Khóa luận Sử dụng hàm bessel để giải bài toán truyền nhiệt

2 tTrR tTrR r tTrRatTrR (3.23) Từ điều kiện biên, suy ra ( ) 00 =rR . Chia cả hai vế của phương trình trên cho ( ) ( )tTrRa2 ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 1 λ= ′+′′ =′ rR rR r rR tTa tT (3.24) trong đó 1λ là hằng số tách biến. Từ (3.24) ta đưa ra hai phương trình vi phân : ( ) ( ) 021 =−′ tTatT λ (3.25) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,0,01 001 =<<=−′+′′ rRrrrRrRrrR λ (3.26) 47 Phương trình (3.26) là bài toán Sturn-Liouville đơn giản, trong đó với 01 =λ , 21 ωλ = nghiệm không tồn tại. Khi 21 ωλ −= ta có phương trình Bessel cấp không. Nghiệm tổng quát của phương trình này có dạng ( ) ( ) ( ) .,;0, 2100201 constCCrrrYCrJCrRR =≤≤+== ωω Để xác định nghiệm trên biên, vì tính chất hữu hạn của nghiệm, đặt 02 =C , chọn 11 =C , nghiệm xác định trong khoảng 00 rr ≤≤ có dạng ( ) ( )rJrRR ω0== Giá trị ω được chọn sao cho thoã mãn điều kiện biên ( ) ( ) ( )( ) ( ) ......3,2,1,0 0 0 0 0000 ===⇒=== irJrJrR i ii µωωµω tro ng đó ( )0iµ là các không điểm của hàm Bessel loại 1. Với mỗi trị riêng có một hàm riêng ( ) ( ) ( ) ...3,2,1, 0 0 00 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛=== ir r JrJrRR iii µω (3.27) Các hàm riêng này trực giao nhau trong khoảng từ 0 đến 0r với hàm trọng là r. Giải phương trình (3.25) theo biến t ta có ( ) ...3,2,1,22 === − ietTT tai iω Do đó nghiệm của phương trình vi phân đạo hàm riêng (3.24) có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) taiiiii ierJtTrRtruu 220, ωω −=== Vậy nghiệm tổng quát của (3.24) có dạng ( ) ( )∑∞ = −= 1 0 22 , i ta ii ierJAtru ωω (3.28) Điều kiện ban đầu đòi hỏi ( ) ( )∑∞ = = 1 00, i ii rJAru ω Do tính trực giao của hàm Bessel ta tính được hệ số iA theo công thức ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )drrJrrfrJrrJ rJrfA i r ii i i ωωω ω 0 00 2 0 2 0 2 0 0 02, ∫== (3.29) Do đó nghiệm cuối cùng có dạng 48 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ηηωηηω ω dJf rJ rJ r truu i r i i i 0 01 0 2 0 00 2 0 02, ∫∑∞ = == (3.30) Nhận xét: Đối với bài toán truyền nhiệt trong tọa độ trụ xuyên tâm, để tính được hệ số iA đòi hỏi phải thực hiện các bước tính toán khá phức tạp. Sau khi tìm được nghiệm tổng quát của bài toán, trong đó có chứa hệ số iA . Để tìm hệ số thì ta phải sử dụng điều kiện ban đầu, tại đó suy ra hệ số cần tìm nhưng phải sử dụng phương pháp tích phân từng phần nhiều lần, phương trình vi phân..., mới có thể suy ra hệ số cần tìm. Bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều khi tính được hệ số iA theo công thức (3.29) nhờ áp dụng các tính chất của hàm Bessel. 3.2.1.2 Toạ độ trụ không xuyên tâm. Bài toán: Tìm nhiệt độ của ống trụ tròn dài vô hạn có bán kính ( )πϕ 20;0 00 <<<< rrr nếu nhiệt độ ban đầu có dạng ( )ϕ,rfu ot == biết rằng trên bề mặt trụ duy trì nhiệt độ bằng không. Giải: Phương trình có dạng ( ) ( ) ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = <<<<⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂=∂ ∂ = ϕ ϕ πϕϕ , ;0,, ;20;0,11 0 02 2 2 2 rfu tru rru rr ur tr a t u ot (3.31) Các điều kiện: Hàm nhiệt độ trong miền được xét phải hữu hạn: ( ) ∞<tru ,,ϕ ; Theo biến ϕ hàm nhiệt độ có tính tuần hoàn ( ) ( )trutru ,2,,, πϕϕ += Chọn nghiệm dưới dạng tách biến ( ) ( ) ( ) ( )tTrRtru ϕϕ Φ=,, thay vào phương trình (3.31) ta có ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) 222 11 λϕ ϕ −=Φ Φ′′+ ′′=′ rr rRr rRtTa tT (3.32) Chọn: ( ) ( ) ( ) ( ) 022 =Φ+Φ′′⇒−=Φ Φ′′ ϕϕϕ ϕ nn (3.33) Nghiệm của (3.33) có dạng ( ) ϕϕϕ nBnA sincos +=Φ 49 Do tính tuần hoàn ( ) ( )ϕπϕ Φ=+Φ 2 suy ra n phải nguyên dương hoặc bằng 0, tức là n=0,1,2..Từ (3.32) ta có: ( ) ( ) 022 =+′ tTatT λ (3.34) ( ) ( ) ( ) ( ) 02222 =−+′+′′ rRnrrRrrRr λ (3.35) Phương trình (3.35) là hàm Bessel nếu chọn rx λ= : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xYxJxR xRnxxRxxRx nnnn βα +=⇒ =−+′+′′ ;0222 Điều kiện 0=⇒∞< nR β vì hàm ( ) −∞→0nY . Thay điều kiện ban đầu ta có ( ) ( ) 000 == rJrR nn λα , đánh số các không điểm của hàm Bessel là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 210 ...2,1,0,....,,......,, r k n k nk n k nnn µλλµµµµ ==⇒∞= chính xác đến một hệ số hằng số, hàm theo biến r có dạng ( ) ( ) ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛== r r JrRrR n k nnk 0 µ (3.36) Phương trình (3.34) có nghiệm: ( ) ( ) ( ) t r a nk n k etTtT 2 0 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛− == µ Nghiệm tổng quát của phương trình (3.31) có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) ta r nknk kn n k n n k enBnAr r Jtru 2 0sincos,, 0, 0 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛−∞ = +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ∑ µ ϕϕµϕ (3.37) Do tính trực giao của hàm Bessel và tính trực giao của các hàm { }ϕϕ sin,cos,1 n ta có: ( ) ( )µµµ 2 1 2 02 2 0 00 2 22 0 +=′=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛∫ vv r v J rJrdrr r rJ ; ; 0 02 0 coscos 2 0 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≠′= =′= ′≠ =′∫ nn nn nn dnn π πϕϕϕ π ; 0 0&0 sinsin 2 0 ⎩⎨ ⎧ ≠′= =′=′≠=′∫ nn nnnndnn πϕϕϕ π 50 Suy ra công thức tính hệ số nkA và nkB là: ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ϕµϕϕµπ ϕµϕϕµπ ε π π drdr r Jnrrf Jr B drdr r Jnrrf Jr A n k n r n kn nk n k n r n kn n nk ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ∫ ∫ ∫ ∫ 00 2 0 22 0 00 2 0 22 0 sin,2 cos, 0 0 (3.38) với ⎩⎨ ⎧ ≠ == 0,2 0,1 n n nε Nhận xét: Đối với bài toán truyền nhiệt trong trong tọa độ trụ không xuyên tâm có nghiệm tổng quát chứ các hệ số A, B. Thông thường điều kiện ban đầu cho phép xác định hệ số A, B nhưng phải sử dụng đến phương pháp tích phân từng phần khá phức tạp. Bây giờ, ta dễ dàng tìm được hệ số A, B theo công thức (3.38) nhờ sử dụng các tính chất của hàm Bessel. Do đó bài toán trở nên đơn giản và nhẹ nhàng hơn nhiều. 