Sóng mặt rayleigh với điều kiện biên trở kháng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-----------

Nguyễn Quỳnh Xuân

SÓNG MẶT RAYLEIGH VỚI ĐIỀU KIỆN
BIÊN TRỞ KHÁNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2017



ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------

Nguyễn Quỳnh Xuân

Sóng mặt Rayleigh với điều kiện biên trở kháng

Chuyên ngành: Cơ học vật rắn
Mã số: 60440107

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TS. Phạm Chí Vĩnh

Hà Nội - 2017

Mục lục
1

2

PHƯƠNG TRÌNH TÁN SẮC CỦA SÓNG RAYLEIGH VỚI ĐIỀU
KIỆN BIÊN TRỞ KHÁNG

6

1.1

Phương trình cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Phương trình đặc trưng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3

Điều kiện biên trở kháng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4

Phương trình tán sắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

CÔNG THỨC VẬN TỐC SÓNG

13

2.1

Điều kiện biên trở kháng chỉ ảnh hưởng đến ứng suất tiếp . . . 13

2.2

Điều kiện biên trở kháng chỉ ảnh hưởng đến ứng suất pháp . . 25

2.3

Sự tồn tại và duy nhất của sóng Rayleigh . . . . . . . . . . . . . 32

Kết luận

34

2


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên trong luận văn này cho phép em được gửi lời cảm ơn chân
thành, sâu sắc tới thầy Phạm Chí Vĩnh, người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn,
giúp đỡ em hoàn thành luận văn tốt nghiệp này. Em cũng xin bày tỏ lòng biết
ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo đã dạy dỗ em trong suốt 6 năm

học đại học và sau đại học, đặc biệt là các thầy, cô trong bộ môn Cơ học, Đại
Học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội. Nhân dịp này em cũng
xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè và các anh chị trong
nhóm semina đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá
trình học tập và thực hiện luận văn tốt nghiệp.

Hà Nội, ngày

tháng

năm 2017

Học viên Cao học

Nguyễn Quỳnh Xuân

3


LỜI MỞ ĐẦU
Trong phần lớn các nghiên cứu về sóng Rayleigh, bán không gian đàn hồi
được giả thiết là tự do đối với ứng suất, tức là ứng suất bằng không trên mặt
biên của nó. Sóng mặt tương ứng được gọi là "Sóng Rayleigh tự do ứng suất".
Mặc dù vậy, trong nhiều bài toán thực tế của âm học, điện từ học,..., điều
kiện biên trở kháng (impedance boundary conditions), liên hệ tuyến tính các
hàm cần tìm và các đạo hàm của chúng trên biên, xuất hiện thường xuyên,
tham khảo chẳng hạn các bài báo [4]-[16] đối với lĩnh vực âm học, [17]-[8] đối
với lĩnh vực điện-từ học, và các tài liệu tham khảo trong đó.
Mặt khác, khi nghiên cứu sóng Rayleigh truyền trong các bán không gian
đàn hồi phủ các lớp mỏng, các tác giả thường thay thế (một cách gần đúng)

toàn bộ ảnh hưởng của lớp mỏng lên bán không gian bằng các điều kiện
trên biên phân chia của chúng, được gọi là "các điều kiện biên hiệu dụng"
(effective boundary conditions), tham khảo chẳng hạn [1]-[24]. Các điều kiện
biên hiệu dụng có dạng điều kiện biên trở kháng. Sau đó, sóng Rayleigh được
xem xét như truyền trong bán không gian đàn hồi, không bị phủ (lớp mỏng),
nhưng chịu các điều kiện biên trở kháng. Sóng mặt tương ứng được gọi là
sóng Rayleigh với (chịu) điều kiện biên trở kháng.
Ngày nay, cấu trúc lớp mỏng gắn với một lớp dày, mô hình hóa như một
bán không gian phủ lớp mỏng, đang được sử dụng rất rộng rãi trong công
nghệ hiện đại, như đã nhấn mạnh trong các tài liệu tham khảo [9, 14]. Do vậy,
việc nghiên cứu sóng Rayleigh với điều kiện biên trở kháng là đòi hỏi của
thực tế.
Bài toán truyền sóng Rayleigh trong bán không gian đàn hồi đẳng hướng
chịu điều kiện biên trở kháng được Godoy và cộng sự [7] nghiên cứu gần đây.
Các tác giả đã tìm ra phương trình tán sắc và chứng minh được sự tồn tại và
duy nhất của sóng. Mặc dù vậy, công thức của vận tốc sóng vẫn chưa được
4


tìm ra.
Đối với sóng mặt Rayleigh, vận tốc của nó là một đại lượng vật lý cơ bản,
được các nhà nghiên cứu trong các lĩnh vực khoa học khác nhau quan tâm.
Nó được nói đến trong hầu hết các sách chuyên khảo về sóng trong các môi
trường đàn hồi. Nó liên quan đến hàm Green trong nhiều bài toán động lực
học của bán không gian, và là một công cụ tiện lợi để đánh giá không phá hủy
các đặc trưng cơ học của các kết cấu trước và trong khi chịu tải. Do vậy, công
thức giải tích của vận tốc sóng Rayleigh có ý nghĩa đặc biệt quan trọng về cả
phương diện lý thuyết lẫn ứng dụng thực tiễn.
Mục đích chính của luận văn là tìm ra công thức vận tốc sóng Rayleigh
chịu điều kiện biên trở kháng. Để tìm ra công thức này, phương pháp hàm

