Bài toán truyền nhiệt và phương pháp ứng dụng phần mềm mathematic giải bài toán truyền nhiệt trong không gian một chiều

Lời cảm ơn

Sau một thời gian nghiên cứu nghiêm túc khóa luận tốt nghiệp "Bài
tốn truyền nhiệt và phương pháp ứng dụng phần mềm Mathematica giải bài toán truyền nhiệt trong khơng gian một chiều"
đã được hồn thành.
Tác giả xin thể hiện lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dấn - TS.
Lê Hải Trung - đã có nhiều ý kiến đóng góp quý báu và định hướng trong
suốt quá trình thực hiện đề tài. Đồng thời tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn
sâu sắc đến các thầy cơ giáo trong khoa Tốn, trường Đại học Sư Phạm
- Đại học Đà Nẵng đã động viên và tạo điều kiện để luận văn được hoàn
thành.
Em xin chân thành cảm ơn !
Đà Nẵng, tháng 05 năm 2012
Sinh viên thực hiện

Tạ Thị Kim Biển

1


Mục lục

Lời nói đầu

4

1

5

Bài tốn truyền nhiệt

1.1

Phương trình khuếch tán . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Bài toán đầu cho phương trình truyền nhiệt

. . . . . . .

7

1.3

Giá trị max và min nghiệm của phương trình thuần nhất .

7

1.4

Định lý duy nhất nghiệm của bài toán đầu . . . . . . . .

9

1.5

Nghiệm tổng quát của bài tốn truyền nhiệt thuần nhất. .

10

1.6

Tích phân Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.7

Nghiệm của bài tốn đầu cho phương trình truyền nhiệt .

14

1.8

Công thức Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2 Phần mềm Mathematica cho bài toán truyền nhiệt
2.1
2.2

Sự ra đời và phát triển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong R1

. . . . .

26

26
27

Kết luận

45

Tài liệu tham khảo

46

2


Lời nói đầu

Bài tốn truyền nhiệt là một trong những vấn đề cơ bản và tiêu biểu
nhất trong " Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng", một trong những
mơn học khó và thú vị bậc nhất đối với sinh viên ngành Toán. Ý nghĩa
của bài toán truyền nhiệt được thể hiện ở việc miêu tả sự tiêu tán nhiệt,
cũng như nhiều quá trình tiêu tán khác, như là tiêu tán hạt hoặc là sự
lan truyền của thế năng phản ứng trong tế bào thần kinh. Nó cũng có thể
được sử dụng để mô phỏng các hiện tượng xảy ra trong tài chính, như là
Black-Scholes hay là các q trình Ornstein - Uhlenbeck.
Do độ khó cũng như tính quan trọng và hấp dẫn của bài toán nên em
đã lựa chọn bài tốn truyền nhiệt để nghiên cứu trong bài khóa luận của
mình. Khơng dừng ở đây, em muốn tìm hiểu ngồi phương thức giải toán
bằng tay vẫn thường làm (đối với một số ví dụ mang tính mẫu mực) thì
liệu với cơng cụ là máy tính (đối với các ví dụ phức tạp, mà việc tính
tốn bằng tay hầu như là khơng thể ) thì chúng ta giải quyết như thế nào.

Có rất nhiều phần mềm hỗ trợ cho việc làm tốn như Maple, Mathcad,
Matlap...và nổi bật là ngơn ngữ Mathematica với ưu điểm vượt trội về
giao diện thân thiện, khả năng mô tả đồ thị siêu việt và xử lý dữ liệu. Do
đó em đã lựa chọn phần mềm Mathematica làm cơng cụ tìm kiếm lời giải
cho bài tốn truyền nhiệt. Và đó cũng chính là lý do em chọn "Bài toán
truyền nhiệt và phương pháp ứng dụng phần mềm Mathematica giải bài
3


tốn truyền nhiệt trong khơng gian một chiều" làm đề tài cho khóa luận
của mình.
Song hành với ý nghĩa lý thuyết, đề tài cịn phát triển được tính ứng
dụng của phần mềm Mathematica trong môi trường học tập của sinh viên.
Và việc hoàn thiện của đề tài hướng tới việc đáp ứng nhu cầu ngày càng
cao trong học tập - thực nghiệm và ứng dụng phần mềm đối với môn Tốn
nói chung và Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng nói riêng.
Bố cục của khóa luận bao gồm 2 chương và một phụ lục:
• Chương 1: Bài tốn truyền nhiệt.
• Chương 2: Ứng dụng phần mềm Mathematica giải bài toán truyền
nhiệt trong không gian một chiều và mô tả đồ thị của các nghiệm nhận
được của các ví dụ bằng các lệnh thực hiện trong Mathematica..
Do thời gian thực hiện khóa luận khơng nhiều, kiến thức cịn hạn chế
nên khi làm khóa luận khơng tránh khỏi những hạn chế và sai sót về nội
dung lẫn hình thức. Em rất mong nhận được sự góp ý và những ý kiến
phản biện của quý thầy cô và bạn đọc. Em xin chân thành cảm ơn!
Đà Nẵng, tháng 05 năm 2012
Sinh viên thực hiện

