PHƯƠNG TRÌNH VẬT LÝ - TOÁN

Với k lẻ ta phải giải phương trình vi phân tương ứng là:
[]
π)1n2(
4
)t(Tπ)1n2()t(T
1n2
2
1n2
−
=−+
′′
−−

với điều kiện: T
2n-1
(0) = 0;
π)1n2(
4
)0(T
1n2
−
=
′
−

Nghiệm tổng quát của phương trình này là:
33
211n2
π)1n2(
4
tπ)1n2sin(Ctπ)1n2cos(C)t(T

−
+−+−=
−

Khi t = 0 ta có:

33
1
π)1n2(
4
C
−
−=

Mặt khác ta có:

tπ)1n2cos(π)1n2(Ctπ)1n2sin(π)1n2(C)t(T
211n2
−−+−−−=
′
−

Theo điều kiện đầu:

33
211n2
π)1n2(
4
tπ)1n2cos(π)1n2(Ctπ)1n2sin(π)1n2(C)t(T
−

=−−+−−−=
′
−

nên:
22
2
π)1n2(
4
C
−
=

Thay C
1
và C
2
vào biểu thức của T
2n-1
(t) ta có:
[]
1tπ)1n2cos(tπ)1n2sin(π)1n2(
π)1n2(
4
)t(T
33
1n2
+−−−−
−
=

−

và:
[]
∑
∞
=
−
+−−−−
−
=
1n
33
l
xπ)1n2(
sin1tπ)1n2cos(tπ)1n2sin(π)1n2(
π)1n2(
4
)t,x(u


Ví dụ 2
: Giải phương trình
)1x(x
x
u
t
u
2
2

2
2
−+
∂
∂
=
∂
∂
0
≤
x
≤
1, 0
≤
t
với các điều kiện:

0)t,x(u)t,x(u
0
t
u
)t,x(u
1x0x
0t
0t
==
=
∂
∂
=

==
=
=

Trong ví dụ này ta có f(x, t) = x(x - 1). Vậy:
∫∫
π−=
π
=
1
0
l
0
k
xdxksin)1x(x2xdx
l
k
sin)t,x(f
l
2
C


∫
−+
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣

⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−=
=
=
1
0
1x
0x
2
xdxπkcos)1x2(
πk
1
πk
xπkcos
)xx(2



160
nên:
[]
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
=
−=
−
=−−=
n2kkhi0
1n2kkhi
π)1n2(
8
1)1(
πk
4
C
33
k
2
k

Ta tìm nghiệm của bài toán dưới dạng (1) nên bây giờ phải tìm T
k
(t)
Với k = 2n (chẵn), ta tìm T
2n
(t) từ phương trình :
0)t(T)πn2()t(T
n2
2
n2
=+

′′

với điều kiện: T
2n
(0) = 0;
0)0(T
n2
=
′

Như vậy T
2n
(t)
≡
0
Với k = 2n -1 (lẻ) ta phải giải phương trình vi phân tương ứng là:
[]
0
π)1n2(
8
)t(Tπ)1n2()t(T
33
1n2
2
1n2
=
−
+−+
′′
−−

với điều kiện: T
2n-1
(0) = 0;
0)0(T
1n2
=
′
−

Nghiệm tổng quát của phương trình này là:
55
211n2
π)1n2(
8
tπ)1n2sin(Ctπ)1n2cos(C)t(T
−
−−+−=
−

Khi t = 0 thì từ các điều kiện đầu ta rút ra:
55
1
π)1n2(
8
C
−
=
C
2

= 0
[]
1tπ)1n2cos(
π)1n2(
8
)t(T
55
1n2
−−
−
=
−

[]
∑
∞
=
−−−
−
=
1n
55
xπ)1n2sin(1tπ)1n2cos(
π)1n2(
8
)t,x(u



d. Bài toán hỗn hợp

: Sau khi đã giải 2 bài toán trên ta trở về giải phương trình:
)t,x(f
x
u
a
t
u
2
2
2
2
2
+
∂
∂
=
∂
∂
0
≤
x
≤
l, 0
≤
t
≤
T (1)
với các điều kiện :
)t(φ)t,x(u);t(φ)t,x(u
)x(u

t
u
);x(u)t,x(u
2
lx
1
0x
1
0t
o
0t
==
=
∂
∂
=
==
=
=

Ta giải bài toán bằng cách đưa vào hàm phụ:

[]
)t(φ)t(φ
l
x
)t(φ)t,x(ρ
121
−+=

Khi đó ta tìm nghiệm của bài toán hỗn hợp dưới dạng:

)t,x(ρ)t,x(u
~
)t,x(u +=
(2)
Trong đó hàm
)t,x(u
~
ta phải xác định. Trước hết ta có nhận xét:
)t(φ)t,x(ρ
1
0x
=
=

)t(φ)t,x(ρ
2
lx
=
=

Vậy kết hợp với điều kiện đã cho ta có:
0)t,x(u
~
)t,x(u
~
lx0x
==
==

(3)

161

Khi t = 0 ta sẽ có:
[] []
[]
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
′
=
′
−
′
−
′
−=
∂
∂
−
∂
∂
=
∂
∂

=−−−=−=
===
==
)x(u
~
)0(φ)0(φ
l
x
)0(φ)x(u
t
ρ
t
u
t
u
~
)x(u
~
)0(φ)0(φ
l
x
)0(φ)x(u)t,x(ρ)t,x(u)t,x(u
~
o1211
0t0t0t
o121o
0t0t
(4)
Đạo hàm 2 lần (2) theo x và t rồi thay vào (1) và rút gọn ta có:
)t,x(f

x
u
~
a
t
u
~
1
2
2
2
2
2
+
∂
∂
=
∂
∂
(5)
Trong đó:

[]
)t(φ)t(φ
l
x
)t(φ)t,x(f)t,x(f
1211
′′
−

′′
−
′′
−=

Tóm lại, để tìm u(x, t) ta phải giải (5) với các điều kiện (3) và (4). Đó chính là dạng
bài toán 2 mà ta đã biết cách giải. Sau đó kết hợp
)t,x(u
~
và ρ(x, t) ta tìm được
nghiệm.

§3
.
BÀI TOÁN CAUCHY CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN
SÓNG TRONG KHÔNG GIAN
Bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng trong không gian là bài toán giải
phương trình:
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂

∂
+
∂
∂
=
∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
2
2
z
u
y
u
x
u
a
t
u
(1)
với các điều kiện:
⎪
⎩
⎪

⎨
⎧
=
∂
∂
=
=
=
)z,y,x(u
t
u
)z,y,x(u)t,z,y,x(u
1
0t
o
0t
-∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, -∞ < z < ∞, t > 0 (2)
Người ta đã chứng minh được rằng nghiệm của phương trình có dạng:
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
∂
∂
+=
∫∫∫∫
S
o

2
S
1
2
ds)ζ,η,ξ(u
taπ4
1
t
ds)ζ,η,ξ(u
taπ4
1
)t,z,y,x(u

Trong đó S là mặt cầu tâm M(x,y,z) và bán kính at. Công thức này gọi là công thức
Kirhoff.
Trong trường hợp mặt phẳng, công thức Kirhoff trở thành công thức Poisson:
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−−−−
∂
∂
+
−−−−
=

∫∫∫∫
D
222
o
D
222
1
)yη()xξ()at(
ηdξd)η,ξ(u
aπ2
1
t
)yη()xξ()at(
ηdξd)η,ξ(u
aπ2
1
)t,y,x(u


§4
.
BÀI TOÁN DAO ĐỘNG CƯỠNG BỨC
1. Nguyên lí Duhamel
: Để giải các bài toán có tác động của ngoại lực người ta
thường dùng nguyên lý Duhamel được phát biểu như sau:
Nếu H(α, x, t) với mọi giá trị của tham biến α là nghiệm của phương trình:

162
ila
t

H
2
2
2
∆=
∂
∂

với các điều kiện:

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
∂
∂
=
=
=
)σ,x(h)t,x,α(H
t
0)t,x,α(H
0t
0t

Khi đó hàm:

∫
−=
l
0
αd)αt,x,α(H)t,x(u
sẽ là nghiệm của phương trình:

)t,x(hua
t
u
2
2
2
+∆=
∂
∂

với các điều kiện:

⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
∂
∂
=
=
=

0
t
u
0)t,x(u
0t
0t

Để hiểu rõ hơn về nguyên lý Duhamel ta sẽ dùng nó để giải các bài toán về dao động
cưỡng bức sau:
2. Bài toán 1
: Giải phương trình:
)t,z,y,x(f
z
u
y
u
x
u
a
t
u
2
2
2
2
2
2
2
2
2

+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂
(1)
với các điều kiện:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
∂
∂

=
=
=
)z,y,x(u
t
u
)z,y,x(u)t,z,y,x(u
1
0t
o
0t
-∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, -∞ < z < ∞, t > 0 (2)
Ta dùng phương pháp chồng nghiệm, nghĩa là tìm nghiệm của phương trình (1) dưới
dạng:

)t,z,y,x(u)t,z,y,x(u)t,z,y,x(u +=

Trong đó
)t,z,y,x(u
là nghiệm của bài toán:

ua
t
u
2
2
2
∆=
∂
∂

với:
1
0t
o
0t
u
t
u
;uu =
∂
∂
=
=
=

Còn
)t,z,y,x(u
là nghiệm của bài toán:

fua
t
u
2
2
2
+∆=
∂
∂

với:
0
t
u
;0u
0t
0t
=
∂
∂
=
=
=

Theo công thức Kirhoff ta có:

163
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
∂
∂
+=
∫∫∫∫
S
o
2

S
1
2
ds)ζ,η,ξ(u
taπ4
1
t
ds)ζ,η,ξ(u
taπ4
1
)t,z,y,x(u

Mặt khác theo nguyên lí Duhamel ta có:
∫∫
=
S
2
ds
t
)α,ζ,η,ξ(f
aπ4
1
)t,z,y,x,α(H

Từ đó suy ra:
αdds
αt
)α,ζ,η,ξ(f
aπ4
1

)t,z,y,x(u
l
0
)αt(
S
2
∫∫∫
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
−

Để rút gọn công thức nghiệm trong tích phân trên ta đổi biến r = a(t - α). Do đó ta có:
∫∫∫∫∫∫
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
⎥

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
Vat
2
l
0
)r(
S
2
dV
r
a
r

t,ζ,η,ξf
aπ4
1
drds
r
a
r
t,ζ,η,ξf
aπ4
1
)t,z,y,x(u

Trong đó V
at
là hình cầu bao bởi mặt S và:

222
)ζz()ηy()ξx(r −+−+−=

Vậy nghiệm của bài toán 1 là:
∫∫∫∫∫∫∫
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
⎥

⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
∂
∂
+=
VatS
o
S
1
2
dV
r
a
r
t,ζ,η,ξf
ds
t
)ζ,η,ξ(u
t
ds
t
)ζ,η,ξ(u
aπ4
1
)t,z,y,x(u

Công thức này được gọi là công thức Kirhoff tổng quát.

3. Bài toán 2
: Giải phương trình:
)t,y,x(f
y
u
x
u
a
t
u
2
2
2
2
2
2
2
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+

∂
∂
=
∂
∂
(1)
với các điều kiện:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
∂
∂
=
=
=
)y,x(u
t
u
)y,x(u)t,y,x(u
1
0t
o
0t
-∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, t > 0 (2)
Nghiệm của bài toán rút ra nhờ cách giải tương tự như bài toán trước bằng cách dùng
nguyên lý Duhamel:
()

αd
)ηy()ξx()αt(a
ηdξdα,η,ξf
ηdξd
)ηy()ξx(ta
)η,ξ(u
t
ηdξd
)ηy()ξx(ta
)η,ξ(u
aπ4
1
)t,y,x(u
l
0
)αt(a
D
2222
a
D
2222
o
S
2222
1
2
∫∫∫∫∫
∫∫
⎥
⎥

⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−−−−−
+
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−−−−
∂
∂
+
−−−−
=
−

Trong đó D
at
và D
a(t-α)

là

miền tròn có cùng tâm (x, y) và bán kính là at và a(t-α) .
Công thức này được gọi là công thức Poisson tổng quát.

4. Bài toán 3
: Giải phương trình:

164