Bài toán chuyên ngành điện 1

Chia sẻ: Trần Huyền My | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
482
lượt xem
118
download

Bài toán chuyên ngành điện 1

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bài toán chuyên ngành điện 1', kỹ thuật - công nghệ, điện - điện tử phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bài toán chuyên ngành điện 1

  1. Với k lẻ ta phải giải phương trình vi phân tương ứng là: 4 T2′n −1 ( t ) + [(2n − 1) π ] 2 T2 n −1 ( t ) = ′ (2n − 1) π 4 ′ với điều kiện: T2n-1(0) = 0; T2 n −1 (0) = (2n − 1) π Nghiệm tổng quát của phương trình này là: 4 T2 n −1 ( t ) = C1 cos(2n − 1) πt + C 2 sin( 2n − 1) πt + (2n − 1) 3 π 3 Khi t = 0 ta có: 4 C1 = − (2n − 1)3 π 3 Mặt khác ta có: ′ T2 n −1 ( t ) = −C1 (2n − 1) π sin(2n − 1) πt + C 2 (2n − 1) π cos(2n − 1) πt Theo điều kiện đầu: 4 ′ T2 n −1 ( t ) = −C1 (2n − 1) π sin(2n − 1) πt + C 2 (2n − 1) π cos(2n − 1) πt = (2n − 1) 3 π 3 4 nên: C 2 = (2n − 1) 2 π 2 Thay C1 và C2 vào biểu thức của T2n-1(t) ta có: 4 T2 n −1 ( t ) = [(2n − 1)π sin(2n − 1) πt − cos(2n − 1)πt + 1] (2n − 1) 3 π 3 và: 4 ∞ (2n − 1) πx u ( x, t ) = ∑ [(2n − 1) π sin(2n − 1) πt − cos(2n − 1) πt + 1]sin (2n − 1) 3 π 3 n =1 l Ví dụ 2: Giải phương trình ∂ 2u ∂ 2u = + x ( x − 1) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ∂u u ( x , t ) t =0 = =0 ∂t t =0 u ( x , t ) x =0 = u ( x , t ) x =1 = 0 Trong ví dụ này ta có f(x, t) = x(x - 1). Vậy: 2l kπ 1 C k = ∫ f ( x , t ) sin xdx = 2 ∫ x ( x − 1) sin kπxdx l0 l 0 x =1 ⎡ 2 ⎛ cos kπx ⎞⎤ 1 1 = 2 ⎢( x − x )⎜ − ⎝ ⎟ + ∫ (2x − 1) cos kπxdx kπ ⎠⎥ x =0 kπ 0 ⎣ ⎦ 160
  2. ⎧ 8 khi k = 2n − 1 4 [ ] ⎪ nên: C k = 2 (−1) k − 1 = ⎨ (2n − 1) 3 π 3 kπ ⎪0 khi k = 2n ⎩ Ta tìm nghiệm của bài toán dưới dạng (1) nên bây giờ phải tìm Tk(t) Với k = 2n (chẵn), ta tìm T2n(t) từ phương trình : T2′n ( t ) + (2nπ) 2 T2 n ( t ) = 0 ′ với điều kiện: T2n(0) = 0; T2 n (0) = 0 ′ Như vậy T2n(t) ≡ 0 Với k = 2n -1 (lẻ) ta phải giải phương trình vi phân tương ứng là: 8 T2′n −1 ( t ) + [(2n − 1) π ] 2 T2 n −1 ( t ) + ′ =0 (2n − 1) 3 π 3 ′ với điều kiện: T2n-1(0) = 0; T2 n −1 (0) = 0 Nghiệm tổng quát của phương trình này là: 8 T2 n −1 ( t ) = C1 cos(2n − 1) πt + C 2 sin( 2n − 1) πt − (2n − 1) 5 π 5 Khi t = 0 thì từ các điều kiện đầu