biến phức được sử dụng.
Nội dung của luận văn được trình bầy trong hai chương:
• Chương 1: Phương trình tán sắc của sóng Rayleigh với điều kiện biên

trở kháng.
Trình bày tổng quan về sóng mặt Rayleigh: các phương trình cơ bản,
phương trình đặc trưng. Điều kiện biên trở kháng, quá trình tìm ra
phương trình tán sắc của sóng mặt Rayleigh trong bán không gian đàn
hồi chịu điều kiện biên trở kháng. Cách rút ra phương trình này được
trình bày vắn tắt trong nghiên cứu của Godoy và các công sự [7].
• Chương 2: Công thức vận tóc sóng Rayleigh

2.1. Công thức vận tốc sóng Rayleigh cho trường hợp điều kiện biên trở
kháng chỉ ảnh hưởng đến ứng suất tiếp.
2.2. Công thức vận tốc sóng Rayleigh cho trường hợp điều kiện biên trở
kháng chỉ ảnh hưởng đến ứng suất pháp.
Những kết quả chính của chương 2.1 đã được đăng trên tạp chí European
Journal of MechanicsA/Solids
Link: />
5


Chương 1
PHƯƠNG TRÌNH TÁN SẮC CỦA
SÓNG RAYLEIGH VỚI ĐIỀU KIỆN
BIÊN TRỞ KHÁNG
1.1

Phương trình cơ bản

Xét bán không gian đàn hồi đẳng hướng nén được x2 ≥ 0 (Hình 1.1).
Giả sử bán không gian đàn hồi chịu trạng thái biến dạng phẳng:

Hình 1.1

ui = ui ( x1 , x2 , t), i = 1, 2, u3 ≡ 0,

(1.1)

trong đó ui là các thành phần chuyển dịch của vecto chuyển dịch, t là thời
gian. Các thành phần ứng suất σij liên hệ với các thành phần chuyển dịch bởi

6


hệ thức:
σ11 = (λ + 2µ)u1,1 + λu2,2 ,
σ22 = λu1,1 + (λ + 2µ)u2,2 ,

(1.2)

σ12 = µ(u1,2 + u2,1 ) ,
trong đó dấu phẩy chỉ đạo hàm theo các biến không gian xk , λ, µ là các hằng
số Lame. Bỏ qua lực khối, phương trình chuyển động có dạng [2]:
σ11,1 + σ12,2 = ρu¨ 1 ,
σ12,1 + σ22,2 = ρu¨ 2 ,

(1.3)

dấu chấm chỉ đạo hàm theo biến thời gian t, ρ là mật độ khối lượng.

Quy ước: Trong các phần tiếp theo, dấu phẩy chỉ đạo hàm theo các biến không
gian, dấu chấm (trên) chỉ đạo hàm theo biến thời gian. Thay (1.2) vào (1.3) ta
có:



⇔

⇔

















(λ + 2µ)u1,11 + µu1,22 + (λ + µ)u2,12 = ρu¨ 1 ,
(λ + µ)u1,12 + µu2,11 + (λ + 2µ)u2,22 = ρu¨ 2 ,
λ + 2µ
µ

λ+µ
u1,11 + u1,22 +
u2,12 = u¨ 1 ,
ρ
ρ
ρ
λ+µ
µ
λ + 2µ
u1,12 + u2,11 +
u2,22 = u¨ 2 ,
ρ
ρ
ρ
λ + 2µ
µ
λ + 2µ µ
u1,11 + u1,22 +
−
u2,12 = u¨ 1 ,
ρ
ρ
ρ
ρ
λ + 2µ µ
µ
λ + 2µ
−
u1,12 + u2,11 +
u2,22 = u¨ 2 ,

ρ
ρ
ρ
ρ

(1.4)

hay:
c2L u1,11 + c2T u1,22 + (c2L − c2T )u2,12 = u¨ 1 ,

(c2L − c2T )u1,12 + c2L u2,22 + c2T u2,11 = u¨ 2 ,

(1.5)

(λ + 2µ)/ρ và c T = µ/ρ tương ứng là vận tốc sóng dọc,
sóng ngang. Cùng với các phương trình chuyển động (1.5) và điều kiện biên
trở kháng (xem Chương 2), điều kiện tắt dần ở vô cùng phải được thỏa mãn,
tức là:
ui = 0 (i = 1, 2) khi x2 → +∞ .
(1.6)

trong đó: c L =

7


1.2

Phương trình đặc trưng.