Tạ Thị Kim Biển

4


Chương 1
Bài tốn truyền nhiệt
1.1

Phương trình khuếch tán

Các q trình phân bổ nhiệt độ hoặc khuếch tán hạt trong một mơi trường
được mơ tả bằng phương trình khuếch tán sau đây:
ρ

∂u
= div(pgradu) − qu + F (x, t),
∂t

(1.1)

ở đây các toán tử div và gradu được xác định bởi:
n

div(pgradu) =
i=1

∂
∂u
(p
).
∂xi ∂xi

Ta cần đi xây dựng phương trình truyền nhiệt. Kí hiệu u(x, t) là nhiệt độ
của môi trường tại điểm x vào thời điểm t (x là một điểm trong không
gian với số chiều hữu hạn tùy ý). Ta mặc định mơi trường đã cho là đẳng
hướng và kí hiệu ρ(x), c(x), và k(x) lần lượt là mật độ, nhiệt dung riêng
và hệ số dẫn nhiệt tại điểm x. F (x, t) là cường độ của nguồn nhiệt tại điểm
x vào thời điểm t. Ta coi lượng nhiệt là cân bằng trong một thể tích V bất
kỳ sau khoảng thời gian (t, t + ∆t). Kí hiệu S là biên của V và n là hướng
truyền nhiệt đối với S. Theo định luật Furier qua mặt S vào V sẽ có lượng
5


nhiệt truyền vào:
Q1 =

k
S

∂u
dS∆t =
∂n

(kgradu, n)dS∆t,

(1.2)

S

bằng, theo công thức Gauss–Osstragradxki:
Q1 =

div(kgradu)dx∆t.

(1.3)

V

Khi đó lượng nhiệt được sinh ra trong V là:
Q2 =

F (x, t)dx∆t.

(1.4)

V

Khi đó nhiệt độ trong V sau khoảng thời gian (t, t + ∆t) là:
∂u
∆t.
∂t

u(x, t + ∆t) − u(x, t)

Khi đó nhiệt độ cần thiết để cho vật V thay đổi nhiệt độ là:
Q3 =

cρ
V

∂u

dx∆t.
∂t

(1.5)

Nhưng Q3 = Q2 + Q1 , vì thế:
[div(kgradu) + F − cρ
V

∂u
]dx∆t = 0.
∂t

Do V có thể lấy tùy ý nên ta nhận được phương trình truyền nhiệt:
cρ

∂u
= div(kgradu) + F (x, t),
∂t

(1.6)

nếu mơi trường là thuần nhất thì c, ρ, k là các hằng số. Khi đó (1.6) viết
được dưới dạng:
∂u
= a2 ∆u + f,
∂t
2

với a =

k
cρ ,

f =

F
cρ ,

n

∆u =
i=1

∂2u
.
∂x2i

(1.7)

Khi đó phương trình (1.7) được gọi là

phương trình truyền nhiệt.
6


1.2

Bài tốn đầu cho phương trình truyền
nhiệt

Bài tốn đầu (hay cịn gọi là bài tốn Cauchy) cho phương trình truyền
nhiệt nằm ở việc xác định hàm u(x, t) ∈ C 2 ((−∞, +∞) ⊗ (0, ∞)), thỏa
mãn phương trình:
2
∂u
2∂ u
−a
= f (x, t),
∂t
∂x2

(1.8)

u|t=0 = u0 (x).

(1.9)

và điều kiện đầu:

1.3

Giá trị max và min nghiệm của phương
trình thuần nhất

Định lý 1.3.1. Nếu hàm u(x, t) thỏa mãn phương trình truyền nhiệt thuần
nhất
2
∂u
2∂ u

−a
= 0,
∂t
∂x2

(1.10)

trong miền Gl,T = (−l, l)⊗(0, T ) và liên tục trong Gl,T = [−l, l]⊗[0, T ], thì
nó nhận giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên phần biên Sl,T , được cấu thành
từ đoạn [−l, l] trên trục Ox và đoạn {x = −l, 0 ≤ t ≤ T } ∪ {x = l, 0 ≤
t ≤ T }.
Chứng minh. Kí hiệu M là giá trị lớn nhất của u(x, t) trên Gl,T và m
là giá trị lớn nhất của u(x, t) trên Sl,T (các giá trị này hoàn toàn tồn tại
khi mà u(x, t) liên tục trên Gl,T ). Nếu như bất đẳng thức M > m xảy ra,

7


thì khi đó tồn tại điểm (x0 , t0 ) sao cho u(x0 , t0 ) = M với x0 ∈ (−l, l) và
0 < t0 ≤ T.
Ta đưa vào hàm sau đây:
v(x, t) = u(x, t) +