ta rút ra: 8 C1 = C2 = 0 (2n − 1) 5 π 5 8 T2 n −1 ( t ) = [cos(2n − 1) πt − 1] (2n − 1) 5 π 5 8 ∞ u ( x, t ) = ∑ [cos(2n − 1) πt − 1]sin(2n − 1) πx (2n − 1) 5 π 5 n =1 d. Bài toán hỗn hợp: Sau khi đã giải 2 bài toán trên ta trở về giải phương trình: ∂ 2u 2 ∂ u 2 =a + f ( x, t ) 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T (1) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện : ∂u u ( x , t ) t =0 = u o ( x ); = u1 ( x ) ∂t t =0 u ( x , t ) x =0 = φ1 ( t ); u ( x , t ) x =l = φ 2 ( t ) Ta giải bài toán bằng cách đưa vào hàm phụ: x ρ( x , t ) = φ1 ( t ) + [φ 2 ( t ) − φ1 ( t )] l Khi đó ta tìm nghiệm của bài toán hỗn hợp dưới dạng: u ( x , t ) = ~ ( x , t ) + ρ( x , t ) u (2) Trong đó hàm u ~ ( x , t ) ta phải xác định. Trước hết ta có nhận xét: ρ( x , t ) x =0 = φ1 ( t ) ρ( x , t ) x =l = φ 2 ( t ) Vậy kết hợp với điều kiện đã cho ta có: ~(x, t ) = ~(x, t ) = 0 u u (3) x =0 x =l 161
  3. Khi t = 0 ta sẽ có: ⎧~ x ⎪ u ( x , t ) t =0 = [u ( x , t ) − ρ( x , t )] t =0 = u o ( x ) − φ1 (0) − [φ 2 (0) − φ1 (0)] = ~ o ( x ) u ⎪ l ⎨ ~ (4) ∂u ∂u ∂ρ x ⎪ = − = u1 ( x ) − φ1 (0) − [φ′2 (0) − φ1 (0)] = ~′ ( x ) ′ ′ uo ⎪ ∂t t =0 ∂t t =0 ∂t t =0 ⎩ l Đạo hàm 2 lần (2) theo x và t rồi thay vào (1) và rút gọn ta có: ∂ 2~ u ∂ 2~u = a 2 2 + f1 ( x , t ) (5) ∂t 2 ∂x Trong đó: x f1 ( x , t ) = f ( x , t ) − φ1′( t ) − [φ′2 ( t ) − φ1′( t )] ′ ′ ′ l 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 ~ ( x , t ) và ρ(x, t) ta tìm được u 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: ∂ 2u 2⎛ ∂ u ∂ 2u ∂ 2u ⎞ 2 =a ⎜ 2 + 2 + 2⎟ ⎜ ∂x (1) ∂t 2 ⎝ ∂y ∂z ⎟ ⎠ với các điều kiện: ⎧ u ( x , y, z , t ) t = 0 = u o ( x , y, z ) ⎪ ⎨ ∂u -∞ < x < ∞, -∞ < y 0 (2) ⎪ ∂t = u 1 ( x , y, z ) ⎩ t =0 Người ta đã chứng minh được rằng nghiệm của phương trình có dạng: 1 ∂⎡ 1 ⎤ u ( x , y, z, t ) = ∫∫ 4 πa 2 t S u1 (ξ, η, ζ )ds + ⎢ ∫∫ ∂t ⎣ 4 πa 2 t S u o (ξ, η, ζ )ds ⎥ ⎦ 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: 1 u1 (ξ, η)dξdη ∂⎡ 1 u o (ξ, η)dξdη ⎤ u ( x , y, t ) = ∫∫ + ⎢ ∫∫ 2 πa D (at ) 2 − (ξ − x ) 2 − (η − y) 2 ∂t ⎢ 2 πa D (at ) 2 − (ξ − x ) 2 − (η − y) 2 ⎥ ⎥ ⎣ ⎦ §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: ∂ 2H = a 2 ∆il ∂t 2 162