Giả sử sóng Rayleigh truyền với vận tốc c (> 0), số sóng k (> 0), theo
hướng x1 và tắt dần theo hướng x2 . Khi đó, các thành phần chuyển dịch u1 ,
u2 của sóng được tìm dưới dạng:
u1 = Ae−kbx2 eik( x1 −ct) , u2 = Be−kbx2 eik( x1 −ct) ,

(1.7)

trong đó k = ω/c > 0 là số sóng, A, B (không đồng thời triệt tiêu) và b là các
hằng số cần tìm, trong đó b phải có phần thực dương để đảm bảo điều kiện
tắt dần của sóng (1.6).
Từ (1.7) ta có:
u1,1 = Ae−kbx2 (ik)eik( x1 −ct) = iku1 ,
u1,11 = Ae−kbx2 (ik)2 eik( x1 −ct) = −k2 u1 ,
u1,12 = (−kb) Ae−kbx2 (ik )eik( x1 −ct) = −k2 bi u1 ,
u1,2 = (−kb) Ae−kbx2 eik( x1 −ct) = −kbu1 ,
u1,22 = (−kb)2 Ae−kbx2 eik( x1 −ct) = k2 b2 u1 ,
u2,1 = Be−kbx2 (ik)eik( x1 −ct) = iku2 ,
u2,2 = −kbBe−kbx2 eik( x1 −ct) = −kbu2 ,
u2,11 = Be−kbx2 (ik )2 eik( x1 −ct) = −k2 u2 ,
u2,12 = (−kb) Be−kbx2 (ik )eik( x1 −ct) = −k2 biu2 ,
u2,22 = (−kb)2 Be−kbx2 eik( x1 −ct) = k2 b2 u2 ,
u˙1 = Ae−kbx2 (−cki )eik( x1 −ct) = −ckiu1 ,
u¨1 = Ae−kbx2 (−cki )2 eik( x1 −ct) = −c2 k2 u1 ,
u˙2 = Be−kbx2 (−cki )eik( x1 −ct) = −ckiu2 ,
u¨2 = Be−kbx2 (−cki )2 eik( x1 −ct) = −c2 k2 u2 .
Thay các kết quả trên vào (1.5) dẫn đến một hệ hai phương trình tuyến tính
thuần nhất đối với hai ẩn số A, B:

[(c2 − c2 ) + c2 b2 ] A − i (c2 − c2 )bB = 0
L

T
L
T
−i (c2 − c2 )bA + [(c2 − c2 ) + c2 b2 ] B = 0
L

T

T

8

L

(1.8)


Do A, B không đồng thời bằng không nên định thức của (1.8) phải bằng
không, tức là :

(−c2L + c2T b2 + c2 )(c2L b2 − c2T + c2 ) + (c2L − c2T )2 b2 = 0
⇔ − c2L c2L b2 + c2L c2T − c2L c2 + c2T b2 c2L b2 − c2T b2 c2T + c2T b2 c2
+ c2 c2L b2 − c2 c2T + c4 + (c4T + c4L − 2c2L c2T )b2 = 0,
hay:
c2L c2T b4 − [c2L (c2T − c2 ) + c2T (c2L − c2 )]b2 + (c2L − c2 )(c2T − c2 ) = 0.

(1.9)

Phương trình (1.9) được gọi là phương trình đặc trưng của sóng. Đó là một
phương trình trùng phương đối với b. Biệt thức ∆ của (1.9) là :

∆ = (c2L − c2 )2 c4 ≥ 0.

(1.10)

Ta chứng minh rằng: nếu sóng Rayleigh tồn tại thì vận tốc của chúng phải
thỏa mãn:
0 < c2 < c2T .

(1.11)

Thật vậy, giả sử sóng Rayleigh tồn tại, suy ra b1 , b2 phải có phần thực dương
để đảm bảo điều kiện tắt dần (1.6). Do ∆ ≥ 0 và các hệ số của phương trình
(1.9) là thực nên hai nghiệm b12 , b22 của nó đều phải dương để đảm bảo các
phần thực của b1 , b2 là dương. Do vậy, từ (1.9):

(c2L − c2 )(c2T − c2 )
= b12 b22 > 0.
2
2
cT c L

(1.12)

Từ (1.12) suy ra hoặc: c2 > c2L > c2T hoặc: c2 < c2T < c2L . Nếu c2 > c2L > c2T , suy
ra (c2L + c2T )c2 > 2c2L c2T , cho nên từ (1.9) ta có:
b12

+ b22

2c2L c2T − (c2L + c2T )c2

=
< 0,
c2L c2T

(1.13)

nhưng điều này mâu thuẫn với: b12 , b22 đều là các số dương. Bất đẳng thức
(1.11) được chứng minh.
Từ (1.11) và (1.10) hai nghiệm dương của (1.9) là :

b1 =

c2
1− 2 =
cL

1 − γx, b2 =

√
c2T
c2
c2
1 − 2 = 1 − x, x = 2 , γ = 2 .
cT
cT
cL
(1.14)
9

Chú ý rằng: 0 < γ < 1. Thay b2 vào (1.8-1), b1 vào (1.8-2) ta có hệ thức sau :
b
B1
= − 1,
A1
i

1.3

B2
i
= .
A2
b2

(1.15)

Điều kiện biên trở kháng

Giả sử mặt x2 = 0 của bán không gian chịu điều kiện biên trở kháng [7, 10]
ta có:
σ12 + ωZ1 u1 = 0, σ22 + ωZ2 u2 = 0, khi x2 = 0,

(1.16)

trong đó ω > 0 là vận tốc góc của sóng, Z là tham số trở kháng có đơn vị của
ứng suất/vận tốc (xem [7, 10]).

