PHÂN LOẠI CÁC PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP 2 VỚI CÁC BIẾN ĐỘC LẬP

Chia sẻ: Tran Van Khang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

1.638
lượt xem 217
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'phân loại các phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 2 với các biến độc lập', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: PHÂN LOẠI CÁC PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP 2 VỚI CÁC BIẾN ĐỘC LẬP

CHƯƠNG 7: PHƯƠNG TRÌNH VẬT LÝ - TOÁN §1. PHÂN LOẠI CÁC PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP 2 VỚI CÁC BIẾN ĐỘC LẬP 1. Phân loại các phương trình: Khi khảo sát các bài toán vật lí, ta nhận được phương trình đạo hàm riêng cấp 2 dạng: n ∂ 2u n ∂u ∑ a i, j (x) + ∑ bi (x) ∂x i ∂y j i=1 ∂x i + c( x ) u = d ( x ) (1) i , j=1 Trong đó aij(x), bi(x), c(x) và d(x) là các hàm nhiều biến đã cho của x = (x1, x2,...xn) còn u(x) là các hàm cần xác định. Trong thực tế ta thường gặp các phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 2 với hai biến độc lập dạng: ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂u ∂u a 2 + 2b + c 2 + d + e + gu = h (2) ∂x ∂x∂y ∂y ∂x ∂y Trong đó a, b, c, d, g, h là các hàm hai biến của x và y. Trong giáo trình này ta chỉ xét các phương trình dạng (2). Để đơn giản ta viết lại (2): ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ⎛ ∂u ∂u ⎞ a 2 + 2b + c 2 + Φ⎜ x, y, u, , ⎟ = 0 ⎜ (3) ∂x ∂x∂y ∂y ⎝ ∂x ∂y ⎟ ⎠ Các phương trình này có thể phân thành các loại sau: Phương trình hyperbolic: ∂ 2u ⎛ ∂u ∂u ⎞ = Φ1 ⎜ x, y, u, , ⎟ ⎜ ∂x∂y ⎝ ∂x ∂y ⎟ ⎠ Phương trình eliptic: ∂ 2u ∂ 2u ⎛ ∂u ∂u ⎞ + 2 = Φ 2 ⎜ x, y, u, , ⎟ ⎜ ∂x 2 ∂y ⎝ ∂x ∂y ⎟ ⎠ Phương trình parabolic: ∂ 2u ⎛ ∂u ∂u ⎞ = Φ 3 ⎜ x, y, u , , ⎟ ⎜ ∂x 2 ⎝ ∂x ∂y ⎟ ⎠ 2. Các bài toán cơ bản của phương trình vật lí - toán: a. Bài toán Cauchy và bài toán hỗn hợp của phương trình truyền sóng: Một phương trình truyền sóng là một phương trình dạng hyperbolic. Phương trình truyền sóng dạng chính tắc là: ∂ 2 u ( x, y, z, t ) 2⎛ ∂ u ∂ 2u ∂ 2u ⎞ 2 = a ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ + f1 (x, y, z, t ) ⎜ ∂x ∂t 2 ⎝ ∂y ∂z ⎟ ⎠ Giả sử ta cần xác định hàm u(x, y, z, t) trong miền V và t ≥ 0. V được giới hạn bằng mặt biên kín và trơn S với các điều kiện đầu: u ( x, y, z, t ) t =0 = u o ( x, y, z) ∂u = u ∗ ( x , y, z ) o ∂t t =0 và điều kiện biên: 150