  4. với các điều kiện: ⎧H ( α, x , t ) t = 0 = 0 ⎪ ⎨∂ ⎪ ∂t H(α, x , t ) = h ( x , σ) ⎩ t =0 Khi đó hàm: l u ( x , t ) = ∫ H(α, x , t − α)dα 0 sẽ là nghiệm của phương trình: ∂ 2u = a 2 ∆u + h ( x , t ) ∂t 2 với các điều kiện: ⎧u ( x , t ) t = 0 = 0 ⎪ ⎨ ∂u ⎪ ∂t =0 ⎩ t =0 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: ∂ 2u 2⎛ ∂ u ∂ 2u ∂ 2u ⎞ 2 = a ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ + f ( x , y, z, t ) ⎜ ∂x (1) ∂t 2 ⎝ ∂y ∂z ⎟ ⎠ với các điều kiện: ⎧ u ( x , y, z , t ) t = 0 = u o ( x , y, z ) ⎪ ⎨ ∂u -∞ < x < ∞, -∞ < y 0 (2) ⎪ ∂t = u 1 ( x , y, z ) ⎩ t =0 Ta dùng phương pháp chồng nghiệm, nghĩa là tìm nghiệm của phương trình (1) dưới dạng: u ( x , y, z, t ) = u ( x , y, z, t ) + u ( x , y, z, t ) Trong đó u ( x , y, z, t ) là nghiệm của bài toán: ∂2 u = a 2∆u ∂t 2 ∂u với: u t =0 = u o ; = u1 ∂t t =0 Còn u ( x , y, z, t ) là nghiệm của bài toán: ∂2 u = a 2∆u + f ∂t 2 ∂u với: u = 0; =0 t =0 ∂t t =0 Theo công thức Kirhoff ta có: 163
  5. 1 ∂⎡ 1 ⎤ u ( x , y, z , t ) = ∫∫ 4 πa 2 t S u1 (ξ, η, ζ )ds + ⎢ ∫∫ ∂t ⎣ 4 πa 2 t S u o (ξ, η, ζ )ds ⎥ ⎦ Mặt khác theo nguyên lí Duhamel ta có: 1 f (ξ, η, ζ, α) H ( α , x , y, z , t ) = 4 πa 2 S ∫∫ t ds Từ đó suy ra: 1 l⎡ f (ξ, η, ζ, α) ⎤ u ( x , y, z, t ) = ∫ ⎢ ∫∫ 4 πa 2 0 ⎢S( t −α ) t − α ds⎥ dα ⎣ ⎥ ⎦ Để rút gọn công thức nghiệm trong tích phân trên ta đổi biến r = a(t - α). Do đó ta có: ⎡ ⎛ r⎞ ⎤ ⎛ r⎞ l ⎢ f ⎜ ξ, η, ζ, t − ⎟ ⎥ f ⎜ ξ, η, ζ, t − ⎟ 1 ⎝ a⎠ 1 ⎝ a⎠ u ( x , y, z, t ) = 2 ∫ ⎢ ∫∫ 4 πa 0 ⎢S( r ) r ds ⎥ dr = 2 ∫∫∫ 4 πa Vat r dV ⎥ ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ Trong đó Vat là hình cầu bao bởi mặt S và: r = ( x − ξ ) 2 + ( y − η) 2 + (z − ζ ) 2 Vậy nghiệm của bài toán 1 là: ⎛ r⎞ f ⎜ ξ, η, ζ, t − ⎟ 1 u (ξ, η, ζ ) ∂ ⎡ u o (ξ, η, ζ ) ⎤ ds ⎥ + ∫∫∫ ⎝ a⎠ u ( x , y, z, t ) = 2 4 πa S ∫∫ 1 t ds + ∂t ⎢∫∫ t r dV ⎣S ⎦ Vat Công thức này được gọi là công thức Kirhoff tổng quát. 3. Bài toán 2: Giải phương trình: ∂ 2u 2⎛ ∂ u ∂ 2u ⎞ 2 = a ⎜ 2 + 2 ⎟ + f ( x , y, t ) ⎜ ∂x (1) ∂t 2 ⎝ ∂y ⎟ ⎠ với các điều kiện: ⎧ u ( x , y, t ) t = 0 = u o ( x , y ) ⎪ ⎨ ∂u -∞ < x < ∞, -∞ < y 0 (2) ⎪ ∂t = u 1 ( x , y) ⎩ t =0 Nghiệm của bài toán rút ra nhờ cách giải tương tự như bài toán trước bằng cách dùng nguyên lý Duhamel: 1 u1 (ξ, η) 2 ∫∫ u ( x , y, t ) = dξ dη 4 πa S a 2 t 2 − ( x − ξ ) 2 − ( y − η) 2 ∂⎡ u o (ξ, η) ⎤ l⎡ f (ξ, η, α )dξdη ⎤ + ⎢ ∫∫ 2 2 dξdη⎥ + ∫ ⎢ ∫∫ ⎥dα ∂t ⎢Da a t − ( x − ξ ) 2 − ( y − η) 2 ⎣ ⎥ 0 ⎢Da ( t −α ) a ( t − α) − ( x − ξ ) − ( y − η) ⎥ ⎦ ⎣ 2 2 2 2 ⎦ Trong đó Dat và Da(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