1.4

Phương trình tán sắc

Trường chuyển dịch của sóng Rayleigh thỏa mãn điều kiện tắt dần (1.6) là
[2]:
u1 = ( A1 e−kb1 x2 + A2 e−kb2 x2 )eik( x1 −ct) ,
b
i
u2 =
− 1 A1 e−kb1 x2 + A2 e−kb2 x2 eik(x1 −ct) ,
i
b2

(1.17)

trong đó A1 , A2 là các hằng số cần xác định. Thay (1.17) vào các thành phần
ứng suất(1.2) và điều kiện biên trở kháng (1.16) dẫn đến một hệ hai phương
trình tuyến tính thuần nhất đối với hai ẩn số A1 , A2 .

µk

−kb1 x2 + A

−
µkb
−
A
(−
2µkb
+
ωZ

)
e
+ ωZ1 e−kb2 x2 = 0

2
2
1
1
1

b2
2
kb1
−b1 −kb1 x2
i


e
+ A2 −2µik + ωZ2

 A1 λik + (λ + 2µ) i + ωZ2 i
b2
Cho định thức của hệ này bằng không dẫn đến:

(−2µkb1 + ωZ1 )(−2µik + ωZ2
− −µkb2 −

µk
+ ωZ1
b2

i
)
b2

λik + (λ + 2µ)

10

kb12
−b
+ ωZ2 1
i
i

=0

e−kb2 x2 = 0


√
ωZi
Z
c Z c
= ic = T i
= δi∗ = δi x, i = 1, 2
µk
µ
µ cT

chia hai vế cho (µk ) với

i
−b
1
λ
λ + 2µ 2
) − −b2 − + δ1∗
i+
b1 + δ2∗ 1 = 0
b2
b2
µ
µi
i
∗
δ
1
λ λ + 2µ 2
− +
b1 − δ2∗ b1 = 0
⇔ (−2b1 + δ1∗ )(2 − 2 ) − −b2 − + δ1∗
b2
b2
µ
µ

⇔ (−2b1 + δ1∗ )(−2i + δ2∗

thay b1 , b2 , c L , c T từ (1.14) ta thu được:

⇔ (−2 1 − γx + δ1∗ ) 2 − √
√

1
+ δ1∗
− − 1−x− √
1−x

⇔ (−2

1 − γx + δ1∗ )

2− √

√
1
− − 1−x− √
+ δ1∗
1−x
⇔ (−2 1 − γx + δ1∗ ) 2 − √
√

δ2∗
1−x
2c2T − c2L c2L 2
+ 2 b1 − b1 δ2∗
c2T
cT

=0

δ2∗
1−x
2−

1 1 − γx
+
− δ2∗
γ
γ

1 − γx

=0

δ2∗
1−x

1
− − 1−x− √
+ δ1∗
2 − x − δ2∗ 1 − γx = 0
1−x
√
quy đồng 1 − x
√
√
⇔ −4 1 − γx 1 − x + 2δ1∗ 1 − x + 2δ2∗ 1 − γx − δ1∗ δ2∗
√

√
− (−1 + x − 1 + δ1∗ 1 − x )(2 − x − δ2∗ 1 − δx ) = 0
√
√
⇔ −4 1 − γx 1 − x + 2δ1∗ 1 − x + 2δ2∗ 1 − γx − δ1∗ δ2∗
√
√
+ [(2 − x ) − δ1∗ 1 − x ][(2 − x ) − δ2∗ 1 − δx ] = 0
√
√
⇔ −4 1 − γx 1 − x + 2δ1∗ 1 − x + 2δ2∗ 1 − γx − δ1∗ δ2∗
√
√
+ (2 − x )2 − δ1∗ (2 − x ) 1 − x − δ2∗ 1 − γx (2 − x ) + δ1∗ δ2∗ 1 − x 1 − γx = 0
√
√
⇔ (2 − x )2 − 4 1 − γx 1 − x − δ1∗ δ2∗ + δ1∗ x 1 − x + δ2∗ x 1 − γx
√
+ δ1∗ δ2∗ 1 − x 1 − γx = 0
√
Với δi∗ = δi x, i = 1, 2 ta được:
√
√
√
f ( x ) :=(2 − x )2 − 4 1 − x 1 − γx + x x (δ1 1 − x + δ2 1 − γx )
(1.17)
√
+ δ1 δ2 x ( 1 − x 1 − γx − 1) = 0,

11

c T Zi
, i = 1, 2 là một đại lượng không thứ nguyên, được gọi
µ
là tham số trở kháng. Phương trình (1.17) là phương trình tán sắc của sóng
trong đó: δi =

Rayleigh chịu điều kiện biên trở kháng (1.16). Do 0 < c < c T nên:
0 < x < 1.

(1.18)

Như vậy, vận tốc sóng không thứ nguyên x là nghiệm (thực) của phương
trình (1.17) thỏa mãn điều kiện (1.18).

12


Chương 2
CÔNG THỨC VẬN TỐC SÓNG
2.1

Điều kiện biên trở kháng chỉ ảnh hưởng đến ứng
suất tiếp

Phương trình tán sắc tổng quát (1.17) chịu điều kiện biên trở kháng chỉ ảnh
hưởng đến ứng suất tiếp (δ1 = 0, δ2 = 0) là :

√

f a ( x ) = (2 − x )2 − 4 1 − x

√ √
1 − γx + δ1 x x 1 − x = 0.