M −m
(x − x0 )2
2
24l

và tiến hành xem xét giá trị của v(x, t) trên Sl,T :
v|Sl,T ≤ m +

M − m 5m
=
< M.
6
6

Mặt khác v(x0 , t0 ) = u(x0 , t0 ) = M , khi đó hàm v(x, t) khơng nhận giá
trị lớn nhất trong Gl,T trên Sl,T . Giả sử giá trị của hàm v(x, t) đạt được
tại điểm (x1 , t1 ), với x1 ∈ (−l, l), 0 < t1 ≤ T .
Điểm (x1 , t1 ) với t1 < T là điểm cực đại địa phương của hàm v(x, t) và
như vậy:
∂ 2v
∂v
≤
0;
= 0.
∂x2
∂t
Ngay cả khi t1 = T ; −l < x < l thì:
∂ 2v
∂v
≤
0;
≥ 0.
∂x2
∂t
Như vậy tại điểm này:
2
∂v

2∂ v
( −a
)|(x ,t ) ≥ 0.
∂t
∂x2 1 1

Đồng thời:
∂v
∂u
=
,
∂t
∂t
và
∂ 2v
∂ 2u M − m
= 2+
.
∂x2
∂x
12l2
Bởi thế:
2
2
∂u
∂v
2∂ u
2∂ v
2M − m
2M − m

(
−a
)|
=
(
−
a
)|
+
a
≥
a
> 0,
(x
,t
)
(x
,t
)
∂t
∂x2 1 1
∂t
∂x2 1 1
12l2
12l2

8


và như vậy phương trình (1.10) tại điểm (x1 , t1 ) không thỏa mãn. Điều phi

lý chứng tỏ rằng M = m. Tương tự như thế ta cũng chứng minh được giá
trị nhỏ nhất của hàm u(x, t) cũng nhận trên Sl,T .

1.4

Định lý duy nhất nghiệm của bài toán
đầu

Định lý 1.4.1. Nghiệm của bài toán đầu trong lớp hàm hữu hạn với −∞ <
x < ∞ và t > 0 là duy nhất
Chứng minh. Ta giả sử điều ngược lại: giả sử u1 (x, t) và u2 (x, t)
là hai nghiệm hữu hạn khác nhau của bài toán (1.23) - (1.24). Khi đó
|u1 (x, t)| ≤ M ; |u2 (x, t)| ≤ M với −∞ < x < ∞; t > 0. Xét hàm u(x, t) =
u1 (x, t) − u2 (x, t), ta có:
|u(x, t)| = |u1 (x, t) − u2 (x, t)| ≤ |u1 (x, t)| + |u2 (x, t)| ≤ 2M,
chứng tỏ u(x, t) hữu hạn khi −∞ < x < ∞; t > 0 và thỏa mãn phương
trình (1.10). (Do u1 (x, t)|t=0 = u0 (x), u2 (x, t)|t=0 = u0 (x) ⇒ u(x, t) = 0.)
Tiếp theo ta sử dụng định lý về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cho nghiệm
của bài toán truyền nhiệt trong miền hữu hạn Gl,T : |x| ≤ l và 0 ≤ t ≤ T ,
ở đây l > 0 và T > 0. Trong Gl,T ta đưa vào hàm:
4M x2
v(x, t) = 2 ( + a2 t).
l
2

(1.11)

Chứng tỏ rằng v(x, t) là nghiệm của bài toán truyền nhiệt. Thật vậy:
∂v
4M

∂ 2v
4M
= 2 a2 ;
=
;
∂t
l
∂x2
l2
2
∂v
4M 2
2∂ v
2 4M
−a
=
a
−
a
= 0.
∂t
∂x2
l2
l2

9


Mặt khác:
4M x2

v(x, t)|t=0 = 2
≥ 0;
l 2
4M l2
4M l2
2
= 2M,
v(x, t)|x=±l, t≥0 = 2 ( + a t) ≥ 2
l 2
l 2
như vậy v(x, 0) ≥ u(x, 0) và v(±l, t) ≥ 2M ≥ u(±l, t).
Áp dụng định lý về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cho hiệu của các hàm
v(x, t) và ±u(x, t) trong miền Gl,T , ta nhận được:
v(x, 0) ≥ |u(x, 0)|, v(±l, t) ≥ |u(±l, t)|.
Khi đó trong Gl,T :
|u(x, t)| < v(x, t) =

4M x2
( + a2 t).
2
l
2

Bây giờ ta cố định x = x0 , t = t0 > 0 và chọn trong (1.11) l đủ lớn,
khi đó ta nhận được |u(x0 , t0 )| ≤ ε với mọi ε > 0. Điều này chứng tỏ
u(x0 , t0 ) = 0. Do cách chọn x0 ∈ (−∞, +∞) và t0 > 0 là tùy ý nên ta suy
ra u(x, t) = 0 hay u1 (x, t) = u2 (x, t), t > 0.