3.2.1.3 Toạ độ trụ với độ dài hữu hạn Bài toán: Tìm nhiệt độ của ống trụ tròn, dài hữu hạn, có bán kính ( )Lzrrr <<<<<< 0;20;0 00 πϕ nếu nhiệt độ ban đầu có dạng ( )zrfu ot ,,ϕ== biết rằng trên bề mặt trụ duy trì nhiệt độ bằng không. Giải: Phương trình có dạng ( )( ) ( ) ( ) ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = = = <<<<<<⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∂ ∂+∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂=∂ ∂ = ϕ ϕ ϕ ϕ πϕϕ , ;0,,, ;0,0,, ;0,,, ;0;20;0,11 0 02 2 2 2 2 2 rfu tLru tru tzru Lzrr z uu rr ur tr a t u ot (3.39) Các điều kiện: Hàm nhiệt độ trong miền được xét phải hữu hạn: ( ) ∞<tzru ,,,ϕ ; Theo biến ϕ hàm nhiệt độ có tính tuần hoàn ( ) ( )tzrutzru ,,2,,,, πϕϕ += Chọn nghiệm dưới dạng tách biến ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tTzZrRtzru ϕϕ Φ=,,, thay vào phương trình (3.39) ta có 51 ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) 222 11 λϕ ϕ −=′′+Φ Φ ′′+ ′′=′ zZ zZ rr rRr rRtTa tT Chọn: ( ) ( ) ( ) ( ) ;; 22 γϕ ϕ −=′′−=Φ Φ ′′ zZ zZn ( ) ( )[ ] 222222 2 2 ;1 γδλδγλ +=−=+−=− ′′ r n r rRr rR (3.40) Vì ( ) ( ) ( ) ( ) 022 =Φ+Φ ′′⇒−=Φ Φ ′′ ϕϕϕ ϕ nn nên Nghiệm của (3.40) có dạng ( ) ϕϕϕ nBnA sincos +=Φ Do tính tuần hoàn ( ) ( )ϕπϕ Φ=+Φ 2 suy ra n phải nguyên dương hoặc bằng 0, tức là n=0,1,2.. Do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 00;022 ===+′′⇒−= ′′ LZZzZzZ zZ zZ γγ ( ) ....2,1;sin; ===⇒ m L mzZ L m ππγ Từ (3.40) ta suy ra: ( ) ( ) 022 =+′ tTatT λ (3.41) ( ) ( ) ( ) ( ) 02222 =−+′+′′ rRnrrRrrRr δ (3.42) Phương trình (3.42) là hàm Bessel nếu chọn rx δ= : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xYxJxR xRnxxRxxRx nnnn βα +=⇒ =−+′+′′ ;0222 Điều kiện 0=⇒∞< nR β vì hàm ( ) −∞→0nY . Thay điều kiện ban đầu ta có ( ) ( ) 000 == rJrR nn δα , đánh số các không điểm của hàm Bessel là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 210 ...2,1,0,....,,......,, r k n k nk n k nnn µδδµµµµ ==⇒∞= chính xác đến một hệ số hằng số, hàm theo biến r có dạng ( ) ( ) ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛== r r JrRrR n k nnk 0 µ 52 Phương trình (3.41) có nghiệm: ( ) ( ) ( ) ta rL m nk n k etTtT 2 2 0 2 ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛− == µπ Vì 222 γδλ += suy ra ( ) 2 0 2 2 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= rL m nk mnk µπλ Nghiệm tổng quát của phương trình (3.39) có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) ta L zm r nknk m kn n k n n k e L zmnBnAr r Jtzru ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛−∞ = ∞ = +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛=∑∑ 22 0sinsincos,,, 1 0, 0 πµπϕϕµϕ (3.43) Do tính trực giao của hàm Bessel và tính trực giao của các hàm { }ϕϕ sin,cos,1 n ta có: ( ) ( )µµµ 2 1 2 02 2 0 00 2 22 0 +=′=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛∫ vv r v J rJrdrr r rJ ; ; 0 02 0 coscos 2 0 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≠′= =′= ′≠ =′∫ nn nn nn dnn π πϕϕϕ π ; 0 0&0 sinsin 2 0 ⎩⎨ ⎧ ≠′= =′=′≠=′∫ nn nnnndnn πϕϕϕ π ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ′= ′≠ =′∫ mmL mm dz L zm L zmL , 2 ,0 sinsin 0 ππ Suy ra công thức tính hệ số mnkA và mnkB là: ( )( )[ ] ( ) ( ) ( )( )[ ] ( ) ( ) ;sinsin,2 ;sincos, 00 2 0 0 22 0 00 2 0 0 22 0 0 0 dzdrdr r J L zmnrrf JLr B dzdrdr r J L zmnrrf JLr A n k n r L n kn mnk n k n r L n kn n mnk ϕµπϕϕµπ ϕµπϕϕµπ ε π π ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ 53 với ⎩⎨ ⎧ ≠ == 0,2 0,1 n n nε Nhận xét: Với bài toán này việc giải toán khá dài, để đơn giản thì ngoài việc sử dụng phương pháp tách biến còn phải kết hợp với hàm Bessel vào giải toán thì việc tìm nghiệm trở nên đơn giản và nhanh chóng hơn nhiều. Dễ dàng suy ra các hằng số A, B theo công thức. 3.2.2 Truyền nhiệt trong tọa độ cầu Bài toán: Tìm nhiệt độ của quả cầu có bán kính ( )πϕπθ 20;0;0 00 <<<<<< rrr nếu nhiệt độ ban đầu có dạng ( )ϕθ ,,rfu ot == biết rằng trên mặt cầu duy trì nhiệt độ bằng không. Giải: Phương trình có dạng ( ) ( ) ( )⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ <<<<<<⎪⎭ ⎪⎬⎫= = ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂=∂ ∂ = πϕπθϕθ ϕθ ϕθθθθθ 20;0;0 ,, 0,,, sin 1sin sin 12 0 0 2 2 2222 2 2 rr rfu tru u r u rr u rr ua t u ot (3.44) Các điều kiện: Hàm nhiệt độ trong miền được xét phải hữu hạn: ( ) ∞<tru ,,, ϕθ ; Theo biến ϕ hàm nhiệt độ có tính tuần hoàn ( ) ( )trutru ,,,,2,, ϕθπϕθ =+ Chọn nghiệm dưới dạng tách biến ( ) ( ) ( ) ( )tTYrRtru ϕθϕθ ,,,, = thay vào phương trình (3.44) ta có 2 2 2 222 2 2 sin 1sin sin 111211 λϕθθθθθ −=⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ += YY Yrdr dR rdr Rd Rdt dT Ta Đặt δϕθθθθθ −=⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 2 2sin 1sin sin 11 YY Y , ta chọn ( )1+= nnδ để có nghiệm là các đa thức ( ) 01 sin 1sin sin 1 2 2 2 =++⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ n nn YnnYY ϕθθθθθ (3.45) Chọn ( ) ( ) ( )ϕθϕθ ΦΘ=,Y rồi thay vào phương trình (3.45) ta có: 54 ( ) ( ) 011 sin 1sin sin 01 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 =Φ++ΦΦ+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛Φ⇔ =Φ++⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ Φ+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛Φ nn d d d dP d d P Pnn d dP d dP d d ϕθθθθθ ϕθθθθθ Chọn 2 2 21 k d d −=ΦΦ ϕ , hàm Φ phải thoã mãn phương trình ( ) ( ) ( ) ⎩⎨ ⎧=Φ⇒ ⎭⎬ ⎫ Φ=+Φ =Φ+Φ′′ ϕ ϕϕϕπϕ k kk sin cos 2 02 (3.46) Hàm phụ thuộc θ sẽ có chỉ số k và n: ( ) 0 sin 1sin sin 1 2 2 =⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −++⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ Pknn d dP d d θθθθθ (3.47) Nghiệm của phương trình (3.47) là: ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )kn k kk n k n kk k n d PdPP nk dx PdxxPP θ θθθ cos cossincos ;,1 22 == <−== Ta thu được hàm cầu ( ) ( ) ( )( ) ( )( )ϕθθϕϕϕθ ,cossincos, 0 ∑∑ −== =+= n nk k nkn k n n m knknn YCPkBkAY trong đó ⎩⎨ ⎧ > ≤= 0, 0, mB mA C kn kn kn . Các phương trình T(t) và R(r) là: ( ) ( ) 022 =+′ tTatT λ ; (3.48) ( )[ ] ( ) 012 22222 =+−++ rRnnrdrdRrdrRdr λ (3.49) Ta có: ( ) 4 1 2 1 4 1 4 1 2 121 2 2 −⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +=−++=+ nnnnn 55 Đặt xr =λ và thay vào phương trình (3.49) ta có ( ) ( ) ( )[ ] ( ) 012 2222 =+−++ xRnnxdxxdRxdx xRdx Hay là ( ) ( ) ( ) 0 4 1 2 12 2 2 2 2 2 =⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ +⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−++ xRnx dx xdRx dx xRdx (3.50) Đặt ( ) x xKR = , sau đó tính dx dR và 2 2 dx Rd rồi thay vào phương trình (3.50) ta có 0 4 11 2 112 4 3 2 2 2 =+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−+−++− K x K x nKxxK xdx dKxK xdx dKx dr Kdxx Hay là ( ) 0 4 1 2 12 4 31 22 2 2 2 =⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−+−++− KxKnxK dx dKxK dx dKx dx Kdx x suy ra ( ) 0 2 1 22 2 2 2 =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−++ xKnx dx dKx dx Kdx (3.51) Nghiệm của (3.51) là: ( ) ( ) ( )rDYrCJrK nn λλ 2 1 2 1 ++ += Do đó ( ) ( ) ( ) ( )⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +== ++ rDYrCJ rr rKrR nn λλλ 2 1 2 1 1 Điều kiện 0=⇒∞< DR vì hàm ( ) −∞→+ 0 2 1n Y . Thay điều kiện ban đầu ta có ( ) ( ) 01 0 2 10 == + rJrCrR n λ ,đánh số các không điểm của hàm Bessel là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 210 ...2,1,0,....,,......,, r m n m nm n m nnn µλλµµµµ ==⇒∞= chính xác đến một hệ số hằng số, hàm theo biến r có dạng ( ) ( ) ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛== + r r J r rRrR n m nnm 02 1 1 µ (3.52) 56 Phương trình theo biến t có nghiệm: ( ) ( ) ( ) ta r nm n k etTtT 2 0 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛− == µ Nghiệm tổng quát của phương trình (3.44) có dạng ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ta rk nmnkmnk mn n k n m n n k ePkBkA r r r J tru 2 0cossincos,, 0, 0 02 1 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛−∞ = = + ×+ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ = ∑∑ µ θϕϕ µ ϕ trong đó ( )mnµ là nghiệm của phương trình ( )( ) 0 2 1 =+ n mn J µ ; Các hệ số mnkA và mnkB được xác định theo công thức sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 1 2 0 02 1 2 3 0 2 0 0 2 2 1 2 0 02 1 2 3 0 2 0 0 !12 ! cossin,, !12 ! sinsin,, 0 0 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ′−+ + ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ = ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ′−+ + ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ = + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ n mn k n n m n r L mnk n mnk k n n m n r L mnk J knn knr ddrdkPr r Jrrf B J knn knr ddrdkPr r Jrrf A µπ ϕθϕθµϕθ µπε ϕθϕθµϕθ π π với ⎩⎨ ⎧ ≠ == 0,2 0,1 k k nε Nhận xét: Tương tự để tính được hệ số A, B đòi hỏi phải thực hiện các bước tính toán khá phức tạp. Sau khi tìm được nghiệm tổng quát của bài toán, trong đó chứa các hệ số A, B. Để tìm hệ số A, B thì ta phải sử dụng điều kiện ban đầu, tại đó suy ra hệ số A, B nhưng phải sử dụng phương pháp tích phân từng phần khá phức tạp, qua nhiều lần lấy tích phân mới có thể suy ra hệ số cần tìm. Bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều khi tính được hệ số A, B theo công thức của hàm Bessel. 3.3 BÀI TOÁN BIÊN Bài toán: Tìm nhiệt độ của ống trụ tròn dài vô hạn có bán kính có bán kính ( )πϕ 20;0 00 <<<< rrr nếu nhiệt độ ban đầu có dạng ( )ϕ,rfu ot == biết rằng trên bề mặt trụ duy trì nhiệt độ bằng không. 57 Phân tích: Nhiệt độ của ống trụ tròn dài vô hạn phải thoã phương trình truyền nhiệt: ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂=∂ ∂ 2 2 2 2 11 ϕ u rr ur rr a t u Và các điều kiện ban đầu: ( ) ( )⎪⎩ ⎪⎨⎧ = = = ϕ ϕ , 0,,0 rfu tru ot Ngoài ra, hàm nhiệt độ tại miền được xét phải hữu hạn: ( ) ∞<tru ,,ϕ . Ta sẽ giải bài toán này bằng phương pháp tách biến đồng thời kết hợp với hàm Bessel để tìm nghiệm cuối cùng của bài toán. Các bước giải: Giải: Phương trình có dạng ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂=∂ ∂ 2 2 2 2 11 ϕ u rr ur rr a t u thoả mãn các điều kiện ( ) ( )⎪⎩ ⎪⎨⎧ = = = ϕ ϕ , 0,,0 rfu tru ot Các điều kiện: Hàm nhiệt độ tại miền được xét phải hữu hạn: ( ) ∞<tru ,,ϕ . Tìm nghiệm dưới dạng: ( ) ( ) ( ) ( )tTrRtru ϕϕ Φ=,, Suy ra hệ phương trình vi phân của R, T Tìm nghiệm của hệ phương trình vi phân với điều kiện biên, điều kiện ban đầu. Suy ra nghiệm tổng quát Suy ra nghiệm cuối cùng cần tìm Sử dụng các tính chất của hàm Bessel suy ra công thức tính các hệ số nknk BA ; 58 Theo biếnϕ hàm nhiệt độ có tính tuần hoàn ( ) ( )trutru ,2,,, πϕϕ += Chọn nghiệm dưới dạng tách biến ( ) ( ) ( ) ( )tTrRtru ϕϕ Φ=,, thay vào phương trình ta có ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) 222 11 λϕ ϕ −=Φ Φ′′+ ′′=′ rr rRr rRtTa tT Chọn: ( ) ( ) ( ) ( ) 022 =Φ+Φ′′⇒−=Φ Φ′′ ϕϕϕ ϕ nn Nghiệm ( )ϕΦ có dạng ( ) ϕϕϕ nBnA sincos +=Φ Do tính tuần hoàn ( ) ( )ϕπϕ Φ=+Φ 2 suy ra n phải nguyên dương hoặc bằng 0, tức là n=0,1,2.. ( ) ( ) 022 =+′ tTatT λ ( ) ( ) ( ) ( ) 02222 =−+′+′′ rRnrrRrrRr λ Phương trình thứ hai có nghiệm là hàm Bessel nếu chọn rx λ= : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xYxJxR xRnxxRxxRx nnnn βα +=⇒ =−+′+′′ ;0222 Điều kiện 0=⇒∞< nR β vì hàm ( ) −∞→0nY . Thay điều kiện ban đầu ta có ( ) ( ) 000 == rJrR nn λα , đánh số các không điểm của hàm Bessel là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 210 ...2,1,0,....,,......,, r k n k nk n k nnn µλλµµµµ ==⇒∞= chính xác đến một hệ số hằng số, hàm theo biến r có dạng ( ) ( ) ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛== r r JrRrR n k nnk 0 µ Phương trình theo biến t có nghiệm: ( ) ( ) ( ) t r a nk n k etTtT 2 0 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛− == µ Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) ta r nknk kn n k n n k enBnAr r Jtru 2 0sincos,, 0, 0 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛−∞ = +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ∑ µ ϕϕµϕ 59 Do tính trực giao của hàm Bessel và tính trực giao của các hàm { }ϕϕ sin,cos,1 n ta có: ( ) ( )µµµ 2 1 2 02 2 0 00 2 22 0 +=′=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛∫ vv r v J rJrdrr r rJ ; ; 0 02 0 coscos 2 0 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≠′= =′= ′≠ =′∫ nn nn nn dnn π πϕϕϕ π ; 0 0&0 sinsin 2 0 ⎩⎨ ⎧ ≠′= =′=′≠=′∫ nn nnnndnn πϕϕϕ π Suy ra công thức tính hệ số nkA và nkB là: ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ϕµϕϕµπ ϕµϕϕµπ ε π π drdr r Jnrrf Jr B drdr r Jnrrf Jr A n k n r n kn nk n k n r n kn n nk ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ∫ ∫ ∫ ∫ 00 2 0 22 0 00 2 0 22 0 sin,2 cos, 0 0 với ⎩⎨ ⎧ ≠ == 0,2 0,1 n n nε 3.4 MỘT SỐ BÀI TOÁN DỪNG Bài toán dừng trong phương trình truyền nhiệt nghĩa là trong quá trình đó sóng truyền đi trong không gian, sự phân bố dừng của chúng đặc biệt được mô tả bằng phương trình Laplace, bài toán có nghiệm không phụ thuộc thời gian. Phương trình truyền nhiệt trong vật thể đồng chất có dạng ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂=∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 2 z u y u x ua t u Trong trường hợp khi hàm u = u(x,y,z) không phụ thuộc vào t thì 0=∂ ∂ t u và 02 2 =∂ ∂ t u , ta có phương trình Laplace: 02 2 2 2 2 2 =∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂ z u y u x u Hay 0=∆u với u = u(x,y,z) . 