(2.1)

Bằng phép đổi biến:
x=

w+1
1
↔w=
, |w| > 1,
2w
2x − 1

(2.2)

phương trình (2.1) trở thành:
Fa (w) = 0,

|w| > 1,

(2.3)

trong đó:

√
Fa (w) : = (3w − 1)2 − 8w w − 1 (2 − γ)w − γ

√
√
+ δ1 (w + 1) w + 1 w − 1.

(2.4)

Chú ý rằng, phép đổi biến (2.2) là ánh xạ 1-1 giữa hai miền 0 < x < 1 và

|w| > 1.
Phương trình (2.4) là một phương trình thực. Xét phương trình phức có
dạng:
√
√
√
Fa (z) := (3z − 1)2 − 8z z − 1 (2 − γ)z − γ + δ1 (z + 1) z + 1 z − 1 = 0, z ∈ C,
(2.5)
13


trong đó các căn bậc hai là căn phức giá trị chính. Khi z ∈ R, |z| > 1 thì
(2.5) trở thành phương trình (2.3). Do vậy phương trình (2.5) là dạng phức
của phương trình tán sắc (2.3). Để tìm vận tốc sóng không thứ nguyên x ta sẽ
tìm w là nghiệm thực của phương trình (2.3) thỏa mãn |w| > 1. Muốn vậy, ta
đi tìm nghiệm của phương trình phức (2.5).
Các tính chất của hàm Fa (z)
γ
γ
, L2 =
, 1 , S = {z ∈ C, z ∈
/ L }.

2−γ
2−γ
N (z0 ) = {z ∈ S : |z − z0 | < ε}, ε là một số dương đủ nhỏ, z0 là một điểm

Ký hiệu L = L1 ∪ L2 , L1 = −1,

nào đó thuộc mặt phẳng phức C. Nếu ϕ(z) là một hàm chỉnh hình trong miền
Ω ⊂ C chúng ta viết ϕ(z) ∈ H (Ω). Từ (2.5) hàm Fa (z) có những tính chất sau:
Mệnh đề 1:

( f 1 ) Fa (−1) = 0.
( f 2 ) Fa (z) ∈ H (S).
( f 3 ) Fa (z) bị chặn trong N (−1) và N (1).
( f 4 ) Fa (z) = O(z2 ) khi |z| → ∞.
( f 5 ) Fa (z) liên tục từ bên trên và từ bên dưới của L (xem [13]) với các giá trị
Fa+ (t) (giá trị biên trên của Fa (z)), Fa− (t) (giá trị biên dưới của Fa (z)) được xác
định như sau:
±
Fa1
(t), t ∈ L1

Fa± (t) =

±
Fa2
(t), t ∈ L2

(2.6)

với:

√
+
Fa1
(t) = (3t − 1)2 + 8t 1 − t
√
−
Fa1
(t) = (3t − 1)2 + 8t 1 − t

√
√
γ − (2 − γ)t + iδ1 (t + 1) t + 1 1 − t,
√
√
γ − (2 − γ)t − iδ1 (t + 1) t + 1 1 − t.
(2.7)

√
+
Fa2
(t) = (3t − 1)2 + i 1 − t(−8t
√
−
Fa2
(t) = (3t − 1)2 − i 1 − t(−8t

√
t(2 − γ) − γ + δ1 (t + 1) t + 1),
(2.8)

√
t(2 − γ) − γ + δ1 (t + 1) t + 1).

Chứng minh mệnh đề 1:

14


( f 1 ) Thay z=-1 vào phương trình (2.5) ta được:
√
√
√ √
Fa (−1) = (3(−1) − 1)2 − 8(−1) −2 −2 + δ1 (−1 + 1) −1 + 1 −1 − 1
√ √
= (−4)2 + 8 −2 −2 = 16 − 16 = 0.
( f 2 ) Ta có:
• (3z − 1)2 , 8z, (z + 1) là các hàm chỉnh hình trên toàn mặt phẳng C nên

chỉnh hình trên S.
√
• z − 1 chỉnh hình trên C\(−∞, 1],
γ
γ
z−
chỉnh hình trên C\ −∞,
,
2−γ
2−γ
√
γ

chỉnh hình trên C\(−∞, 1].
⇒ z−1 z−
2−γ
√
γ
Đặt: η1 = z − 1 z −
ta có:
2
−
γ

√
γ



−t
η1+ (t) = i 1 − t i


2−γ



√

γ


=

i2 1 − t
−t


2−γ



√

γ
γ


= − 1−t
− t, ∀t ∈ −∞,
.

2−γ
2−γ
√
γ

−

1
−
t
)
−

i
η
(
t
)
=
(−
i
−t

1


2−γ



√
γ

2 1−t

−t
=
(
i
)




2−γ



√
γ
γ



= − 1−t
− t, ∀t ∈ −∞,
.

2−γ
2−γ
γ
γ
⇒ η1+ (t) = η1− (t) với mọi t ∈ −∞,
⇒ η1 liên tục trên C\
,1 =
2−γ
2−γ
C\ L2 ⇒ η1 liên tục trên S = C\ L.
√
γ
⇒ η1 = z − 1 z −
chỉnh hình trên miền S.
2−γ
√

√
• Chứng minh tương tự: η2 = z + 1 z − 1 liên tục trên S = C\ L.
Từ (2.5) và các kết quả trên suy ra: F (z) ∈ H (S).

