Bài 1 : Xác định dao động tự do của dây hữu hạn, gắn chặt tại các mút x = 0 và x = l, biết độ lệch ban đầu được cho bởi u(x,0) = 2 )(4 l xlx − (0 ≤ x ≤ l) còn vận tốc ban đầu bằng 0. Giải : Gọi u(x,t) là độ lệch của thiết diện có hoành độ x ở thời điểm t. Ta có phương trình dao động của dây : 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ (1) Theo bài ra, ta có : điều kiện ban đầu : ( )        = ∂ ∂ − = = = 0 4 0 2 0 t t x u l xlx u (2) và điều kiện biên : 0 0 = =x u 0= =lx u (3) Theo lý thuyết, ta có nghiệm riêng của phương trình (1) thoả mãn điều kiện biên (3) có dạng : u(x,t) = l xk l atk b l atk atxu k k k k k πππ sin).sincos(),( 11 += ∑∑ ∞ = ∞ = (4) Ta xác định a k , b k sao cho u(x,t) thoả mãn điều kiện ban đầu (2) Thay (4) vào (2) : 2 1 0 )(4 sin l xlx l xk au k k t − == ∑ ∞ = = π (5) 0sin 1 0 == ∂ ∂ ∑ ∞ = = l xk l ak b t u k k t ππ (6) Giải (5) : Nhận thấy a k là hệ số trong khai triển 2 )(4 l xlx − thành chuỗi Fourier theo hàm sin trong khoảng (0, l). Nhân 2 vế của (5) với l xk π sin rồi lấy tích phân 2 vế từ 0 → l ta có : dx l xk l xlx dx l xk a ll k ππ sin )(4 sin 0 2 2 0 ∫∫ − = (7) VT = l k l k l k l xk k l x a dx l xk adx l xk a 0 0 2 0 sin 222 cos1 sin       −= − = ∫∫ π π π π = 2 l a k ⇒ VT = 2 l a k (8) VP =       − ∫ ∫ l l dx l xk xdx l xk xl l 0 0 2 2 sin.sin 4 ππ nếu nk 2 = nếu 12 += nk Ta có : I 1 = π π π π π π π k k l l xk k l l xk x k l dx l xk x l o l o l cossincos sin. 2 22 2 0 −=+−= ∫ I 2 = dx l xk x k l l xk x k l dx l xk x l l o l π π π π π cos. 2 cos sin. 0 2 0 2 ∫∫ +−= ⇒ I 2 = - 33 3 33 33 2 cos 2 cos π π π π π k l k k l k k l −+ Nên VP =       ++−− 33 33 33 33 2 2 coscos 2 cos 4 π π π π π π π k l k k l k k l k k l l VP =       − π ππ k k l k l l cos 224 33 3 33 3 2 (9) Thay (8) (9) vào (7) ta có : a k = )cos1( 2 . 8 33 3 3 π π k k l l − = ( )      + =− 3 3 33 12 32 0 )cos1( 16 π π π n k k (n=0,1,2 ) Từ (6) ⇒ b k = 0 do đó, nghiệm của bài toán đã cho : u(x,t) = ( ) l xn l atn n n ππ π )12( sin )12( cos 12 132 0 33 ++ + ∑ ∞ = . Bài 2 : Xác định dao động tự do của dây hữu hạn, gắn chặt tại các mút x= 0 x = 1 biết độ lệch ban đầu bằng 0, vận tốc ban đầu được cho bởi :    − = ∂ ∂ 0 )cos( )0,( 0 cxv x t u với v 0 là hằng số dương và π/2 < c < l - π/2. Giải : Gọi u(x,t) là độ lệch của dây có hoành độ x ở thời điểm t .Ta có phương trình dao động của dây : 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ trong miền (0<x<l , 0<t≤T) (1) thoả mãn điều kiện biên: 0 0 = =x u 0= =lx u (0≤ t≤T) (2) và thoả mãn điều kiện ban đầu : ( )         − = ∂ ∂ = = = 0 cos 0 0 0 0 cxv t u u t t (0≤ x≤ l) (3) nếu cx − < π/2 nếu cx − > π/2 nếu cx − < π/2 nếu cx − > π/2 Tương tự bài 1) ta có nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện biên (2) : u(x,t) = l xk t l ak bt l ak a k kk πππ sinsincos 1 ∑ ∞ =       + (4) Từ điều kiện ban đầu ta có : 00sin 1 0 =→== ∑ ∞ = = k k k t a l xk au π (5) ( ) xF l xk l ak b t u k k t == ∂ ∂ ∑ ∞ = = ππ sin 1 0 Nhận thấy b k là hệ số trong khai triển F(x) thành chuỗi Fourier theo hàm sin trong khoảng (0, l) ⇒ ( ) dx l xk xFdx l xk l ak