60 3.4.1 Giải bài toán Laplace trong toạ độ trụ. Phương trình Laplace có dạng: ( ) ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂=∆ = =∆ 2 2 2 2 2 2 ,, 0 zyx zyxuu u (3.57) Chuyển sang toạ độ trụ: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = = = zz y x ϕρ ϕρ sin cos Khi đó (3.57) trở thành : ( ) ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ∂ ∂+∂ ∂+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂=∆ = 2 2 2 2 2 11 ,, z zuu ϕρρρρρ ϕρ Phương trình Laplace trong toạ độ trụ có dạng: 011 2 2 2 2 2 =∂ ∂+∂ ∂+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ z uuuu ϕρρρρρ (3.58) Bằng phương pháp tách biến, ta đặt ( ) ( )ϕφρ zVu ,= thế vào phương trình Laplace ta được: 02 2 2 2 2 =∂ ∂+∂ ∂+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ z VV φϕ φ ρρρρρ φ (3.59) Nhân (3.59) với φ ρ V 2 ta được: 2 2 22 νφ φρ ρρρ ρ =′′−=∂ ∂+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ z V V V V (3.60 ) Từ đây, ta có hệ phương trình: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =−∂ ∂+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ =+′′ 01 0 2 2 2 2 2 V z VV ρ ν ρρρρ φνφ Phương trình thứ nhất có nghiệm tổng quát là: ( ) νϕνϕϕφ sincos BA += . 61 Đặt ( ) ( ) ( )zZRzV ρρ =, thế vào phương trình thứ hai cho V: ⇒ 02 2 =−′′+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ RZZRRZ ρ ν ρρρρ (3.61) Nhân (3.61) với RZ 1 ta được: 2 2 21 λρ ν ρρρρ −= ′′−=−⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ Z ZR R Từ đây ta có hệ phương trình: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ =−′′ 01 0 2 2 2 2 RZ ZZ ρ νλρρρρ λ Phương trình thứ nhất có nghiệm tổng quát là: ( ) zDshzCchzZ λλ += Và 0 1 2 2 2 2 2 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −++ R d dR d Rd ρ νλρρρ Đặt λρ=x và ( ) ( )xRR ≡ρ . Phương trình thứ hai trở thành: 01 2 2 2 2 2 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −++⇒ R xdx dR xdx Rd νλ Với ( ) ( ) ( ) ( )ϕφρ zZRzyxu =,, ( ) νϕνϕϕφ sincos BA += ( ) zDshzCchzZ λλ += ( ) ( )xRR ≡ρ Và phương trình 01 2 2 2 2 2 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −++ R xdx dR xdx Rd νλ gọi là phương trình Bessel. Nghiệm R(x) viết dưới dạng: ( ) sk k k k k k s xaxaxxR + ∞ = ∞ = ∑∑ == 00 ( với 00 ≠a ) 62 ( ) ( ) 1 0 −+∞ = ∑ +=′ sk k k xskaxR ( ) ( ) 2 0 −+∞ = ∑ +=′ sk k k xskax xR ( ) ( )( ) 2 0 1 −+ ∞ = −++=′′ ∑ sk k k xskskaxR ( ) 2 0 −+∞ = ∑= sk k k xax xR ( )[ ] ( )[ ] ( ) ν ν ν ν ±=⇒ =−⇒ −+−=⇒ =−++ −+∞ = +∞ = −+∞ = +∞ = ∑∑ ∑∑ s sa xskaxa xskaxa sk k k sk k k sk k k sk k k 0 0 22 0 2 0 22 0 2 0 22 0 ( )[ ] ( )[ ] 01 01 22 22 1 ≠−+⇒ ⎩⎨ ⎧ ±= =−+ ν ν ν s s sa Vậy 01 =a • Với ν=s ( )[ ] ( )[ ] 2 0 22 00 2 −+ ∞ = −+∞ = +∞ = +−=−+−=⇒ ∑∑∑ vk k k vk k k k k k xvkkaxvvkaxa ν Cuối cùng ta được: ( ) ( )( ) ( )vkvvk a a k k k +++ −= ...212 1 2 0 2 ( ) == ∑ +skkv xaxR 22 - ( )( )( ) ( ) ( )xJvkvvk xa vk vkk =+++ − + ...212 1 2 2 0 ( )xJ v : gọi là hàm Bessel loại một. 63 Để công thức gọn hơn ta đặt ( )12 1 0 +Γ≡ va v với ( ) dxxet tx∫ ∞ −−=Γ 0 1 ( ) ( ) ( )∑ ∞ = + ++Γ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛− =⇒ 0 2 1 2 1 k vk k v kvk x xJ • Với ν−=s ( ) ( )∑ ∞ = + −− ++Γ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛− =≡ 0 2 1 2 1 k vk k vv kvk x JR với ν không nguyên vv JJ −≠ . Nên ( ) ( ) ( )xJCxJCxR vvv −+= 21 . • Với n=ν (nguyên) thì ( ) ( ) ( )xJxJ nnn 1−=− hai nghiệm này phụ thuộc tuyến tính → vấn đề đặt ra là cần tìm nghiệm riêng khác→ ( )xYn Khi đó, ta gọi ( ) ( ) ( )π π n xJnxJ xY nnn sin cos −−= là hàm Neuman cấp n. ( ( )xYn có dạng 0 0 khi tính phải lấy giới hạn theo quy tắc L’Hopital ) ( ) ( ) ( )xYCxJCxR nvn 21 += Cuối cùng ta có thể viết: ( ) ( ) ( )( ) ( )⎩⎨ ⎧ + += − xJCxJC xJCxJC xR nn vv v 21 21 n≠ν ; n = 1,2,3.. x ( )xY0 0 ( )01ξ 64 Khi 1>>x dạng tiệm cận ( ) ( )⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−= ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−= 42 sin2 42 cos2 ππ π ππ π nx x xY vx x xJ v v Nghiệm của hàm Bessel ( ) ( )...2,10 =≡→= nxxJ nvn ξ Cuối cùng nghiệm tổng quát của phương trình (3.58) là: ( ) ( )[ ][ ]ϕϕλλ vBACosvxDShxCChxRzyxu sin,, ++= 3.4.2 Bài toán Dirichlet cho khối trụ ( sự truyền nhiệt dừng ) Xét bài toán Dirichlet cho khối trụ. Một khối trụ có mặt bên và mặt xung quanh được giữ ở nhiệt độ không đổi. Nhiệt độ ở mặt dưới thay đổi. Để đơn giản ta sử dụng nhiệt độ của mặt dưới chỉ thay đổi theo bán kính đáy. Bài toán đặt ra là cần xác định nhiệt độ ở trạng thái dừng. Ta ký hiệu hàm nhiệt độ là ( )zT ,,ϕρ , nó thỏa mãn phương trình truyền nhiệt 0=∆T , để thống nhất ký hiệu ta thay UT ≡ nghĩa là: ( )zrUU ,,ϕ= và 0=∆U , các nghiệm phải hữu hạn. Ta có các điều kiện biên sau: ( ) ∞<= == == == 00 , 0,0 rz hzar UrfU UU Ta thấy U không phụ thuộc ϕ Nên ( )zrUUT ,0 =→=∂ ∂ ϕ Toán tử Laplace 2 21 zr r rr ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂=∆ Do đó phương trình Laplace trong toạ độ trụ có dạng: 01 2 2 =∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ z U r Ur rr (3.77) Dùng phương pháp tách biến để tìm nghiệm của phương trình (3.77). x y z h a 65 Đặt ( ) ( ) ( ) cótazZrRzrU ,, = : 0=′′+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ ZR r Rr rr Z (3.78) Nhân hai vế phương trình (3.78) với RZ 1 ta được: 21 λ−=′′−=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ Z Z r Rr rRr Với λ là một hằng số. Ta được hệ hai phương trình sau: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =−′′ =+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ 0 01 2 2 ZZ R r Rr rr λ λ Từ phương trình thứ hai: 02 =−′′ ZZ λ nghiệm tổng quát có dạng ( ) zBshzAchzZ λλ += (3.79) Từ phương trình thứ nhất: 01 01 2 2 =+′+′′⇔ =+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ RR r R R r Rr rr λ λ (3.80) Đặt rx λ= khi đó (3.80) trở thành 01 =+′+′′ RR x R (3.81) Ta thấy (3.81) có dạng của phương trình Bessel với 0=ν Khi 0== nν thì: ( ) ( ) ( )xYCxJCxR 0201 += hay ( ) ( ) ( )rYCrJCrR λλ 0201 += Vì ( ) −∞=00Y mà nhiệt độ thì hữu hạn, do đó ta đặt 02 =C thì ( ) ( )rJCrR λ01= (3.82) Ta sử dụng điều kiện biên (3.76) để tìm nghiệm của bài toán: • Điều kiện biên 1: ( ) ( ) ( ) 00 00 001 =⇒== =⇒= == aJaJCaRHay RU arar λλ Vậy ( )0na ξλ = với ( n=1,2,) 66 ⇒ ( ) a n n 0ξλ = Biểu thức (3.82) có thể được viết lại dưới dạng: ( ) ( ) ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= a rJCrR nn 0 01 ξ (3.83) Và biểu thức (3.79) có thể viết lại dưới dạng: ( ) ( ) ( ) ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= a