1.5

Nghiệm tổng quát của bài toán truyền
nhiệt thuần nhất.

Xét phương trình sau đây:
∂u
∂ 2u
− a2 2 = 0.
∂t
∂x

(1.12)

Trước tiên ta đi tìm nghiệm riêng của phương trình đã cho dưới dạng:
u(x, t) = X(x)T (t).

10

(1.13)


Đặt (1.13) vào (1.12) và tiến hành tách biến, ta nhận được:
X (x)
T (t)
=
= const := −λ2 ,
2
a T (t)
X(x)
hay
T (t) + a2 λ2 T (t) = 0,

(1.14)

X (x) + λ2 X(x) = 0.

(1.15)

Phương trình (1.14) cho ta: T (t) = Ce−λ

2 2

a t

.

Bây giờ ta xem xét phương trình (1.15):
X (x) + λ2 X(x) = 0.
Phương trình đặc trưng của (1.15): µ2 + λ2 = 0 có nghiệm là µ =
±iλ. Như vậy ta tìm được nghiệm X(x) dưới dạng X(x) = A(λ) cos λx +
2 2

B(λ) sin λx và do đó: u(x, t) = (A(λ) cos λx + B(λ) sin λx)e−a

λ t

là nghiệm

của phương trình (1.12) với λ tùy ý.
Do tính tuyến tính và thuần nhất của phương trình truyền nhiệt (1.12)
nên tổng bất kỳ và mọi biểu diễn tuyến tính

Cλ uλ cũng sẽ là nghiệm

của phương trình truyền nhiệt.
∞

uλ dλ cũng sẽ là nghiệm của phương

Như vậy ta có thể giả sử rằng
−∞

trình truyền nhiệt. Do đó ta có thể xác định nó như sau:
∞
2 2

(A(λ) cos λx + B(λ) sin λx)e−a

u(x, t) =

λ t

dλ.

(1.16)

−∞

Nếu như tích phân (1.16) hội tụ đều và có thể thực hiện được phép
tính vi phân dưới dấu tích phân một lần theo t và hai lần theo x thì (1.16)
chính là nghiệm của phương trình (1.12). Hệ thức (1.16) chuyển đến cho

ta mối quan tâm đến tích phân Fourier.

11


1.6

Tích phân Fourier

Cho trước hàm f (x) với −∞ < x < ∞. Xét hàm đã cho trên đoạn [−l, l]
và viết nó dưới dạng chuỗi Fourier tương ứng:
a0
f (x) =
+
2

n

(ak cos
k=1

nπ
nπ
x + bk sin
x),
l
l

ở đây các hệ số ak và bk được tính theo cơng thức:
l

1
ak =
l

f (y) cos

kπ
ydy, k = 1, 2, ...,
l

f (y) sin

kπ
ydy, k = 1, 2, ...,
l

−l
l

1
bk =
l
−l

l

1
a0 =
l

f (y)dy.
−l

Giả sử hàm đã cho là khả tích tuyệt đối trên tồn bộ trục số, như vậy
∞

|f (y)|dy < ∞. Ta tiến hành đánh giá a0 khi l → ∞ :
−∞
∞

l

1
|a0 | ≤
l

1
|f (y)|dy ≤
l

l→∞

|f (y)|dy −→ 0.
−∞

−l

Đặt:
kπ

= λk , k = 1, 2, ...
l
và kí hiệu:
∆λk = λk+1 − λk =

(k + 1)π kπ
π
−
= .
l
l
l

Khi đó ta có thể viết:
l

ak =

1
l

l

f (y) cos λk ydy =
−l

1
∆λk
π

f (y) cos λk ydy,
−l

12


l

1
bk = ∆λk
π

f (y) sin λk ydy,
−l

a0 1
f (x) = +
2 π

l

∞

(

l

f (y) cos λk ycosλk xdy+

k=1 −l

=

f (y) sin λk y sin λk xdy)∆λk =

−l

a0 1
+
2
π

l

∞

f (y) cos λk (x − y)dy∆λk .
k=1 −l

Chuyển qua giới hạn biểu thức cuối cùng khi l → ∞. Khi l → ∞ ta có
∆λk → 0, do đó tổng nhận được có thể xem xét như tích phân theo λ và
khi đó ta viết:
l

a0 1
f (x) = lim ( +
l→∞ 2
π

f (y) cos λk (x − y)dy∆λk ) =

−l

∞ ∞

1
=
π

∞

∞

1
f (y) cos λ(x − y)dydλ =
2π
0 −∞

f (y) cos λ(x − y)dydλ.
−∞ −∞

Như vậy ta đã biểu diễn được hàm f (x) dưới dạng tích phân bội Fourier:
∞

∞

1
f (x) =
2π

f (y) cos λ(x − y)dydλ.