u ( x, y, z, t ) ( x ,y ,z )∈S = u1 ( x, y, z) Bài toán giải phương trình trên với các điều kiện đầu và điều kiện biên được gọi là bài toán hỗn hợp của phương trình truyền sóng. Nếu ta xét bài toán trong miền cách xa các biên mà ở đó điều kiện biên không có tác dụng thì ta gặp bài toán Cauchy với điều kiện đầu và xét trong toàn bộ không gian. b. Bài toán Cauchy và bài toán hỗn hợp của phương trình truyền nhiệt: Cho phương trình truyền nhiệt dưới dạng chính tắc: ∂u ( x, y, z, t ) 2⎛ ∂ u ∂ 2u ∂ 2u ⎞ 2 = a ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ + f1 (x, y, z, t ) ⎜ ∂x ∂t ⎝ ∂y ∂z ⎟ ⎠ Khi đó bài toán hỗn hợp của phương trình truyền nhiệt là bài toán tìm nghiệm của phương trình với điều kiện đầu và điều kiện biên: u ( x, y, z, t ) t =0 = u o ( x, y, z) u ( x, y, z, t ) ( x ,y ,z )∈S = u1 ( x, y, z) Bài toán Cauchy của phương trình truyền nhiệt là bài toán tìm nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong toàn bộ không gian. §2. PHƯƠNG TRÌNH LOẠI HYPERBOLIC PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT 1. Bài toán Cauchy - Phương trình sóng của dây vô hạn và nửa vô hạn: Bài toán Cauchy của phương trình hyperbolic trong trường hợp một biến được xác định như sau: ∂ 2 u ( x, t ) 2 ∂ u 2 =a -∞ ≤ x ≤ ∞ , t ≥ 0 (1) ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện ∂u u ( x , t ) t =0 = u o ( x ) ; = u1 ( x ) (2) ∂t t =0 Đây là bài toán dao động tự do của dây dài vô hạn. Để giải phương trình (1) ta biến đổi nó bằng cách dùng các biến: ξ = x + at (3) η = x − at nghĩa là: ξ+η ξ−η x= t= 2 2a Ta có: ∂~ ∂~ ∂~ u u u = + ∂x ∂ξ ∂η ∂~u ⎛ ∂~ ∂~ ⎞ u u = a⎜ − ⎟ ⎜ ∂ξ ∂η ⎟ ∂t ⎝ ⎠ 2~ 2~ ∂ u ∂ u ∂ 2~ ∂ 2~ u u = 2 +2 + 2 ∂x 2 ∂ξ ∂ξ∂η ∂η 151
∂ 2~u 2~ 2⎛ ∂ u ∂ 2~ ∂ 2~ ⎞ u u =a ⎜ 2 −2 ⎜ ∂ξ + 2⎟ ∂t 2 ⎝ ∂ξ∂η ∂η ⎟ ⎠ Thay vào (2.1) ta có: ∂ 2~u ∂ ⎛ ∂~ ⎞ u = 0 hay ⎜ ⎟=0 ∂ξ∂η ∂η ⎜ ∂ξ ⎟ ⎝ ⎠ ∂u~ Suy ra: = ϕ1(ξ) với ϕ1(ξ) là hàm tuỳ ý ∂ξ Như vậy: ~ (ξ, η) = φ (ξ )dξ + ψ(η) u ∫ 1 với ψ(η) là hàm tuỳ ý. Từ đó ta có: ~(ξ, η) = ϕ(ξ) + ψ(η) u hay: u(x, t) = ϕ(x + at) + ψ(x - at) (3) Trong đó ϕ và ψ là các hàm tuỳ ý, liên tục và khả vi 2 lần. Nghiệm của (3) được gọi là nghiệm tổng của (1). Từ (3) nếu tính đến điều kiện (2) ta sẽ có: ϕ(x) + ψ(x) = uo(x) (4) aϕ(x) - aψ(x) = u1(x) (5) Lấy tích phân hai vế của (5) ta có: x a[φ( x ) − φ(0)] − a[ψ( x ) − ψ(0)] = ∫ u1 (θ)dθ 0 Vậy nên: 1x φ( x ) − ψ( x ) = ∫ u1 (θ)dθ + C (6) a0 với C = ϕ(0) - ψ(0) Từ (4) và (6) rút ra: ⎧ 1 1 x C ⎪ ⎪ φ( x ) = u o ( x ) + 2 2a 0 ∫ u1 (θ)dθ + 2 ⎨ x ⎪ψ( x ) = 1 u ( x ) − 1 u (θ)dθ − C ⎪ 2 o 2a 0 ∫ 1 2 ⎩ Đặt các hệ thức trên vào (3) ta được nghiệm: 1 1 x +at u ( x, t ) = [u o ( x + at ) + u o ( x − at )] + ∫ u1 (θ)dθ 2 2a x −at Đây là công thức D’Alembert. Ví dụ 1: Giải phương trình: ∂ 2u 2 ∂ u 2 =a -∞ < x < ∞, t ≥ 0 ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: x u ( x , t ) t =0 = = u o (x) 1+ x2 152
∂u = sinx = u1 ( x ) ∂t t =0 Áp dụng công thức D’Alembert ta có: 1 ⎡ x + at x + at ⎤ 1 u ( x, t ) = ⎢ + + sinatsinx 2 ⎣1 + ( x + at ) 2 1 + ( x − at ) 2 ⎥ a ⎦ Ví dụ 2: Giải phương trình: ∂ 2u 2 ∂ u 2 =a -∞ < x < ∞, t ≥ 0 ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: sin x u ( x , t ) t =0 = = u o (x) x ∂u 1 = = u1 ( x ) ∂t t =0 1 + x 2 Áp dụng công thức D’Alembert ta có: xsinxcosat − atcosxsinat 1 ⎡ 2at ⎤ u ( x, t ) = + arctg ⎢ 2⎥ x − (at ) 2 2 2a ⎣1 + x − (at ) ⎦ 2 vì nếu đặt arctg(x + at) - arctg(x - at) = α ta có: tg[arctg( x + at )] − tg[arctg( x − at )] ( x + at ) − ( x − at ) tgα = = 1 + tg[arctg( x + at )]× tg[arctg( x − at )] 1 + ( x + at )( x − at ) 2at = 1 + x − (at ) 2 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a2 2 -∞ < x < ∞, t ≥ 0 ∂t 2 ∂x với các điều kiện: u ( x , t ) t =0 = x 2 = u o ( x ) ∂u = sin 2 x = u1 ( x ) ∂t t =0 u ( x , t ) x =0 = 0 Trước hết để tìm nghiệm của bài toán ta kéo dài lẻ hàm uo(x) = x2 và u1(x) = sin2x sẽ được các hàm: ∗ ⎧x 2 x≥0 uo = ⎨ 2 ⎩− x x < 0 ⎧sin 2 x ∗ x≥0 u =⎨ 1 ⎩− sin x x < 0 2 Áp dụng công thức D’Alembert cho các hàm này ta có: 153
u ( x, t ) = 2 [ 1 ∗ o ] u o ( x + at ) + u ∗ ( x − at ) + 1 x +at ∗ ∫ u1 (θ)dθ 2a x −at ⎧1 [ ]1 x +at 2 ⎪ 2 ( x + at ) + ( x − at ) + 2a ∫ sin (θ)dθ 2 2 t≤ x a ⎪ x −at =⎨ [ ] ⎪ 1 ( x + at ) 2 − ( x − at ) 2 + 1 ⎡ sin 2 (θ)dθ − sin 2 (θ)dθ ⎤ x + at 0 x ⎪2 2a ⎢ 0 ∫ ∫ ⎥ t> a >0 ⎩ ⎣ x −at ⎦ ⎧ 2 t 1 x ⎪ x + a 2 t 2 + − cos2 xsin2at t≤ ⎪ 2 4a a =⎨ ⎪2axt + 1 [2 x − sin2 xcos2at ] ⎪ ⎩ 4a Ví dụ 4: Giải phương trình điện báo: ∂ 2 u RC + LG ∂u RG 1 ∂ 2u + + u− =0 ∂t 2 LC ∂t LC LC ∂x 2 ∂ 2i RC + LG ∂i RG 1 ∂ 2i + + i− =0 ∂t 2 LC ∂t LC LC ∂x 2 Trong các trường hợp: - Dây không tổn hao R = G = 0 - Dây không méo RC = LG Trường hợp dây không tổn hao: Khi đó các phương trình trên có dạng: ∂ 2u ∂ 2u = a2 2 ∂t 2 ∂x ∂ 2i ∂ 2i = a2 2 ∂t 2 ∂x 1 Trong đó a = LC Giả sử các điều kiện ban đầu đã biết là: ⎧u ( x , t ) t = 0 = u o ( x ) ⎪ ⎨ -∞ < x < ∞, y > 0 ⎪i( x, t ) t =0 = i o ( x ) ⎩ Với R = G = 0 ta có điều kiện đối với phương trình điện báo: ∂u 1 = − io(x) ∂t t =0 C ∂i 1 = − u o (x) ∂t t =0 C Từ đó áp dụng các công thức D’Alembert ta được: 1 [ u ( x, t ) = u o ( x + at ) + u o ( x − at ) − 2 ]1 x +at ∫ i o (θ)dθ 2aC x −at 154