zshB a zchAzZ nnnnn 00 ξξ (3.84) • Điều kiện biên 2: 00 =⇒= == hzhz ZU Suy ra ( ) ( ) 000 =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ a hshB a hchA nnnn ξξ Hay ( ) nnn Aa hB ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−= 0coth ξ Công thức (3.84) được viết lại: ( ) ( ) ( ) ( ) ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= a zsh a h a zchAzZ nnnnn 000 coth ξξξ ( ) ( ) ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − =⇒ a hsh a zhsh AZ n n nn 0 0 ξ ξ (3.85) Đặt nnn MCA = , Ta có: ( ) ( ) ( )zZrRzrU nnn =, Từ (3.83) và (3.85) ta có thể viết ( )zrU , dưới dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − = a rJ a hsh a zhsh MzrU n n n nn 0 0 0 0 , ξ ξ ξ • Điều kiện biên 3: ( )rfU zn ==0 ( ) ( )rf a rJM nn =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⇒ 00 ξ 67 Vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − == ∑∑ ∞ = ∞ = a rJ a hsh a zhsh MzrUzrU n n n n nn n 0 0 0 0 11 ,, ξ ξ ξ Nên ( ) ( )rf a rJM nn n =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛∑∞ = 0 0 1 ξ Khai triển chuỗi Fourier-Bessel cho hàm f(r), ta được: ( ) ( ) ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= ∑∞ = a rJfrf nn n 0 0 1 ξ Với hệ số khai triển ( )( ) ( ) ( ) rdrarJrfJaMf n a n nn ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛== ∫ 00 0 02 1 2 2 ξξ Vậy cuối cùng nghiệm của bài toán là: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= ∫∑∞ = a rJ a hsh a zhsh rdr a rJrf Ja zrU n n n n a nn 0 0 0 0 0 0 0 02 1 2 1 2, ξ ξ ξ ξξ TIỂU KẾT CHƯƠNG III Chương này, chúng tôi đã hoàn thành việc ứng dụng hàm Bessel vào giải một số bài toán trong phương trình truyền nhiệt. Cụ thể là các bài toán cho các tọa độ, các bài toán cho biên và một số bài toán dừng nhưng đầu tiên chúng tôi phải thiết lập phương trình truyền nhiệt, làm cơ sở cho việc giải các bài toán tiếp theo. Qua đó ta thấy hàm Bessel là một công cụ toán học hữu hiệu giúp chúng ta tìm nghiệm của bài toán truyền nhiệt một cách nhanh chóng và hiệu quả. Ngoài ra, hàm Bessel còn hỗ trợ giải bài toán biên nhiều chiều ( hai chiều, ba chiều...) Ngoài phương pháp hàm Bessel chúng ta có thể dùng phương pháp khác để giải bài toán trong phương pháp toán lý, đó là sử dụng đa thức liên kết Legendre để tìm nghiệm bài toán trong phương trình truyền nhiệt. Mời các bạn tham khảo thêm mục phụ lục dể hiểu rõ hơn, từ đó có thể rút ra nhận xét và so sánh được cách giải bài toán khi sử dụng hàm Bessel, và khi sử dụng đa thức Legendre. 68 PHẦN KẾT LUẬN Qua tổng quan đề tài, chúng tôi đã trình bày cơ sở lý luận toán học một cách ngắn gọn, chỉ đưa ra các công thức mà không chứng minh lại. Đây là cơ sở toán học quan trọng, dựa vào đó để giải các bài toán truyền nhiệt trong phương trình toán lý và cũng tạo điều kiện thuận lợi cho người đọc khi tra cứu tài liệu. Đồng thời chúng tôi cũng xây dựng phương trình và hàm Bessel nhằm giúp cho chúng ta hiểu rõ hơn khái niệm hàm Bessel, các tính chất trực giao và các hệ thức liên quan đến hàm Bessel. Hơn nữa, chúng tôi đã trình bày một một số bài toán có sử dụng hàm Bessel để tìm nghiệm của bài toán biên, bài toán cho các tọa độ, bài toán dừng.. trong phương trình toán lý. Qua đó chúng ta thấy rằng khi sử dụng hàm Bessel thì việc tìm nghiệm của bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều, đặc biệt hữu hiệu khi tìm nghiệm của bài toán biên nhiều chiều ( hai chiều, ba chiều..). Cụ thể là ở chương III, khi đưa ra bài toán biên nhiều chiều, trong quá trình giải toán qua nhiều bước biến đổi, tới giai đoạn nào đó thì phương pháp tách biến, biến đổi Laplace không giải quyết được hoặc là khi ta tìm ra nghiệm tổng quát của bài toán, nhưng nghiệm này lại chứa các hệ số, các hệ số đó lại liên quan đến hàm Bessel ( thông thường các hệ số này có thể tìm được bằng phương pháp đồng nhất đa thức, tích phân từng phần nhiều lần mới tìm được nghiệm, để đơn giản ta chỉ cần sử dụng hàm Bessel để tìm ngiệm bài toán.). Do đó, để tìm nghiệm của bài toán truyền nhiệt một cách hiệu quả là sử dụng hàm Bessel. Tuy nhiên, không phải bài toán nào chúng ta cũng có thể giải bằng cách sử dụng hàm Bessel mà chỉ có một số bài toán thuộc dạng đã nêu ở trên mới có thể áp dụng được. Vấn đề đặt ra là chúng ta phải biết dạng của bài toán để có phương hướng giải một cách hiệu quả. Tức là khi ta sử dụng các phương pháp như phương pháp tách biến, phương pháp biến đổi Laplace mà việc tìm nghiệm ngày trở nên rắc rối, xuất hiện thêm nhiều ẩn số thì chúng ta nên nghĩ ngay đến hàm Bessel để sử dụng. Ngoài ra, chúng tôi nhận thấy rằng đề tài này có thể làm tài liệu tham khảo về một phương pháp giải hiệu quả bài toán trong học phần phương pháp toán lý. 69 PHỤ LỤC 1 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG Phương trình đạo hàm riêng là một phương trình chứa hàm cần tìm của hai hoặc nhiều biến với các đạo hàm riêng theo các biến này. Cấp của phương trình đạo hàm riêng là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong phương trình. Thí dụ: 2 2u x y x y ∂ = −∂ ∂ là phương trình đạo hàm riêng cấp hai. Nghiệm của phương trình đạo hàm riêng là một hàm, nó thỏa mãn đồng nhất phương trình Nghiệm tổng quát là nghiệm có chứa số hàm tùy ý độc lập bằng số cấp của phương trình (khác với phương trình vi phân thường, nó có nghiệm phụ thuộc vào hằng số) Nghiệm riêng là một nghiệm có thể nhận được từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn thích hợp hàm tùy ý Thí dụ: bằng cách thế vào phương trình ta thấy: 2 2 1( , ) +F(x)+G(y) 2 u x y x y xy= − là nghiệm của PTDHR trong thí dụ trên. Nó chứa hai hàm độc lập tùy ý F(x) và G(y), vậy nó là nghiệm tổng quát. Trường hợp riêng 2 5F(x)=sin x; G(y)=2y +3 ta được một nghiệm riêng: 2 2 2 51( , ) +sin x+2y +3 2 u x y x y xy= − Nghiệm đặc biệt là nghiệm không thể nhận được từ nghiệm tổng quát bằng cách chọn thích hợp hàm tùy ý. Bài toán biên của phương trình đạo hàm riêng là bài toán tìm kiếm các nghiệm của phương trình trong miền xác định nào đấy thỏa mãn các điều kiện trên biên của miền, gọi là bài toán biên. Định lý liên quan đến tồn tại và duy nhất nghiệm như vậy của bài toán gọi là định lý tồn tại và duy nhất. Ở đây ta chỉ xét các phương trình phương trình phương trình đạo hàm tuyến tính cấp hai. Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai của hàm hai biến u(x,y) có dạng: 2 2 2 2 2 A u u u u uB C D E Fu G x x y y x y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + + + + =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ (1.1) trong đó A, B, ., G có thể là hàm của x,y nhưng không phụ thuộc u . Phương trình cấp hai của hàm hai biến không có dạng nêu trên thì ta gọi là hàm phi tuyến. Nếu G = 0, phương trình gọi là thuần nhất, nếu G≠ 0 thì ta gọi là phương trình không thuần nhất. Điều này có thể tổng quát hóa cho phương trình cấp cao hơn. Tùy thuộc vào dấu của 2 4B AC− ta phân loại phương trình đạo hàm riêng : 2 4B AC− >0 – phương trình loại Hyperbolic 2 4B AC− <0 – phương trình loại Eliptic. 2 4B AC− =0 – phương trình loại parabolic 70 PHỤ LỤC 2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI Trong quá trình giải phương trình đạo hàm riêng, ta thường đưa phương trình đó về việc giải một số phương trình vi phân, phương trình vi phân đó cũng thường là phương trình vi phân tuyến tính. Do đó, ta nghiên cứu cách giải phương trình vi phân tuyến tính. Phương trình vi phân tuyến tính có dạng: 1 0 1 11( ) ( ) ( ) .... ( ) ( ) ( ) n n n nn n d y d y dyL y a x a x a x a x y F x dxdx dx − −−= + + + + = (2.1) trong đó: 0 1( ), ( ),...., ( )na x a x a x là các hàm liên tục trong khoảng a x b≤ ≤ và 0 ( )a x ≠ 0 trong khoảng a x b≤ ≤ . Nếu ( )F x = 0 (hay ( )L y = 0) thì (2.1) gọi là phương trình thuần nhất. Nếu ( )F x ≠ 0 (hay ( )L y ≠ 0) thì (2.1) gọi là phương trình không thuần nhất. Cách chung để giải phương trình (2.1) là : trước nhất giải phương trình thuần nhất cấp n là ( )L y = 0 , ta thu được tập nghiệm cơ bản { }1 2( ), ( ),...., ( )ny x y x y x , nghiệm tổng quát cy của phương trình thuần nhất là một tổ hợp tuyến tính của tập hợp cơ bản: 1 1 2 2( ) ( ) .... ( )c n ny C y x C y x C y x= + + + (2.2) trong đó: 1 2, ,...., nC C C là các hằng số tuỳ ý. Tiếp theo, tìm bất cứ nghiệm riêng py nào của phương trình vi phân không thuần nhất ( )L y = ( )F x Khi đó, nghiệm tổng quát của phương trình (2.2) là c py y y= + . 1 Trong các bài toán ứng dụng, nghiệm phương trình vi phân (2.2) đòi hỏi phải thoả mãn các điều kiện bổ sung nào đó. Số điều kiện này trong hầu hết các ứng dụng bằng cấp cao nhất của phương trình. Ví dụ, đối với phương trình vi phân cấp hai: 2 0 1 22( ) ( ) ( ) 0, d y dya x a x a x a x b dxdx + + = ≤ ≤ (2.3) bị lệ thuộc bởi điều kiện bổ sung tại x = a có dạng: ( ) , '( )y a y aα β= = với ,α β là các hằng số. 2 Phương trình vi phân với điều kiện bổ sung được xem như là một bài toán cho trước giá trị ban đầu. Bài toán giá trị ban đầu thường có nghiệm duy nhất. Khi phương trình vi phân (2.3) bị hạn chế bởi hai điểm khác nhau, tức là tại x a= và x b= phương trình có dạng: 71 2 2 11 12 11 12 2 2 21 22 21 22 ( ) '( ) , 0 ( ) '( ) , 0 c y a c y a c c c y b c y b c c α β ⎧ + = + ≠⎪⎨ + = + ≠⎪⎩ (2.4) trong đó : 11c , 12c , 21c , 22c , α và β là các hằng số. Điều kiện bổ sung (2.4) gọi là điều kiện biên Phương trình vi phân (2.3) với điều kiện biên (2.4) được gọi là bài toán biên. Nghiệm của bài toán biên phụ thuộc vào điều kiện biên. Bài toán biên không chỉ có một nghiệm, mà nó có vô số nghiệm. Điều kiện biên có dạng: 11 12 13 14 21 22 23 24 ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( ) α β + + + =⎧⎨ + + + =⎩ c y a c y a c y b c y b c y b c y b c y a c y a trong đó : , 1,2 ; 1,2,3,4ijc i j= = và α và β là các hằng số; được gọi là điều kiện biên hỗn hợp. Bài toán biên hỗn hợp thường khó giải. Phương trình vi phân cấp hai: Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp hai dạng (2.2). Giả sử { }1 2y (x),y (x) là tập nghiệm cơ bản của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp hai: 2 0 1 22( ) ( ) ( ) ( ) 0 d y dyL y a x a x a x y dxdx = + + = Suy ra nghiệm tổng quát có dạng : 1 1 2 2( ) ( )= +cy C y x C y x (2.10) trong đó: 1 2,C C là các hằng số tuỳ ý. Dùng phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân không thuần nhất: 2 0 1 22( ) ( ) ( ) ( ) ( ) d y dyL y a x a x a x y F x dxdx = + + = (2.11) có dạng : 1 2( ) ( ) ( ) ( )cy u x y x v x y x= + trong đó: ( ), ( )u x v x là các hàm thay thế hằng số 1 2,C C trong (2.10) Các hàm u ,v cần tìm thoả mãn hệ phương trình : 72 1 2 ' ' 1 2 0 0 '( )y (x)+ '( )y (x)=0 F(x)'( )y (x)+ '( )y (x)= ( ) 0 ( ) u x v x u x v x a x a x ⎧⎪⎨ ≠⎪⎩ (2.12) Dùng qui tắc Cramer giải hệ phương trình (2.12) đối với ', 'u v ta được: Các phương trình (2.13) sau khi tích phân sẽ thu được các hàm ( ), ( )u x v x : 2 0 1 0 y ( )F( )( ) ( ) ( ) y ( )F( )( ) ( ) ( ) x x u u x d a W v v x d a W α α ξ ξ ξξ ξ ξ ξ ξξ ξ = = − = = ∫ ∫ (2.14) trong đó α là hằng số nào đó và 1 2' ' 1 2 y (x) y (x) ( ) y (x) y (x) w x = là định thức Wronskian. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là : [ ]2 1 1 2 1 1 2 2 y (x)y ( )-y (x)y ( ) F( ) y (x)+ y (x)+ ( ) ( ) x c py y y C C dp Wα ξ ξ ξ ξξ ξ= + = ∫ (2.16) Một trong những phương trình vi phân cấp hai có cách giải đơn giản là 2 2 0 d F F dx λ+ = (2.17) Phương trình này xuất hiện do việc nghiên cứu nhiều phương trình vi phân đạo hàm riêng trong toạ độ Đế các (Descartesian) đối với các hiện tượng vật lý và kỹ thuật. Phương trình vi phân (2.15) chứa tham số λ , vì thế ta sẽ xét 3 trường hợp của tham số: âm, dương và bằng không . 1 Trường hợp 1: 2λ ω= − ( 0ω > ) Phương trình vi phân có dạng: 2 2 2 0 d F F dx ω− = (2.18) là phương trình vi phân cấp hai với hệ số hằng số, vì thế người ta có thể giả thiết nó có một nghiệm mũ mxF e= ; ta có phương trình đặc trưng là 2 2 0m ω− = với nghiệm đặc trưng m m ω ω =⎧⎨ = −⎩ và tập nghiệm cơ bản là { },x xe eω ω− . Nếu biết được tập nghiệm cơ bản của các nghiệm, có thể tạo nên một tổ hợp tuyến tính của các nghiệm này và sinh ra một tập hợp vô hạn các nghiệm khác. 73 1 2( ) x xF x C e C eω ω−= + trong đó 1 2,C C là các hằng số tuỳ ý, nó phụ thuộc vào các điều kiện bổ sung là điều kiện ban đầu hoặc điều kiện biên. 2 Trường hợp 2: 0λ = Nghiệm phương trình vi phân 2 2 0 d F dx = có các dạng sau: 1 2 1 2 0 ( ) ( ) ( ) F x C C x F x K K x x = + = + − 3 Trường hợp 3: 2 ( 0)λ ω ω= > Phương trình vi phân 2 2 2 0 d F F dx ω+ = là phương trình vi phân cấp hai với hệ số hằng số, vì thế có thể giả thiết nó có một nghiệm mũ mxF e= , ta có phương trình đặc trưng 2 2 0m ω+ = với các nghiệm đặc trưng: m i m i ω ω =⎧⎨ = −⎩ và tập nghiệm cơ bản là { },i x i xe eω ω− . Nếu biết được tập nghiệm cơ bản có thể tạo nên một tổ hợp tuyến tính của các nghiệm này và sinh ra một tập hợp vô hạn các