( f 3 ) Ta có: lim Fa (z) = 4 = F (1),
z →1

lim Fa (z) = 0 = Fa (−1), nên Fa (z) bị

z→−1

chặn tại N(1), N(-1).

15


( f 4 ) Do lim

z→∞

Fa (z)
= 9 nên Fa (z) = O(z2 ).
2
z

( f 5 ) Ta có:
2

• ξ 1 (z) = (3z − 1) ⇒ ξ 1± (t) = (3t − 1)

2

, ∀t ∈ L

• ξ 2 (z) = z ⇒ ξ 2± (t) = t , ∀t ∈ L

• ξ 3 (z) =

√

√
ξ 3+ (t) = i 1 − t , ∀t ∈ L
√
ξ 3− (t) = −i 1 − t , ∀t ∈ L

z−1⇒


γ

+

ξ
t
=
i
− t, ∀t ∈ L1
(
)


4

2
−
γ



γ
γ
ξ 4− (t) = −i
− t, ∀t ∈ L1
z−
⇒
2−γ

2−γ



γ


, ∀ t ∈ L2
 ξ 4± (t) = t −
2−γ

• ξ 4 (z) =

• ξ 5 (z) = (z + 1) ⇒ ξ 5± (t) = (t + 1) , ∀t ∈ L

• ξ 6 (z) =

√

z + 1 ⇒ ξ 6± (t) =

√

t + 1, ∀t ∈ L

Theo (2.5):
Fa (z) = ξ 1 (z) − 8ξ 2 (z) ξ 3 (z) ξ 4 (z)

∗ Xét t ∈ L1 = −1;

2 − γ + δξ 5 (z) ξ 6 (z) ξ 3 (z).

(2.9)

γ
, từ (2.9) và các kết quả bên trên ta có:
2−γ

+
Fa1
(t) = (3t − 1)2 − 8t i

√

1−ti

√
= (3t − 1)2 + 8t 1 − t

√
√
γ
− t 2 − γ + δ1 (t + 1) t + 1 i 1 − t
2−γ
√
√
γ
− t 2 − γ + iδ1 (t + 1) t + 1 1 − t.
2−γ

16


√
γ
−
Fa1
−t 2−γ
(t) = (3t − 1)2 − 8t(−i ) 1 − t(−i )
2−γ
√
√
+ δ1 (t + 1) t + 1(−i ) 1 − t
√

√
√
γ
− t 2 − γ − iδ1 (t + 1) t + 1 1 − t.
= (3t − 1)2 + 8t 1 − t
2−γ
⇒ (2.7).
∗ Xét t ∈ L2 =

γ
; 1 , từ (2.9) và các kết quả trên ta có:
2−γ

√
+
Fa2
(t) = (3t − 1)2 − 8t i 1 − t

t−

√
= (3t − 1)2 + i 1 − t −8t

−
Fa2
(t) = (3t − 1)2 − 8t (−i )

√

γ

2−γ
t−

1−t

√
= (3t − 1)2 − i 1 − t −8t

2 − γ + δ1 (t + 1)

γ
2−γ

√

√
t+1i 1−t

2 − γ + δ1 (t + 1)

√

t+1 .

√
√
γ
2 − γ + δ1 (t + 1) t + 1 (−i ) 1 − t
2−γ
√

γ
t−
2 − γ + δ1 (t + 1) t + 1 .
2−γ
t−

⇒ (2.8). Từ (2.7), (2.8) ⇒ Fk− (t) = Fk+ (t).
Các tính chất của hàm Γ(z)
Đưa vào hàm g(t) được xác định trên L như sau:
 +
Fa1 (t)



 − , t ∈ L1
Fa1 (t)
ga (t) =
+
Fa2
(t)



 − , t ∈ L2
Fa2 (t)

(2.10)

Từ (2.6), (2.10) ta có :
Fa+ (t) = ga (t) Fa− (t), t ∈ L.

(2.11)

Xét hàm Γ(z) (tích phân dạng Cauchy) được xác định như sau:
Γ(z) =

1
2πi

L

log g(t)
dt, z ∈ C.
t−z

Mệnh đề 2:

(γ1 ) Γ(z) ∈ H (S).
17

(2.12)


(γ2 ) Γ(∞) = 0.
(γ3 ) Γ(z) = Ω0 (z) với z ∈ N (−1) ( N (1)), Ω0 (z) là một hàm bị chặn trong
N(-1) (N(1)) và có giá trị hữu hạn tại z=-1 (z= 1).
Hàm Γ(z) xác đinh bởi (2.12) là tích phân dạng Cauchy. Các tính chất của nó
trong đó có các tính chất (γ1 ), (γ2 ), (γ3 ) nêu trong mệnh đề trên được chứng
minh chi tiết trong tài liệu tham khảo [13], nên chúng không cần thiết chứng
minh lại ở đây.

Các tính chất của hàm Φ(z)
Xét hàm Φ(z) xác định như sau:
Φ(z) = eΓ(z) , z ∈ C.