1 i( x , t ) = 2 [ i o ( x + at ) + i o ( x − at ) − ]1 x +at ∫ u o (θ)dθ 2aC x −at 1 Nếu tính đến a = ta suy ra nghiệm: LC L ⎡ i o ( x − at ) − i o ( x + at ) ⎤ 1 2 [ u ( x, t ) = u o ( x + at ) + u o ( x − at ) + ] C⎢ 2 ⎥ ⎣ ⎦ L ⎡ u o ( x − at ) − u o ( x + at ) ⎤ i( x , t ) = 1 2 [ ] i o ( x + at ) + i o ( x − at ) + C⎢ 2 ⎥ ⎣ ⎦ Trường hợp dây không méo: khi đó RC = LC và ta tìm nghiệm dưới dạng: ⎧ R − t~ ( x , t ) u ⎪u ( x , t ) = e L ⎨ R ~ ⎪i( x , t ) = e − L t i ( x ,t ) ⎩ Lấy đạo hàm hệ thức trên hai lần theo x và theo t rồi thay vào phương trình ta có: ~ 2~ ∂ 2~u 2 ∂ u 2~ ∂2 i 2 ∂ i =a ; =a ∂ξ 2 ∂x 2 ∂t 2 ∂x 2 Các điều kiện đầu: ⎧u ( x , t ) t = 0 = ~ ( x , t ) t = 0 = u o ( x ) ⎪ u ⎨ ~ ⎪i( x , t ) t =0 = i ( x , t ) t =0 = i o ( x ) ⎩ ⎧ ∂~u 1 ⎪ ∂t = − i o(x) ⎪ t =0 C ⎨ ~ ⎪∂ i 1 = − u o(x) ⎪ ∂t L ⎩ t =0 Từ đó, theo công thức D’Alembert ta có nghiệm: ⎧ − t ⎡ u ( x + at ) + u ( x − at ) R L i o ( x − at ) − i o ( x + at ) ⎤ ⎪u ( x , t ) = e L ⎢ + o o ⎥ ⎪ ⎣ 2 C 2 ⎦ ⎨ − t ⎡ i ( x + at ) + i ( x − at ) L u o ( x − at ) − u o ( x + at ) ⎤ R ⎪ ⎪ i( x , t ) = e L ⎢ o o + ⎥ ⎩ ⎣ 2 C 2 ⎦ 2. Bài toán hỗn hợp - Phương trình sóng của dây hữu hạn: a. Khái niệm chung: Bài toán hỗn hợp của phương trình loại hyperbolic trong trường hợp một chiều là bài toán giải phương trình: ∂ 2u 2 ∂ u 2 =a + f (x, t ) 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T ∂t 2 ∂x 2 ∂u với các điều kiện : u ( x , t ) t =0 = u o ( x ); = u1 ( x ) ∂t t =0 155
u ( x, t ) x =0 = φ1 ( t ); u ( x , t ) x =l = φ 2 ( t ) Ta phân bài toán hỗn hợp này thành các bài toán nhỏ sau: b. Bài toán 1: Giải phương trình: ∂ 2u 2 ∂ u 2 =a 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T ∂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 = 0; u ( x , t ) x =l = 0 Bài toán này mô tả quá trình truyền sóng của dây hữu hạn với hai đầu dây cố định. Biết dạng ban đầu của dây là uo(x) và vận tốc ban đầu của các thành phần dây là u1(x). Ta giải bài toán này bằng phương pháp tách biến, nghĩa là tìm nghiệm của phương trình dưới dạng tích hai hàm số, một hàm chỉ phụ thuộc vào toạ độ x và hàm kia chỉ phụ thuộc t. Như vậy nghiệm u(x,t) có dạng: u(x,t) = X(x).T(t) Sau khi lấy đạo hàm và thay vào phương trình ta có: 1 