−∞ −∞

Ta viết lại biểu thức cuối như sau:
∞

1
f (x) =
2π

∞

{

∞

(f (y) cos λydy) cos λx +

−∞ −∞

(f (y) sin λydy) sin λx}dλ.

−∞

Kí hiệu:

∞

1
α(λ) =
2π

f (y) cos λydy,
−∞
∞

1
β(λ) =
2π

f (y) sin λydy.
−∞

13


Khi đó:

∞

f (x) =

[α(λ) cos λx + β(λ) sin λx]dλ,
−∞

với các hàm α(λ) và β(λ) được gọi lần lượt là biến đổi cơsin và sin
Fourier.

1.7

Nghiệm của bài tốn đầu cho phương

trình truyền nhiệt

Ta quay trở lại bài tốn:
2
∂u
2∂ u
−a
= 0,
∂t
∂x2

(1.17)

u(x, t)|t=0 = u0 (x).

(1.18)

Nghiệm của phương trình (1.27) theo giả thiết, u0 (x) hữu hạn và liên
tục trên toàn bộ trục số: −∞ < x < ∞, có thể viết được dưới dạng:
∞
2 2

[A(λ) cos λx + B(λ) sin λx]e−a

u(x, t) =

λ t

dλ.

−∞

Chuyển qua giới hạn khi t → 0+ ta nhận được:
∞

u(x, t)|t=0 =

[A(λ) cos λx + B(λ) sin λx]dλ.
−∞

Theo giả thiết ta có u(x, t)|t=0 = u0 (x) và đặt:
∞

1
A(λ) =
2π

u0 (y) cos λydy,
−∞
∞

1
B(λ) =
2π

u0 (y) sin λydy,
−∞

14

(1.19)


Sử dụng các biểu thức nhận được đối với A(λ) và B(λ) ta viết được
(1.19) dưới dạng:
∞

∞

1
{
2π

u(x, t) =
−∞

u0 (y) cos λy cos λxdy+
−∞

∞

1
+
2π

2 2

u0 (y) sin λy sin λxdy}e−a

λ t

dλ =

−∞
∞

=

1
2π

∞
2 2

e−a

u0 (y){
−∞

λ t

cos λ(y − x)dλ}dy.

−∞

Ta tiến hành đi tính tích phân trong dấu ngoặc móc. Kí hiệu: a2 t =
∞

p, x − y = q và xét: J(p, q) =

2

e−pλ cos λqdλ.

−∞

Ta có:
∞

∞

∂J
=−
∂q

e−pλ

2

1
sin λqdλ =
2p

(

∂ −pλ2
e
) sin λqdλ,
∂λ

−∞

−∞

và sau khi tiến hành thực hiện phép tính tích phân từng phần ta nhận
được:
∞

∂J
1
2
= (e−pλ sin qλ|λ=∞
λ=−∞ −
∂q
2p

2

e−pλ q cos λqdλ) =

−∞
∞

1
=−
2p

2

e−pλ q cos λqdλ = −

q
J.
2p

−∞

Việc xác định J(p, q) chuyển về việc tìm nghiệm của phương trình vi
phân:
q
∂J
= − J,
∂q
2p
hay:
∂J
q
= − ∂q.
J
2p
15


Từ đây ta nhận được:
∞

q2
1 q2
ln J = −
+ ln C(p), J(p, q) = C(p)e− 4p , J(p, 0) =

2p 2

2

e−pλ dλ = C(p).
−∞

Đặt

√

pλ = z, khi đó:
∞

1
J(p, 0) = √
p

1
2
e−z dz = √ I.
p
−∞

Tiếp theo ta đi tính I.
∞
2

e−z dz,

I=
−∞
∞

∞

∞

2

2

e−x dx][

I2 = [
−∞

e−x dx] = [

−∞

∞
2

−∞
∞

2

e−x dx][

e−y dy] =

−∞

∞

e−(x

=

2

+y 2 )

dxdy.

−∞ −∞

Tích phân cuối cùng được lấy trên tồn bộ mặt phẳng {x, y}, chuyển
qua tọa độ cực ta nhận được:
2

e−ρ ρdρdϕ = 2π

I2 =
0

∞

∞

2π ∞

0

e−ρ

2

2π
ρdρ = −
2

2

e−ρ d(−ρ2 ) =
0

0
2

= −πe−ρ |∞
0 =π ⇒ I =
Như vậy:
C(p) =

π
.
p

Cuối cùng ta nhận được:
J(p, q) =
16

π − q4p2
e .
p

√

π.