nghiệm khác 1 2( ) i x i xF x C e C eω ω−= + trong đó: 1 2,C C là các hằng số tuỳ ý, nó phụ thuộc vào các điều kiện bổ sung là điều kiện ban đầu hoặc điều kiện biên. 74 PHỤ LỤC 3 PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN Phương pháp tách biến nhằm xây dựng một nghiệm µ của phương trình đạo hàm riêng cho trước thông qua các hàm có biến số ít hơn. Nói cách khác, ta phỏng đoán rằng µ có thể được viết dưới dạng tổng hoặc tích của các hàm có biến số ít hơn và tách nhau, thay nó vào phương trình đạo hàm riêng để chọn các hàm đó phải đảm bảo µ thực sự là nghiệm phương trình. Kỹ thuật này sẽ được minh họa trong các ví dụ sau. Ví dụ 1: Cho U⊂ ℜ n là một miền bị chặn với biên trơn. Ta xét bài toán giá trị biên-ban đầu đối với phương trình truyền nhiệt trong U ( )∞× ,0 trên [ )∞×∂ ,0U ( )1.5 trên U { }0=× t Ở đây g: U ℜ→ là hàm cho trước. Ta giả định tồn tại một nghiệm có dạng ( ) ( ) ( )xwtvtx =,µ ( )0; ≥∈ tUx ; ( )2.5 Có nghĩa là, ta xem nghiệm của ( )1.5 như là tích của hai hàm số với các biến x= ( ) Uxx n ∈,,.......,1 và biến t [ ]T,0∈ tách ra với nhau. Bây giờ ta đi tìm v và w. Để làm điều đó ta tính ( ) ( ) ( )xwtvtxt ,, =µ , ( ) ( ) ( )xwtvtx ∆=∆ ,µ Từ đó 0 = ( ) ( ) =∆− txtxt ,, µµ ( ) ( )xwtv, - ( ) ( )xwtv ∆ Nếu và chỉ nếu ( ) ( ) ( ) ( )xw xw tv tv ∆= , ( )3.5 Với mọi x U∈ và t >0 sao cho v ( )t , w ( )t ≠ 0. Chú ý rằng vế trái của ( )3.5 chỉ phụ thuộc vào t và vế phải chỉ phụ thuộc vào x. Điều này chỉ xảy ra khi chúng là hằng số, tức là: ( ) ( ) ( ) ( )xw xw tv tv ∆== µ , ( t Ux∈≥ ,0 ). Khi đó v’=µν ( )4.5 ww µ=∆ ( )5.5 Ta giải các phương trình này để tìm các hàm chưa biết w,v và hằng số µ . ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = = =∆− g t µ µ µµ 0 0 75 Trước hết, để ý rằng, nếu µ đã biết, nghiệm của ( )4.5 là v=de tµ với d là hằng số tùy ý. Vì thế, ta chỉ cần nghiên cứu phương trình ( )5.5 . Ta nói rằng λ là một giá trị riêng của toán tử -∆ trong U ( với điều kiện biên bằng 0) nếu tồn tại một hàm 0≠w thõa mãn trong U trên U∂ . Ta gọi hàm w là hàm riêng tương ứng, ta đặt λµ −= để tìm wde tλµ −−= ( )6.5 Thỏa mãn trong U ( )∞× ,0 ( )7.5 trên [ )∞×∂ ,0U với điều kiện ban đầu ( ) dw=0.,µ . Do đó hàm µ được xác định bởi ( )6.5 thỏa mãn ( )1.5 , với điều kiện dwg = . Tổng quát hơn, nếu nλλ ,.....,1 là các giá trị riêng , nww ,......,1 là các hàm riêng tương ứng và mdd ,....,1 là các hằng số, thì k tm k k wed k λµ − = ∑= 1 ( )8.5 Thỏa mãn các điều kiện ban đầu ( ) =0.,µ k k k wd∑∞ = = 1 µ . Nếu ta có thể tìm được ,....., 1wm v.v. sao cho gwd k k k =∑∞ =1 trong U ( )9.5 Với các hằng số thích hợp ,......., 21 dd khi đó k t k k wed k λµ −∞ = ∑= 1 ( )10.5 Sẽ là nghiệm của bài toán ( )1.5 . Đây là một công thức biểu diễn nghiệm rất đẹp, nhưng nó dựa vào: Khả năng tìm các giá trị riêng, các hàm riêng và các hằng số thỏa mãn ( )9.5 Chuỗi ( )10.5 hội tụ theo một nghĩa thích hợp nào đó. Ví dụ 2: Tiếp theo ta sử dụng kỹ thuật tách biến để tìm nghiệm của phương trình môi trường tổ ong. ( ) 0=∆− γµµt trong ( )∞×ℜ ,0n ( )11.5 Trong đó nghiệm 0≥µ và 1>γ là hằng số. Đây là một phương trình khuếch tán phi tuyến, với tốc độ khuếch tán của mật độ µ phụ thuộc vào chính µ . ⎩⎨ ⎧ = =∆− 0w ww λ ⎩⎨ ⎧ = =∆− 0 0 µ µµt 76 Như ở ví dụ trứơc, ta tìm một nghiệm dạng ( ) ( ) ( )xwtvtx =,µ ( )0; ≥ℜ∈ tx n ( )12.5 Thế vào ( )11.5 , ta được ( ) ( ) ( ) ( )xw xw tv tv γ γ µ ∆== , ( )13.5 Với hằng số µ nào đó và với nx ℜ∈∀ , t 0≥ sao cho ( ) ( ) .0, ≠tvxw Ta giải phương trình vi phân thường đối với v và tìm được ( )( ) λλµγ −+−= 1 11 tv , với hằng số 0>λ nào đó.Để tìm w ta xét phương trình đạo hàm riêng ( ) uww =∆ γ ( )14.5 Ta dự đoán rằng nghiệm w có dạng αxw = với hằng số α sẽ được xác định sau. Khi đó ( ) ( ) 22 −−=−=∆− αλαγ αγαγ xnxuwuw ( )15.5 Vì vậy, để ( )14.5 thỏa mãn trong nℜ , trước hết ta đòi hỏi rằng 2−= αγα và từ đó 1 2 −= γα ( )16.5 Tiếp theo, từ ( )15.5 dễ thấy rằng cần đặt ( ) 02 >−+= nαγαγµ ( )17.5 Tóm lại, với mỗi 0>λ hàm ( )( ) αγλγµ xut −+−= 1 11 Thỏa mãn phương trình ( )11.5 , các tham số µα , được xác định bởi ( )16.5 , ( )17.5 . Trong các ví dụ trên, sự tách biến được thực hiện dựa vào tính thuần nhất phi tuyến tương thíchvoi71 hàm µ có dạng tích ( )12.5 . Ở trường hợp khác, ta sẽ tìm nghiệm, trong đó các biến được tách dưới dạng một tổng các hàm số. Ví dụ 3: Xét phương trình Hamilton- Jacobi. ( ) 0=+ DuHtµ trong ( )∞×ℜ ,0n ( )18.5 Và tìm một nghiệm µ có dạng ( ) ( ) ( )xwtvtx +=,µ ).0,( ≥ℜ∈ tx n Khi đó ( ) ( )( ) ( ) ( )( )xDwHtvtxDuHtxt +=+= ,,,0 µ Nếu và chỉ nếu 77 ( )( ) ( )tvxDwH ,−= ( ),0, >ℜ∈ tx n Với hằng số µ nào đó. Vì thế, nếu ( ) µ=DwH Với ,R∈µ thì ( ) ( ) butxwtx +−=,µ Sẽ thõa mãn ( ) 0== DuHttµ với hằng số b nào đó. Đặc biệt, nếu chon5 ( ) xaxw .= với na ℜ∈ và đặt ( )aH=µ , tìm được nghiệm ( ) btaHxa =−= .µ . Dựa vào tích phân đầy đủ và hàm bao tìm dược nghiệm. 78 PHỤ LỤC 4 PHƯƠNG TRÌNH LAPLACE TRONG TOẠ ĐỘ CẦU. 4.2.1Giải phương trình Laplace Phương trình Laplace có dạng: ( ) ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂=∆ = =∆ 2 2 2 2 2 2 ,, 0 zyx zyxuu u (3.62) Chuyển sang toạ độ cầu ( )ϕθ ,,r ϕθ cossinrx = ∞<≤ r0 ϕθ sinsinry = ∞<≤ r0 ϕcosrz = ∞<≤ r0 Khi đó, toán tử Laplace trong toạ độ cầu có dạng: 2 2 22 2 2 sin 1sin sin 11 ϕθθθθθ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂=∆ rrr r rr (3.63) Ký hiệu: ⎪⎭ ⎪⎬⎫⎪⎩ ⎪⎨⎧ ∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂−= 2 2 sin 1sin sin 1ˆ ϕθθθθθA (3.64) Biểu thức (3.63) trở thành: 2 2 2 ˆ1 r A r r rr −⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂=∆ Phương trình Laplace trong toạ độ cầu có dạng: 0=∆u Hay 0 ˆ1 2 2 2 =−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ r A r r rr Đặt ( ) ( ) ( )ϕθϕθ ,,, YrRru = , thế vào 0=∆u , ta được: 0 ˆ 2 2 2 =−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ r YAR dr dRr dr d r Y (3.65) 79 Nhân (3.65) với RY r 2 , phương trình (3.65) trở thành: λ−==⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛⇒ Y YA dr dRr dr d R ˆ1 2 Từ phương trình này ta được các phương trình sau: R dr dRr dr d λ−=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ 2 (3.67) 0ˆ =− YYA λ (3.68) Phương trình (3.68) có thể viết lại dưới dạng sau: 0 sin 1sin sin 1 2 2 =+∂ ∂+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ YYY λϕθθθθθ (3.69) Đặt ( ) ( ) ( )ϕφθϕθ Θ=,Y Khi đó (3.69) trở thành ( ) ( ) 0 sin sin sin =Θ+′′+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ ϕφθλφθ φ θ φθθθ φ (3.70) Nhân (3.70) với ( ) ( )ϕφθ θ Θ 2sin Ta được: ( ) ( ) 0sinsinsin 2 =+′′+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ Θ∂ ∂ ∂ Θ θλφ φ θ θθθθ θ Hay ta có thể viết lại là: ( ) ( ) 22sinsinsin v=′′−=+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ Θ∂ ∂ ∂ Θ φ φθλθ θθθθ θ (3.71) Từ đây ta lại có các phương trình: ( ) ( ) 0sinsinsin 22 =−+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ Θ∂ ∂ ∂ Θ vθλθ θθθθ θ 02 =+′′ φφ v 80 Phương trình thứ hai, nghiệm tổng quát có dạng: ( ) ϕϕϕφ iviv BeAe −+=⇒ Vì ( ) ( )ϕφπϕφ =+ 2 nên ( ),.....2,1,0; ±±== mmv Phương trình thứ nhất, nhân với ( ) θ θ 2sin Θ , ta được: ( ) ( ) 0 sin sin sin 1 2 2 =Θ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ Θ∂ ∂ ∂ θθλθ θθθθ v (3.72) Đặt θcos=x vì πθ ≤≤0 nên π≤≤ x0 Suy ra xx ∂ ∂−=∂ ∂ ∂ ∂=∂ ∂ θθθ sin Thế vào (3.72), ta được: ( ) 0 1 21 2 2 2 2 2 =Θ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −−+ Θ−Θ− x v dx dx dx dx λ (3.73) gọi là phương trình Legendre liên kết. • Nếu 0=ν , ta có phương trình: ( ) 021 222 =Θ+Θ−Θ− λdxdxdxdx gọi là phương trình Legendre. 4.2.2 Giải phương trình Legendre. Tiếp tục, ta giải phương trình vừa tìm được bằng cách: Đặt ( )xy=Θ Khi đó ta có thể viết lại (3.73) như sau ( ) 021 2 =+′−′′− yyxyx λ (3.74) Phương trình (3.74) có nghiệm được tìm dưới dạng đa thức: ∑∞ = = 0k k k xay ( )∑∞ = −=′− 0 22 k k k xakyx 81 ( )∑∞ = −−=′′− 0 2 1 k k k xakkyx ( ) ( )[ ]∑∑ ∞ = ∞ = − −+−=−⇒ 00 2 211 k k k k k k xkkkaxakk λ ( ) ( )[ ]∑∑ ∞ = +∞ = −−=−⇒ 0 2 0 11 k k k k k k xkkaxakk λ Với 10 1 0 , 0.01 0.00 aa ak ak → ⎭⎬ ⎫ =⇒= =⇒= tùy ý ( )( ) ( )[ ]λ−+=++⇒ + 112 2 kkaakk kk ( ) ( )( ) kk akk kka 12 1 2 ++ −+=⇒ + λ (3.75) • Với ( ) 0....0,0 5310 ===⇒=≠ aaaa , 02 2 aa λ−= , 04 ≠a nghiệm trong trường hợp này còn có dạng ( ) .....442200 +++= xaxaaxy • Với ( ) 0....0,0 4210 ===⇒≠= aaaa nghiệm trong trường hợp này có dạng ( ) .....553311 +++= xaxaaxy ( ) ( )xByxAyy 10 += Nghiệm vật lý còn phải thỏa mãn các điều kiện: liên tục và đơn trị, giới nộiĐể thỏa điều kiện giới nội, chuỗi 0y và 1y phải bị ngắt ở số hạng nào đó trở đi, giả sử 01 ≠a và 0....21 === ++ ll aa theo (3.75) lúc đó tử số bằng không. Suy ra ( )1+= llλ . Điều kiện giới nội sẽ cho các nghiệm: ( ) ll xaxaxaaxy ++++= .....442200 với l chẵn ( ) ll xaxaxaaxy ++++= .....553311 với l lẻ Gán thêm điều kiện: ( ) 1 10 ==xxy và ( ) 111 ==xxy 82 Đa thức có dạng ( )xy0 và ( )xy1 dừng ở l và có thêm hai điều kiện này được gọi là đa thức Legendre ( )xPl ( ) ( )xCPxy l= 4.2.3 Các đa thức Legendre • ( ) 000 axyl =→= vì ( ) 111 00 =→= ay nên ( ) 10 =xP • ( ) xaxyl 101 =→= vì ( ) 111 11 =→= ay nên ( ) xxP =0 • ( ) 22022 xaaxyl +=→= mà ta có ( )( )( ) kk akk kka 12 1 2 ++ −+=+ λ 02 3aa −=⇒ ( ) 2002 3 xaaxy −=⇒ ( ) 1211 02 =−→= ay 2 1 0 =⇒ a ( ) 22 2 3 2 1 xxy +−=⇒ nên ( ) ( )13 2 1 2 2 −= xxP và ( ) ( )xxxP 3521 33 −= .. Cứ thế đi đến công thức Rodriques ( ) ( )′−′′= 121 2xxddlxP ll Công thức này nếu dùng hệ thức sau cho hàm phức ( ) ( )( )dtzt tf i zf C ∫ −= π21 Thì ta sẽ có biểu diễn Schlafh ( ) ( )( ) dtzttizP C l l l ∫ +−−= 1 2 1 1 2 1 2 1 π 83 Và biểu diễn Laplace ( ) ( ) θθπ dzzzP l ∫ −+= cos11 21 ( )xPl thỏa phương trình ( ) ( ) 0121 2 =++′−′′− yllyxyx ( ) ( )xCPxy l= Xét phương trình: ( ) 0 1 21 2 2 2 =⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −−+′−′′− yx myxyx λ Phương trình này đơn trị, liên tục và hữu hạn khi m=0,1,2,3 Nghiệm của phương trình này có dạng được rút ra theo công thức: Trong đó ( )xP ml là đa thức liên kết Legendre. Với m>1 thì ( ) 0=xP dx d lm m ; vì vậy để ( ) 0≠xP ml thì m=0,1,2,3,,l: có l(l+1) trị số m → có (l+1) đa thức liên kết Legendre. x ( )x lP -1 1 1-1 ( )xP1 ( )xP2 ( )xP0 ( )xP3 ( ) ( ) ( )xP dx dxxP lm mm m l 221−= 84 Ví dụ: ( )xP2 có 3 đa thức liên kết Legendre ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xPxxP dx dxxP 2 2 20 0 2 0 20 2 132 11 =−=−= ( ) ( ) ( ) 2221212 131 xxxPdxdxxP −=−= Tính trực giao của ( )xPl và ( )xP ml là ( ) ( ) lrrl ldxxPxP δ12 2 +=∫ Khi đó f(x) có thể khai triển theo ( )xPl gọi là khai triển Fourier-Legendre ( ) ( )∑∞ = = 0l ll xPfxf ( ) ( )dxxPxflf ll ∫+ − +=⇒ 1 12 12 Với ( ) ( )θ θ coscos l l P xP x == ( )πθ ≤≤0 Vì vậy một hàm của θ cũng khai triển được theo chuỗi Fourier-Lengendre ( ) ( )∑∞ = = 0 cos0 l ll Pff θ ( ) ( ) 12 2 sincoscos 0 + =∫ ldPP lrrl δθθθθ π Với ( ) ( ) θθθθ π dPflf ll sincos2 12 0 ∫+= ( ) ( ) ( )( ) lrmrml ml ml l dxxPxP δ− + +=∫ + − 12 21 1 ( ) ( )∑∞ = = 0l ll xPfxf ( )( ) ( ) ( ) ( ) lrml ldxxPxfml mllf δ 12 2 2 12 1 1 1 +=+ −+= ∫+ − 85 Ở đây ta mới chỉ có ( ) ( )θΘ=Θ= xy Ta cần có nghiệm ( ) ( ) ( ) ( )ϕθϕθ ΘΘ= rRru ,, . 4.2.4 Hàm cầu Để tìm được nghiệm của bài toán có dạng ( ) ( ) ( ) ( )ϕθϕθ ΘΘ= rRru ,, , ta xét : ( ) ϕϕϕ imim BeAe −+=Φ ( ) ( ) ( )θθ cosmlml CPxCP ==Θ Ta dẫn ra hàm cầu ( )ϕθ ,mlY ± ( ) ( ) ϕθϕθ immlml ePY cos, = ( ) ( ) ϕθϕθ immlml ePY −− = cos, Thỏa phương trình với toán tử Aˆ đã biết: ( ) ( ) ( ) 0,1,ˆ =+− ϕθϕθ YllYA ( ) ( ) ( )∫∫ ′′−′ ==ΦΦ ππ πδϕϕϕϕ 2 0 2 0 * 2 mm mmi mm ded ( ) ( ) ( )( )( ) mmlrmlml mll mlddYY ′ ′ −+ +=∫ ∫ δδπϕθθϕθϕθπ π 124sin,,0 2 0 Ta đã có 02 =−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ RR dr dr dr d λ phương trình Euler ta được ( ) ( ) ( ) ( )110121 +=+⇒=+−++ llssllsss Suy ra có hai nghiệm s=l và s=-(l+1) Vậy ( ) rrR ′= hoặc ( ) ( )1+−= lrrR • Khi r=0 thì R(r) hữu hạn nên ( ) rrR ′= • Khi ( ) ( ) ( )10 +−=⇒→⇒∞→ lrrRrRr Ta có một nghiệm riêng của phương trình Laplace trong tọa độ cầu ( ) ( ) ϕθϕθ immll ePrru ±= cos,, Vậy cuối cùng, phương trình 0=∆u có nghiệm tổng quát là: ( ) ( )( )ϕϕθϕθ imimmll l l m lm BeAePrCru −∞ = = += ∑∑ cos,, 0 0 86 TÀI LIỆU THAM KHẢO ĐẶNG ĐÌNH ÁNH. 2007. Biến đổi tích phân. NXB GIÁO DỤC. ĐỖ ĐÌNH THANH. 2002. Phương pháp toán lý. NXB GIÁO DỤC. ĐỖ ĐÌNH THANH. 2002. Phương trình đạo hàm riêng trong vật lý. NXB ĐHQG TPHCM. ĐỖ VĂN THÔNG. 2003. Phương pháp nghiên cứu khoa học. ĐHAG. HỒ XUÂN HUY. 2005. Phương pháp toán lý. ĐHAG PHAN HUY THIỆN. 2006. Phương trình toán lý. NXB GIÁO DỤC. NGUYỄN NGỌC GIAO. 2003. Phép tính toán tử. NXB ĐHQG TPHCM. NGUYỄN VĂN HẠP.1999. Giáo trình Phương trình vi phân và Phương trình đạo hàm riêng, NXB ĐH HUẾ. TRẦN THỂ. 2005. Lý luận vật lý phổ thông. ĐHAG. TRẦN THỂ. 2005. Bài tập vật lý phổ thông. ĐHAG. TRẦN ĐỨC VÂN. 2005. Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng. NXB ĐHQG HÀ NỘI.