(2.13)

Mệnh đề 3:

(φ1 ) Φ(z) ∈ H (S).
(φ2 ) Φ(z) = O(1) khi |z| → ∞.
(φ3 ) Φ(z) bị chặn trong N (−1) và N (1) và có giá trị hữu hạn tại các điểm
z = −1 và z = 1.
(φ4 ) Φ+ (t) = g(t)Φ− (t), t ∈ L.
(φ5 ) Φ(z) = 0 với mọi z ∈ S.
Chứng minh mệnh đề 3:
(φ1 ) Từ (γ1 ) (mệnh đề 2) ta có: Γ(z) ∈ H (S) nên Φ(z) = eΓ(z) ∈ H (S).
(φ2 ) Khi |z| → ∞ theo (γ2 ) (mệnh đề 2) thì Γ(z) → 0 ⇒ Φ(z) → e0 = 1
nên Γ(z) = O(1).
(φ3 ) Từ (γ3 ) (mệnh đề 2) ta có: Γ(z) = Ω0 (z) với z ∈ N (−1) ( N (1)), Ω0 (z)
là một hàm bị chặn trong N(-1) (N(1)) và có giá trị hữu hạn tại z=-1 (z= 1).
Nên Φ(z) = eΓ(z) bị chặn trong N (−1) và N (1) và có giá trị hữu hạn tại các
điểm z = −1 và z = 1.
Φ+ (t)
eΓ (t)
+
−
(φ4 ) Từ (2.13) suy ra: −
= Γ− (t) = eΓ (t)−Γ (t) .
Φ (t)
e

Theo công thức Plemelj [13] và (2.13) ta có:
+

Γ+ (t) − Γ− (t) = log g(t).
18

(2.14)


Φ+ (t)
Do vậy −
= elog g(t) = g(t). Cho nên hàm Φ(z) thỏa mãn (φ4 ).
Φ (t)
(φ5 ) Theo (γ1 ) (mệnh đề 2) thì Γ(z) chỉnh hình trên S nên Φ(z) = eΓ(z) = 0
trên S.
Các tính chất của hàm Y(z)
Xét hàm Y(z) xác định qua F (z) và Φ(z) như sau:
Ya (z) = Fa (z)/Φ(z).

(2.15)

Ta có mệnh đề sau về các tính chất của hàm Y(z):
Mệnh đề 4:

(y1 ) Ya (z) ∈ H (S).
(y2 ) Ya (z) = O(z2 ) khi |z| → ∞.
(y3 ) Ya (z) bị chặn trong N(-1) và N(1).
(y4 ) Ya+ (t) = Ya− (t), t ∈ L.
Chứng minh mệnh đề 4:
(y1 ) Từ ( f 1 ) (mệnh đề 1), (φ1 ) và (φ5 ) (mệnh đề 3) suy ra Ya (z) = Fa (z)/Φ(z) ∈

H ( S ).
(y2 ) Từ ( f 4 )(mệnh đề 1), (φ2 ) (mệnh đề 3) suy ra (y2 ).
(y3 ) Từ (2.15) ta có: Y (z) = Fa (z)e−Γ(z) . Theo ( f 3 ) (mệnh đề 1), Fa (z)
bị chặn trong các lân cận N(-1), N(1). Mặt khác theo (γ3 ) (mệnh đề 2) thì:
−Γ(z) = −Ω0 (z) với mọi z ∈ N (1) hoặc N(-1), trong đó Ω0 (z) là một hàm bị
chặn trong các lân cận trên và có giá trị hữu hạn tại các điểm z= 1, z= -1. Do
vậy e−Γ(z) bị chặn trong các lân cận N(1) và N(-1). Cho nên Y(z) bị chặn trong
N(1) và N(-1).
(y4 ) Theo (2.15) ta có:

19


−

Fa+ (t) Φ− (t)
Ya+ (t)
eΓ (t)
=
=
g
(
t
)
a
+
Ya− (t)
Fa− (t) Φ+ (t)
eΓ (t)

= ga (t) eΓ
= ga (t)

− (t )−Γ+ (t )

= ga (t) e−log ga (t) ( sử dụng(2.14))

1
= 1.
ga (t)

Vậy Ya+ (t) = Ya− (t) với mọi t ∈ L.
Mệnh đề 5: Ya (z) là một đa thức bậc hai:
Ya (z) = Pa2 (z) = A2 z2 + A1 z + A0 .

(2.16)

Thật vậy, các tính chất (y1 ) và (y4 ) (mệnh đề 4) chỉ ra rằng Ya (z) là hàm chỉnh
hình trên toàn mặt phẳng phức C, ngoại trừ các điểm z=-1 và z=1. Nhưng từ

(y3 ) (mệnh đề 4) suy ra rằng các điểm này là các điểm kì dị khử được. Do vậy,
hàm Ya (z) là chỉnh hình trên toàn mặt phẳng phức C. Theo định lý Liouville
mở rộng [12], Ya (z) là một đa thức, và do (y2 ) (mệnh đề 4) nên Ya (z) là một
đa thức bậc hai của z.
Tính tương đương đại số của phương trình F(z)=0
Mệnh đề 6:
Fa (z) = 0 ⇔ Pa2 (z) = 0 trong miền S ∪ {−1} ∪ {1}.

(2.17)

Thật vậy, từ (2.15) và (2.16) ta có:
Fa (z) = Φ(z) Pa2 (z).