Trở lại với phép đặt ban đầu: p = a2 t, q = x − y, ta nhận được:
∞

e

−a2 λ2 t

cos(y − x)dλ =

2
π − (y−x)
2t
4a
e
.
a2 t

−∞

Đặt giá trị vừa nhận được vào công thức của u(x, t) cho ta:
∞

∞
2
π − (y−x)
1
2t
4a
√
e
u
(y)dy
=
0
a2 t
2a πt

1
u(x, t) =
2π
−∞

2

e

− (y−x)
4a2 t

u0 (y)dy. (1.20)

−∞

Trong công thức (1.20) đặt x − y = ξ ⇒ dy = −dξ ta nhận được:
∞

u(x, t) =

Đặt:

1
√

2a πt

ξ2

u0 (x − ξ)e− 4a2 t dξ.
−∞

√
ξ
√ = η ⇒ dξ = 2a tdη (t > 0).
2a t

Khi đó:

∞

u(x, t) =

1
√
2a πt

∞

√

√

1
2
u0 (x−2a tη)e−η 2a tdη = √
π

√
2
u0 (x−2a tη)e−η dη.

−∞

−∞

(1.21)
Ta chứng minh rằng tích phân (1.21) tồn tại. Thật vậy, từ điều kiện
|u0 (x)| ≤ M, −∞ < x < ∞, suy ra:

√
|u0 (x − 2a tη)| < M ∀x, η; t > 0.
Khi đó:
∞

1
|u(x, t)| ≤
π

∞

√

|u0 (x − 2a tη)|e−η

2

1
dη ≤ M √
π

−∞

2

e−η dη = M.
−∞

Tiếp theo ta chứng tỏ hàm số:
∞

u(x, t) =

1
√

2a πt

e−
−∞

17

(x−y)2
4a2 t

u0 (y)dy,


là nghiệm của bài tốn (1.27)-(1.28). Ta có:
1
∂ 2u
√
=
∂x2
2a πt

∞

2

∂ 2 − (x−y)
4a2 t u (y)dy.
e
0
∂x2

−∞

Tính
2
2
2
∂ x − y − (x−y)
(x − y)2
∂ 2 − (x−y)
1 − (x−y)
2
2
4a t
4a t ] = [
4a2 t .
=
−
e
[
e
−
]e
∂x2
∂x 2a2 t

4a4 t2
2a2 t

Khi đó:
∞

2

∂ u
1
= √
2
∂x
2a πt

2
1 − (x−y)
(x − y)2
2
− 2 ]e 4a t u0 (y)dy,
[
4a4 t2
2a t

−∞
∞

∂u
∂
1

= [ √
∂t
∂t 2a πt

e

− (x−y)
4a2 t

u0 (y)dy] =

−∞

∞

1
=− √
4ta πt

2

∞
2
− (x−y)
4a2 t

e

u0 (y)dy +

−∞

Kí hiệu:

1
√

− (x−y)
4a2 t

2a πt

2

e

(x − y)2
u0 (y)dy.
4a4 t2

−∞

∞

e−

J0 =

(x−y)2
4a2 t

u0 (y)dy,

−∞
∞

J1 =

e

− (x−y)
4a2 t

2

(x − y)2
u0 (y)dy,
4a4 t2

−∞

khi đó ta nhận được:

2
1
1
1
1
∂u
2∂ u

√
√
√
√ J0 = 0.
−a
=
−
J
+
J
−
J
+
0
1
1
∂t
∂x2
4ta πt
2a πt
2a πt
4ta πt

Như vậy hàm u(x, t) thỏa mãn phương trình truyền nhiệt thuần nhất
(1.27). Tiếp theo ta chứng tỏ hàm u(x, t) thỏa mãn điều kiện (1.28). Để
thực hiện điều này trước tiên ta xét hàm:
E(x, t) =

1
√

2a πt
18

2

e

− 4ax 2 t

,


và chứng tỏ

∞

E(x, t)dx = 1.
−∞

Thật vậy, sau khi đổi biến và tiến hành tính tốn, ta nhận được:
∞

−∞

∞

2

− 4ax 2 t

1
e
√ dx =
π
2a πt

2

e−η dη = 1, (η =
−∞

x
√ ).
2a t

(1.22)

Ta chuyển qua chứng minh đẳng thức sau đây: lim u(x, t) = u0 (x).
t→0

Từ (1.21), (1.22) và ∀t > 0 cho ta:
∞

1
|u(x, t) − u0 (x)| = | √
π

e−η

2

∞

√

1
u0 (x − 2a tη)dη − √
π

−∞
∞

1
≤√
π

2

e−η u0 (x)dη| ≤
−∞

√
2
e−η |u0 (x − 2a tη) − u0 (x)|dη = J2 + J3 ,

−∞

ở đây

√
2
e−η |u0 (x − 2a tη) − u0 (x)|dη,

J2 =
|η|≥N

√
2
e−η |u0 (x − 2a tη) − u0 (x)|dη.