  6. ∂ 2u 2 ∂ u 2 =a + f (x, t ) (1) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ⎧u ( x , t ) t = 0 = u o ( x ) ⎪ ⎨ ∂u -∞ < x < ∞, t > 0 (2) ⎪ ∂t = u1 ( x ) ⎩ t =0 Dựa trên nguyên lý Duhamel và công thức D’Alembert ta đưa đến nghiệm bài toán: 1 at 1 1 l ⎡ x + a ( t −α ) ⎤ u ( x, t ) = ∫ u1 (ξ )dξ + [u o ( x + at ) + u o ( x − at )] + ∫ ⎢ ∫ f (ξ, α)dξ ⎥dα 2a x −at 2 2a 0 ⎣ x − a ( t − α ) ⎦ đây là công thức D’Alembert tổng quát. §5. BÀI TOÁN HỖN HỢP CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOẠI HYPERBOLIC Cho D là một miền phẳng với biên là đường cong trơn. Ta cần tìm nghiệm của phương trình: ∂ 2u 2⎛ ∂ u ∂ 2u ⎞ 2 =a ⎜ 2 + 2⎟ ⎜ ∂x (1) ∂t 2 ⎝ ∂y ⎟ ⎠ với các điều kiện đầu : ⎧ u ( x , y, t ) t = 0 = u o ( x , y ) ⎪ ⎨ ∂u -∞ < x < ∞, -∞ < y 0 (2) ⎪ ∂t = u 1 ( x , y) ⎩ t =0 và điều kiện biên: u ( x , y, t ) ( x ,y )∈γ = 0 (3) Bài toán này ta giải bằng phương pháp phân ly biến số và sẽ tìm nghiệm của nó dưới dạng: u(x, y, t) = u*(x, y).T(t) (4) Đạo hàm 2 vế của (4) theo x, y và t hai lần rồi thay vào (10) ta nhận được phương trình: 1 ⎛ ∂ 2 u ∗ ∂ 2 u ∗ ⎞ 1 T′′ ⎜ + 2 ⎟= 2 u ∗ ⎜ ∂x 2 ⎝ ∂y ⎟ a T ⎠ Từ đó suy ra: ∂ 2u∗ ∂ 2u∗ + 2 + λu ∗ = 0 (5) ∂x 2 ∂y T′′( t ) + a 2 λT ( t ) = 0 (6) Trong đó λ là một hằng số. Để tìm nghiệm của bài toán (1) với các điều kiện (2), (3) ta thấy rằng T(t) ≠ 0 và đối với các điểm trên biên ta phải có: u ( x , y) ( x ,y )∈γ = 0 (7) Những giá trị λ để tồn tại nghiệm u*(x, y) ≠ 0 được gọi là các giá trị riêng và các nghiệm u*(x, y) tương ứng được gọi là các hàm riêng của bài toán. Tính chất của giá 165
  7. trị riêng và hàm riêng là: * Mọi giá trị riêng đều dương * Tập các giá trị riêng là một tập vô hạn đếm được * Nếu λi ≠ λj thì các hàm riêng tương ứng với chúng thoả mãn hệ thức: ∫∫ u i ( x, y)u j ( x, y)dxdy = 0 D nghĩa là các hàm riêng trực giao với nhau * Một giá trị riêng có thể ứng với nhiều hàm riêng độc lập tuyến tính khác nhau. Giá trị riêng như vậy được gọi là giá trị riêng bội * Đối với các hàm riêng