T′′( t ) X′′( x ) = a 2 T( t ) X(x ) Do vế phải chỉ phụ thuộc t và vế trái chỉ phụ thuộc x nên chúng phải cùng bằng một hằng số mà ta kí hiệu là -λ. Khi đó ta nhận được hệ phương trình: ⎧X′′( x ) + λX( x ) = 0 ⎨ ⎩T′′( t ) + a λT( t ) = 0 2 Nghiệm của bài toán phải thoả mãn điều kiện đã cho nên: X(0) = 0; X(l) = 0 Khi giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng ta có nhận xét về giá trị của λ như sau: * Nếu λ = 0 thì nghiệm tổng quát của phương trình có dạng: X(x) = C1(x) + C2 Với điều kiện đầu ta suy ra C1 = 0 và C2 = 0. Khi này X(x) ≡ 0 không được coi là nghiệm của bài toán. * Nếu λ < 0 thì nghiệm tổng quát có dạng: X( x ) = C1e − λx + C 2 e − − λx và với các điều biên ta có: ⎧X(0) = C1 + C 2 = 0 ⎨ − λl ⎩X(l) = C1e + C 2 e − −λl = 0 Từ hệ trên ta suy ra C1 = 0 và C2 = 0. Khi này X(x) ≡ 0 không được coi là nghiệm của bài toán. Nếu λ > 0 thì nghiệm tổng quát có dạng: X( x ) = C1 cos λ x + C 2 sin λ x và với các điều biên ta có: 156
⎧X(0) = C1 = 0 ⎨ ⎩X(l) = C 2 sin λl = 0 Để nghiệm không tầm thường thì từ phương trình trên ta thấy C2 ≠ 0, suy ra sin λl = 0 . Như vậy: π k 2π2 λl = hay λ = 2 ∀k ∈ Z 2 l nên: kπ X ( x ) = C 2 sin x l Với giá trị λ vừa tìm được giải phương trình ta có: kπ kπ Tk = A k cos at + Bk sin at l l Do đó: ⎛ kπ kπ ⎞ kπ u k ( x, t ) = ⎜ a k cos at + b k sin at ⎟ sin x ⎝ l l ⎠ l Nghiệm tổng quát có dạng: ∞ ∞ ⎛ kπ kπ ⎞ kπ u ( x, t ) = ∑ u k ( x, t ) = ∑ ⎜ a k cos at + b k sin at ⎟ sin x k =1 k =1 ⎝ l l ⎠ l Vấn đề còn lại là xác định các hệ số ak và bk để thoả mãn các điều kiện đầu và điều kiện biên, nghĩa là phải có: ∂u u ( x , t ) t =0 = u o ( x ); = u1 ( x ) ∂t t =0 Ta giả sử các hàm uo(x) và u1(x) là các hàm có thể khai triển thành chuỗi Fourier theo kπ sin x trên đoạn [0, l]. Khi đó ta có: l ∞ kπ u ( x, t ) t =0 = ∑ a k sin x = u o ( x ) k =1 l Do đó: 2l kπ a k = ∫ u o ( x ) sin xdx l0 l ∂u ∞ kπa kπ và: =∑ b k sin x = u1 ( x ) ∂t t =0 k =1 l l 2 l kπ nên: b k = kπa 0 ∫ u1 (x ) sin l xdx Ví dụ : Tìm dao động gắn chặt tại hai mút x = 0 và x = l nếu vị trí ban đầu của dây trùng với trục Ox và vận tốc ban đầu của các thành phần dây được cho bởi hàm số: ⎧ l 2π ⎪ v o khi x − ≤ ∂u ⎪ 3 h =⎨ ∂t t =0 ⎪ l π 0 khi x − > ⎪ ⎩ 3 2h 157