(2.18)

Từ (φ5 ) (mệnh đề 3) suy ra Φ(z) = 0 với mọi z ∈ S. Từ (γ3 ) (mệnh đề 2) suy
ra Φ(z) có giá trị khác không tại z = 1 và z = −1. Do vậy Φ(z) = 0 với mọi
z ∈ S ∪ {−1} ∪ {1}. Cho nên từ (2.18) suy ra khẳng định (2.17).
Chú ý 1:
(i) Phương trình Fa (z) = 0 không có nghiệm trên khoảng (−1, 1) vì tính
gián đoạn của hàm Fa (z) trên khoảng này (do ( f 5 ) mệnh đề 1).
(ii) Từ mệnh đề 6, để tìm nghiệm của phương trình siêu việt Fa (z) = 0 trên
miền S ∪ {−1} ∪ {1}, ta đi tìm nghiệm của phương trình bậc hai Pa2 (z) = 0.
20


Mệnh đề 7: Phương trình Fa (z) = 0 có hai nghiệm là: z1 = −1 và z2 =
1 − A1 /A2 , trong đó A1 và A2 là các hệ số của đa thức bậc hai Pa2 (z).
Thật vậy, từ ( f 1 ) (mệnh đề 1) và mệnh đề 6 suy ra Pa2 (−1) = 0. Theo định
lý Vi-et, nghiệm thứ hai của phương trình bậc hai Pa2 (z) = 0 là z2 = 1 −
A1 /A2 . Lại theo mệnh đề 6, suy ra z2 là nghiệm của phương trình Fa (z) = 0.
Do Pa2 (z) = 0 chỉ có hai nghiệm, nên cũng theo mệnh đề 6, phương trình
Fa (z) = 0 chỉ có hai nghiệm z1 = −1 và z2 = 1 − A1 /A2 .
Công thức vận tốc sóng
Theo mệnh đề 7, phương trình Fa (z) = 0 có đúng 2 nghiệm: z1 = −1, z2 =
1 − A1 /A2 . Theo trên, nghiệm (thực) của phương trình Fa (z) = 0 tương ứng
với sóng Rayleigh phải có giá trị tuyệt đối lớn hơn một. Cho nên, nếu sóng
Rayleigh tồn tại thì nghiệm z1 không tương ứng với sóng Rayleigh. Tức là vận
tốc sóng Rayleigh không thứ nguyên x ar = c2 /c2T được tính theo công thức:
x ar =

1 + z2
.
2z2

(2.19)

Để thu được công thức vận tốc sóng ta cần tìm các biểu thức của A1 và A2 .
Biểu thức của A1 và A2 :
Từ (2.13) và (2.18) ta có:
Pa2 (z) = Fa (z)e−Γ(z) .

(2.20)

Từ (2.20), để xác định các hệ số của đa thức bậc hai Pa2 (z) ta cần khai triển
Laurent các hàm Fa (z), e−Γ(z) tại z = ∞.
Từ (2.6) -(2.11) suy ra:
logga (t) = iθ a (t), θ a (t) := Arg ga (t),

(2.21)

trong đó:
θ a (t) =

θ a1 (t), t ∈ L1
θ a2 (t), t ∈ L2

Xét hai trường hợp:

21

(2.22)


Trường hợp 1: δ1 > 0:

√
2 + 8t 1 − t γ − (2 − γ ) t
(
3t
−
1
)
√
√
θ a1 (t) = −π − 2 tan−1
,
δ1 (t + 1) t + 1 1 − t
√
√
1 − t(−8t (2 − γ)t − γ + δ1 (t + 1) t + 1)
−1
θ a2 (t) = 2 tan
(3t − 1)2

(2.23)
.

Trường hợp 2: δ1 < 0:

√
2 + 8t 1 − t γ − (2 − γ ) t
(
3t
−
1
)
√
√
θ a1 (t) = π − 2 tan−1
,
δ1 (t + 1) t + 1 1 − t
√
√
1 − t(−8t (2 − γ)t − γ + δ1 (t + 1) t + 1)
−1
θ a2 (t) = 2 tan
(3t − 1)2

(2.24)
.

Chú ý rằng, trường hợp δ1 = 0, δ2 = 0 tương ứng với bán không gian tự do
đối với ứng suất, đã được khảo sát (bởi Nkemzi [15], Vinh [21]) nên không xét
ở đây. Theo (γ2 ) (mệnh đề 2) thì e−Γ(z) → 1 (khi z → ∞), do vậy khai triển
Laurent tại z = ∞ của e−Γ(z) là:
e−Γ(z) = 1 +

a1 a2
+ 2 + O ( z −3 ).

z
z

(2.25)

Để tính các hệ số a1 , a2 ta cần khai triển Laurent hàm Γ(z) tại z = ∞.
Ta có:
Γ(z) =

=
=

1
2πi
1
2πi
1
2π

L

iθ a (t)
1
dt =
t−z
2π

L

L

1
=−
2π
∞

=−

log ga (t)
dt, z ∈ C
t−z

L

θ a (t)
z

1
2π
n =0

∑

∑

n =0

L

θ a (t)

1
dt = −
t
2π
z z −1

∞

=−

θ a (t)
dt
t−z

In

∞

∑

n =0

n

t
z

dt

θ a (t) tn dt.

L

1
z n +1

=−
22

L

θ a (t)
dt
z 1 − zt

1
z n +1

I0
I
+ 12 + O(z−3 ) ,
z
z

(2.26)