nếu chưa là hệ trực chuẩn thì bằng phương pháp trực giao hoá Schmidt có thể xây dựng hệ hàm riêng trực giao chuẩn, nghĩa là đối với hệ đó ta có: ⎧0 i≠ j ∫∫ u i ( x , y)u j ( x , y)dxdy = ⎨ i= j D ⎩1 * Mọi hàm β(x, y) khả vi, liên tục 2 lần và thoả mãn điều kiện biên: β( x , y) ( x ,y )∈γ = 0 đều có thể khai triển theo hệ thống các hàm trực giao chuẩn thành chuỗi hội tụ tuyệt đối và đều trên miền D, nghĩa là nó có thể biểu diến dưới dạng: ∞ β ( x , y ) = ∑ a k u k ( x , y) k =1 trong đó ak được tính theo công thức: a k = ∫∫ β( x , y)u k ( x , y)dxdy D Từ những tính chất đã nêu của hàm riêng và giá trị riêng ta thấy bài toán (5) & (6) có các giá trị riêng dương nên (6) có nghiệm tổng quát là: Tk ( t ) = b k cos λ k at + c k sin λ k at Từ đó suy ra: [ ] ∞ ∞ u ( x , y, t ) = ∑ u k ( x , y)Tk ( t ) = ∑ u k ( x, y) b k cos λ k at + c k sin λ k at k =1 k =1 Nếu xét đến các điều kiện ban đầu ta có: b k = ∫∫ u o ( x , y)~ k ( x , y)dxdy u D 1 ck = ∫∫ u1 ( x, y)u k ( x, y)dxdy aλ k D Ví dụ 1: Giải phương trình: ∂ 2u 2⎛ ∂ u ∂ 2u ⎞ 2 =a ⎜ 2 + 2⎟ ⎜ ∂x ∂t 2 ⎝ ∂y ⎟ ⎠ ⎧0 ≤ x ≤ l trên miền D = ⎨ t≥0 ⎩ 0≤y≤m với các điều kiện đầu: 166
  8. ⎧u ( x , y, t ) t =0 = xy(l − x )(m − y) = u o ( x , y) ⎪ ⎨ ∂u ⎪ ∂t = 0 = u 1 ( x , y) ⎩ t =0 và các điều kiện biên: u ( x , y, t ) ( x ,y )∈γ = 0 trong đó γ là biên của miền D. Ta tìm nghiệm của bài toán dưới dạng (4): u(x, y, t) = u*(x, y).T(t) trong đó u*(x, y) lại được tìm dưới dạng u*(x, y) = X(x).Y(y) bằng phương pháp phân li biến số. Khi đó phương trình (5) được viết thành: Y′′( y) X′′( x ) +λ=− Y ( y) X( x ) Từ đó ta suy ra: ⎧X′′( x ) + αX( x ) = 0 ⎨ (8) ⎩Y′′( y) + βY( y) = 0 Từ điều kiện biên của bài toán ta rút ra: ⎧X(0) = X(l) = 0 ⎨ (9) ⎩ Y(0) + Y(l) = 0 Khi giải phương trình (8) với điều kiện (9) để có nghiệm không tầm thường ta cần có: k 2π2 π2n 2 αk = 2 ; βn = 2 l m Từ đó ta có: 2⎛ k n2 ⎞ 2 λ kn = π ⎜ 2 + 2 ⎟ ⎜l ⎝ m ⎟ ⎠ Nghiệm riêng ứng với các giá trị riêng đó là hệ hàm trực chuẩn: 2 kπx nπy u kn = sin sin lm l m Khi đó nghiệm của phương trình (6) có dạng: ⎛ k2 n2 ⎞ ⎛ k2 n2 ⎞ Tk ( t ) = b kn cos⎜ πat 2 + 2 ⎟ + c kn sin ⎜ πat 2 + 2 ⎟ ⎜ l m ⎟ ⎜ l m ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Tóm lại nghiệm của bài toán sẽ là: ∞ ∞ ⎡ ⎛ k2 n2 ⎞ ⎛ k 2 n 2 ⎞⎤ kπx nπy u ( x , y, t ) = ∑ ∑ ⎢b kn cos⎜ πat 2 + 2 ⎟ + c kn sin ⎜ πat 2 + 2 ⎟⎥ sin sin k =1 n =1 ⎢ ⎜ l m ⎟ ⎜ l m ⎟⎥ l m ⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ Trong đó bkn và ckn được tính như sau: ckn = 0 ∀k, n vì u1 ≡ 0 167