J3 =
|η|≤N

Ta tiến hành đánh giá J2 và J3 . Do |u0 (x)| ≤ M ∀x, nên:
2M
J2 ≤ √
π

2

e−η dη.
|η|≥N

Do tính hội tụ của tích phân cuối nên ta chọn được N0 = N0 (ε), sao
cho với N ≥ N0 ta nhận được J2 < 2ε , ∀x, ∀t > 0. Cố định N và tiến
hành xem xét J3 . Theo điều kiện ban đầu hàm u0 (x) là liên tục, như
vậy ∀(ε > 0)∃(δ > 0)∀(∆x : |∆x| < 0)[|u0 (x + ∆x) − u0 (x)| < ε/2]. Lấy

19

√
√
√
∆x = −2a tη và chọn t > 0 đủ nhỏ, sao cho |∆x| = 2a t|η| ≤ 2a tN < δ
khi mà |η| ≤ N. Khi đó:
√
ε
|u0 (x − 2a tη) − u0 (x)| < ,
2
và như vậy,
∞

ε 1
J3 ≤ √
2 π

e−η

2

ε 1
dη ≤ √
2 π

ε
2
e−η dη = .
2

−∞

|η|≤N

Do đó khi t → 0+ ta nhận được:
|u(x, t) − u0 (x)| ≤ J2 + J3 <

1.8

ε ε
+ = ε → 0.
2 2

Công thức Poisson

Ta tiến hành nghiên cứu bài toán sau:
2
∂u
2∂ u
= f (x, t),
−a
∂t
∂x2

(1.23)

u|t=0 = u0 (x).

(1.24)

với điều kiện đầu:

Nếu như ta gọi u1 (x, t) là nghiệm của bài toán:
2
∂u1
2 ∂ u1
−a
= f (x, t),
∂t
∂x2

(1.25)

u1 |t=0 = 0.

(1.26)

Cịn u2 (x, t) là nghiệm của bài tốn:
2
∂u2
2 ∂ u2
−a
= 0,
∂t
∂x2

(1.27)

u2 |t=0 = u0 (x).

(1.28)

20


Thì khi đó nghiệm u(x,t) của bài tốn (1.23) – (1.24) biểu diễn được
dưới dạng tổng các nghiệm của (1.25) – (1.26) và (1.27) – (1.28). Thật vậy:
∂(u1 + u2 ) 2 ∂ 2 (u1 + u2 ) ∂u1 2 ∂ 2 u1 ∂u2 2 ∂ 2 u2
−a
=
−a
+
−a
= f (x, t)+0 = f (x, t).
∂t
∂x2
∂t
∂x2 ∂t
∂x2
Và
(u1 + u2 )|t=0 = 0 + u0 (x) = u0 (x).
Theo chứng minh ở mục 7 ta có được nghiệm của bài tốn (1.27) –
(1.28) là:
∞

u2 (x, t) =

1
√

2a πt

e−

(y−x)2
4a2 t

u0 (y)dy.

(1.29)

−∞

Ta tiến hành nghiên cứu bài toán (1.25) – (1.26) :
2
∂u1
2 ∂ u1
= f (x, t),
−a
∂t
∂x2

u1 |t=0 = 0.
Trước tiên ta xem xét bài toán:
2
∂v
2∂ v
−a
= 0, t > τ,
∂t

∂x2

(1.30)

v(x, t, τ )|t=τ = f (x, t).

(1.31)

Lặp lại cách lập luận đã trình bày trong mục 7 ta có được nghiệm của
bài tốn (1.30) – (1.31) là hàm:
∞

v(x, t, τ ) =

1
2a π(t − τ )

2

f (y, τ )e

− 4a(x−y)
2 (t−τ )

dy, t > τ.

−∞

Đối với việc chứng minh cho sự tồn tại nghiệm của bài tốn khơng
thuần nhất với điều kiện biên thuần nhất ta tiến hành xem xét hàm sau:

t

u1 (x, t) =

v(x, t, τ )dτ.
0

21


Ta chứng minh hàm u1 (x, t) được xác định như trên là nghiệm của
phương trình (1.25) khi t > 0. Ta có:
t

∂ 2 u1
=
∂x2

∂2
v(x, t, τ )dτ,
∂x2

0
t

∂
∂u1
= (
∂t
∂t

t

∂
v(x, t, τ )dτ.
∂t

v(x, t, τ )dτ ) = v(x, t, τ )|t=τ +
0

0

Suy ra:
t

∂u1 2 ∂ 2 u1
∂v 2 ∂ 2 v
−a
= v(x, t, τ )|t=τ + ( −a
)dτ = v(x, t, τ )|t=τ +0 = f (x, t).
∂t
∂x2
∂t
∂x2
0

Từ đây và trở về sau ta luôn giả thiết rằng f (x, t) bị chặn với mọi x và
t > 0, khả vi hai lần theo x và một lần theo t ≥ 0. Việc còn lại là ta cần
chứng tỏ:
lim u1 (x, t) = 0.

x→0+

Ta đánh giá u(x, t) với mọi t > 0 :
t

t

v(x, t, τ )dτ | ≤

|u1 (x, t)| = |
0

|v(x, t, τ )|dτ ≤ t max |v(x, t, τ )| ≤
0≤τ ≤t

0
∞

≤ t max (
0≤τ ≤t

1
2a π(t − τ )

2

|f (y, τ )|e

− 4a(x−y)

2 (t−τ )

dy).

