.47), (1.48), nghiệm của (1.46)
có dạng
t

2

u ( x, t )
k 1

k a0

( Ak cos
k 1

sin(

L

t

k
at
L

L

k a)d

h( x, )sin
0

Bk sin

k
k
xdx sin
x
L
L

k
k
at )sin
x
L
L

Trong đó
L

Ak
Bk

Phạm Thị Thủy

2
k
f ( x)sin
xdx
L0
L
2
k a

L

g ( x)sin
0

k
xdx
L

25

K33D – Khoa Toán