  9. 4 lm kπx nπy b kn = ∫ ∫ xy(l − x )(m − y) sin l sin m dxdy lm 0 0 4 l kπx m nπy = ∫ lm 0 x (l − x ) sin l dx ∫ y(m − y) sin m dy 0 ⎧ 64m 2 l 2 ⎪ k = 2k ′ + 1, n = 2n ′ + 1 = ⎨ π 6 (2k ′ + 1) 3 (2n′ + 1) 3 ⎪0 k = 2k 1 ⎩ Như vậy: 64m 2 l 2 ∞ ∞ ⎡ cos πatθ (2k + 1) πx ⎤ (2n + 1) πy u ( x , y, t ) = π6 ∑ ∑ ⎢ (2k′ + 1)3 (2nkn+ 1)3 sin ′ l ⎥ sin m k =1 n =1 ⎣ ⎦ Ví dụ 2:Giải phương trình: ∂ 2u ⎛ ∂ 2u ∂ 2u ⎞ = a2⎜ 2 + 2 ⎟ ⎜ ∂x ∂t 2 ⎝ ∂y ⎟⎠ ⎧0 ≤ x ≤ l trên miền D = ⎨ t≥0 ⎩0 ≤ y ≤ m với các điều kiện đầu: ⎧ πx πy ⎪u ( x, y, t ) t =0 = u o ( x , y) = sin l sin l ⎪ ⎨ ⎪ ∂u = u1 ( x , y) = a ⎪ ∂t t =0 ⎩ l và các điều kiện biên: u ( x , y, t ) ( x ,y )∈γ = 0 trong đó γ là biên của miền D. Tương tự như ví dụ 1, sau khi dùng phương pháp phân li biến số ta tìm được giá trị riêng là: 2⎛ k n2 ⎞ 2 λ kn = π ⎜ ⎜ 2 + 2⎟ ⎝l l ⎟ ⎠ 2 kπx nπy hệ hàm trực chuẩn tương ứng là sin sin và các hệ số trong nghiệm tổng l l l quát được tính như sau: 4 ll πx πy kπx nπy ⎧0 k , n ≠ 1 b kn = 2 ∫ ∫ sin sin sin sin dxdy = ⎨ l 00 l l l m ⎩1 k = n =1 πa 4 ll πx πy nπy k + n c kn = 2 ∫ ∫ sin sin sin 2 2 dxdy l l 00 l l m 168
  10. ⎧0 k , n chan 4a l πx l πy nπy ⎪ = 3 ∫ sin dx ∫ sin sin dy = ⎨ 16a l 0 l 0 l m ⎪ lπ 2 (2k ′ + 1)(2n ′ + 1) k , n le ⎩ Nghiệm của bài toán là: ⎛ atπ 2 16 atπ 2 ⎞ πx πy u ( x , y, t ) = ⎜ cos ⎜ + 3 sin ⎟ sin sin ⎝ l π 2 l ⎟⎠ l l ⎡ atπ (2k + 1) 2 + (2n + 1) 2 ⎤ sin ⎢ ⎥ 16 ∞ ∞ ⎢ ⎣ l ⎦ sin ⎛ 2k + 1 πx ⎞ sin ⎛ 2n + 1 πy ⎞ ⎥ + 3 ∑∑ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π k =1 n =1 (2k + 1)(2n + 1) (2k + 1) 2 + (2n + 1) 2 ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠ §6. BÀI TOÁN CAUCHY- PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TRONG THANH VÔ HẠN VÀ NỬA VÔ HẠN 1. Bài toán ban đầu: Bài toán Cauchy của phương trình truyền nhiệt - phương trình loại parabolic là bài toán giải phương trình: ∂ 2u 2 ∂ u 2 =a (1) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện đầu : u ( x , t ) t =0 = u o ( x ) -∞ < x < ∞, -∞ < y
Đồng bộ tài khoản