−∞

Từ điều kiện bị chặn của hàm f (x, t) : |f (x, t)| ≤ M với mọi (x, t) ta
có:

∞

1
|u1 (x, t)| ≤ tM √
π

2

e−η dη = tM.
−∞

Hệ thức cuối cho ta lim+ u1 (x, t) = 0.
x→0

Như vậy nghiệm của bài toán (1.23) – (1.24):
2
∂u
2∂ u
−a
= f (x, t),
∂t

∂x2

22


u|t=0 = u0 (x),
sẽ là tổng các nghiệm của bài toán (1.25) – (1.26) và (1.27) – (1.28):
∞

t

u(x, t) =

[
0

1
2a π(t − τ )

2
− 4a(x−y)
2 (t−τ )

f (y, τ )e

∞

dy]dτ +

−∞

1
√

2a πt

2

− (x−y)
4a2 t

e

u0 (y)dy.

−∞

(1.32)
Cơng thức trên cịn có tên gọi là công thức Poisson.
Trong công thức Poisson nhận được thì số hạng thứ hai:
∞

1
√

2a πt

e

− (x−y)

4a2 t

2

u0 (y)dy,

−∞

được gọi là thế vị nhiệt bề mặt, còn số hạng thứ nhất:
∞

t

[
0

1

2

− 4a(x−y)
2 (t−τ )

2a π(t − τ )

f (y, τ )e

dy]dτ,

−∞

được gọi là thế vị nhiệt thể tích. Các thuật ngữ trên sẽ được sử dụng
thường xuyên trong chương tiếp theo.
Ví dụ. Tìm nghiệm của bài tốn sau đây:
∂u ∂ 2 u
− 2 = e−t ; u|t=0 = e−2x .
∂t ∂x
Ta có f (x, t) = e−t (khuyết x), u|t=0 = e−2x , a = 1. Áp dụng công thức
Poisson ta có:
Thế vị nhiệt bề mặt:
∞

1
I1 = √
2 πt

∞

e
−∞

2
− (x−y)
4t

1
e−2y dy = √
2 πt

e−

−∞

∞

1
= √
2 πt

− 8yt+(x−y)
4t

e
−∞

23

2

dy.

(x−y)2
−2y
4t

dy


8yt+(x−y)2
4t

Tiến hành biến đổi biểu thức

ta nhận được:

8yt + (x − y)2
(y + 4t − x)2
=
+ 2x − 4t.
4t
4t
Do đó:
e−2x+4t
I1 = √
2 πt

∞

e−

(y+4t−x)2
4t

dy = e−2x+4t .

−∞

Ta tiến hành tính tốn đối với thế vị nhiệt thể tích:
∞

I2 =

1

2
− (x−y)
4(t−τ )

−τ

2 π(t − τ )

e e

dy =

−∞

e−τ
2 π(t − τ )

Đặt:
ξ=

y−x
2 (t − τ )

,

ta nhận được
dξ =

do đó:
e−τ
I2 = √
π

dy

,

2 (t − τ )
∞
2

e−ξ dξ = e−τ .
−∞

Cuối cùng thế vị nhiệt thể tích nhận được:
t

e−τ dτ = −e−t + 1.

v=
0

Vậy nghiệm của bài toán đã cho là:
u = I1 + v = e−2x+4t − e−t + 1.
Ta đưa vào kí hiệu sau đây:
G(a, x, t) =

1

√

2a πt

24

2

− 4ax 2 t

e

,

∞
2

− (x−y)
4(t−τ )

e
−∞

dy.


khi đó cơng thức (1.32) trong trường hợp (khơng gian) một chiều viết
được dưới dạng:
∞

t

∞

G(a, x − y, t − s)f (y, s)dyds +

u(x, t) =
0 −∞

G(a, x − y, t)u0 (y)dy.

−∞

(1.33)
Công thức (1.33) được trong trường hợp n chiều (khơng gian n chiều)
có dạng:
u(x1 , x2 , ..., xn , t) =
∞

t

∞

=

∞

Gn (a, x − y, t − s)f (y1 , y2 , ..., yn , s)dy1 dy2 ...dyn ds+

...

0 −∞ −∞
∞

−∞

∞

+
−∞ −∞

∞

...

Gn (a, x − y, t − s)u0 (y1 , y2 , ..., yn )dy1 dy2 ...dyn ,

−∞

trong đó,
Gn (a, x−y, t−s) = G(a, x1 −y1 , t−s)G(a, x2 −y2 , t−s)...G(a, xn −yn , t−s).

25