l π (0 ≤ x < l, t > 0), h là hằng số sao cho x thoả mãn x − ≤ chứa trong khoảng 3 2h (0, l). Như vậy ta cần giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a2 2 ∂t 2 ∂x với điều kiện đầu đã cho và điều kiện biên: u ( x , t ) t =0 ≡ 0 ; u ( x , t ) x =l = u ( x , t ) x =l = 0 Như vậy, vì uo(x) ≡ 0 nên: ak ≡ 0 2 l kπ 2 l kπ 4v o l kπ 2 h bk = ∫ u1 ( x ) sin l xdx = kπa ∫ v o sin l xdx = k 2 π 2a sin 2 kπa 0 0 2 kπ kπ h ∞ sin sin 4v l 3 2 sin kπat sin kπx và: u ( x, t ) = 2 o ∑ 2 π a k =1 k l l c. Bài toán 2: Giải phương trình ∂ 2u 2 ∂ u 2 =a + f (x, t ) 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T ∂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 = 0; u ( x , t ) x =l = 0 Bài toán này mô tả quá tình truyền sóng của dây hữu hạn có tác động của lực cưỡng bức bên ngoài với hai đầu dây cố định. Dạng ban đầu của dây là uo(x) và vận tốc ban đầu của dây cho bởi u1(x). Ta cũng giải bài toán bằng phương pháp phân ly biến số Fourier. Ta tìm nghiệm dưới dạng: ∞ kπx u ( x , t ) = ∑ Tk ( t ) sin (1) k =1 l Ta giả sử các hàm uo(x) và u1(x) khai triển được dưới dạng chuỗi Fourier theo sin trong khoảng [0, l], khi đó ta có: ∞ kπx u o ( x ) = ∑ Tk (0) sin k =1 l l 2 kπ hay: Tk (0) = ∫ u o ( x ) sin xdx l0 l ∞ kπx u1 ( x ) = ∑ Tk (0) sin ′ k =1 l l 2 kπ ′ hay: Tk (0) = ∫ u o ( x ) sin xdx l0 l Mặt khác lấy đạo hàm hai lần u(x, t) trong (1) theo x và t ta có: 158
⎧∂ 2u ∞ kπx ⎪ ∂t 2 = ∑ Tk′( t ) sin l ′ ⎪ k =1 ⎨ 2 2 ⎪ ∂ u = − T ( t )⎛ kπ ⎞ sin kπx ∞ ⎪ ∂x 2 ∑ k ⎜ l ⎟ ⎩ k =1 ⎝ ⎠ l Khai triển hàm f(x, t) theo sin: ∞ kπx f ( x , t ) = ∑ C k sin k =1 l Trong đó: 2l kπ C k = ∫ f ( x, t ) sin xdx l0 l Đặt các điều kiện trên vào phương trình của u(x, t) ta có: ∞ ⎡ ⎤ 2 ⎛ akπ ⎞ kπx ∑⎢ Tk′( t ) + ⎜ ′ ⎟ Tk ( t ) − C k ( t )⎥ sin =0 k =1 ⎢ ⎣ ⎝ l ⎠ ⎥ ⎦ l Từ đó suy ra Tk(t) trong (1) là nghiệm của phương trình tuyến tính cấp 2 hệ số hằng: 2 ⎛ akπ ⎞ Tk′( t ) + ⎜ ′ ⎟ Tk ( t ) = C k ( t ) ⎝ l ⎠ thoả mãn các điều kiện đầu và điều kiện biên Ví dụ 1: Giải phương trình ∂ 2u ∂ 2u = +1 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ∂u u ( x , t ) t =0 = 0; =1 ∂t t =0 u ( x , t ) x =0 = u ( x , t ) x =l = 0 Ta tìm nghiệm dưới dạng (1). Trong ví dụ này f(x, t) ≡ 1. Như vậy: 2l kπ 1 2 C k = ∫ f ( x, t ) sin xdx = 2∫ sin kπxdx = (1 − cos kπ ) l0 l 0 kπ ⎧4 ⎪ khi k = 2n − 1 hay: C k = ⎨ kπ ⎪0 ⎩ khi k = 2n Mặt khác u1(x) ≡ 1, uo(x) ≡ 0 nên ta suy ra: ⎧4 l l ⎪ khi k = 2n − 1 Tk = 2 ∫ u1 ( x ) sin kπxdx = 2 ∫ sin kπxdx = ⎨ kπ 0 0 ⎪0 khi k = 2n ⎩ Vậy với k chẵn ta phải giải phương trình vi phân thường: T2′n ( t ) + (2nπ) 2 T2 n ( t ) = 0 ′ với điều kiện: T2n(0) = 0; T2 n (0) = 0 ′ Như vậy T2n(t) ≡ 0 159