b ll k πππ sinsin 00 2 ∫∫ = ⇒ = k b ∫ + − − 2/ 2/ sin)cos( 2 π π π π c c o dx l xk cx ak v =             −       −+       −       + ∫ ∫ + − + − 2/ 2/ 2/ 2/ 0 .1sin.1sin π π π π ππ π c c c c dxcx l k dxcx l k ak v =                     −       − − −       −       + + − + − + − 2/ 2/ 2/ 2/ 0 1cos 1 1 1cos 1 1 π π π π π π π π π c c c c cx l k l k cx l k l k ak v = −                     −       −       +−       −       +       + + − cc l k cc l k l k ak v 2 1cos 2 1cos 1 1 0 ππππ π π             −       −       +−       −       +       − − − cc l k cc l k l k 2 1cos 2 1cos 1 1 ππππ π = −                      −−−         ++ + − 22 cos 22 cos 1 1 22 0 ππππππ π π l k l ck l k l ck l k ak v                      −−−         ++ − − 22 cos 22 cos 1 1 22 ππππππ π l k l ck l k l ck l k                      −−         + − −                      −+         + + = l k l ck l k l ck l k l k l ck l k l ck l k ak v 2 sin 2 sin 1 1 2 sin 2 sin 1 1 2222 0 ππππ π ππππ π π = l k l ck l k l k ak v 2 cossin2 1 1 1 1 2 0 ππ ππ π             − − + = l k l ck l k ak v 2 cos.sin 1 1 . 4 2 2 22 0 ππ π π − − ⇒ b k = l k l ck l k ak v 2 cos.sin. 1 4 2 2 22 0 ππ π π         − Do đó nghiệm của bài toán đã cho là : u(x,t) = .sinsin 1 2 cos.sin . 4 1 2 22 2 0 l xk l atk l k k l k l ck a v k ππ π ππ π ∑ ∞ =         − Bài 3 : Xác định dao động dọc của thanh nếu 1 mút gắn chặt còn 1 mút tự do, biết các điều kiện ban đầu : )( 0 xfu t = = , )( 0 xF t u t = ∂ ∂ = Giải : Gọi u(x,t) là độ lệch của thiết diện có hoành độ x ở thời điểm t ⇒ Phương trình : 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ (1) Thoả mãn điều kiện đầu : )( 0 xfu t = = , )( 0 xF t u t = ∂ ∂ = (2) Thoả mãn điều kiện biên : 0 0 = =x u , 0= ∂ ∂ =lx x u (3) Nghiệm của phương trình có dạng : U(x,t) = X(x).T(t) (4) Từ (1) và (4) ta có :    =+ =+ )6(0" )5(0" 2 TaT XX λ λ Từ (3)&(4) ⇒ X(0) = 0 ; X’(l) = 0 (7) Giải (5) : * λ = - c 2 ⇒ X(x) = c 1 .e -cx + c 2 .e cx nên theo (7) : X(x) = c 1 + c 2 = 0 c 1 + c 2 = 0 c 1 = 0 X’(l) = -c.c 1 .e -cl + c.c 2 .e cl = 0 ⇒ c 2 .e cl – c 1 e -cl = 0 ⇒ c 2 = 0 (loại) * λ = 0 ⇒ X(x) = c 1 + c 2 x ⇒ Theo (7) : ( ) ( )    == == 0' 00 2 1 clX cX (loại) * λ = c 2 ⇒ X(x) = c 1 cos cx + c 2 sin cx Từ (7) ⇒    == == 0cos)(' 0)0( 2 1 clcclX cX Để c 2 = A k ⇒ cos cl = 0 ⇒ π π kcl += 2 ⇒ ( ) l k c 2 12 π + = ⇒ λ = ( ) 2 2 12       + l k π ⇒Nghiệm của phương trình (5) thoả mãn điều kiện biên (7) là : ( ) ( ) l xk AxX kk 2 12 sin π + = Giải (6) : ( ) ( ) ( ) l atk D l atk BtT kkk 2 12 sin 2 12 cos ππ + + + = Nên nghiệm riêng của phương trình (1) là : ( ) ( ) ( ) l xk l atk b l atk atxu k kk 2 12 sin 2 12 sin 2 12 cos),( 0 πππ +       + + + = ∑ ∞ = (8) Từ (2) ta có : ( ) )( 2 12 sin 0 0 xf l xk au k k t = + = ∑ ∞ = = π (9) ( ) ( ) )( 2 12 sin 2 12 0 0 xF l xk l ak b t u k k t = ++ = ∂ ∂ ∑ ∞ = = ππ (10) Nhận thấy a k là hệ số trong khai triển chuỗi Fourier ⇒ nhân 2 vế của (8) với sin ( ) l xk 2 12 π + nên : ( ) ( ) dx l xk xfdx l xk a l o l o k 2 12 sin)( 2 12 sin 2 ππ + = + ∫∫ ⇒ ( ) ( ) ( ) l a l xk k l x a dx l xk a k l k l o k 2 12 sin 122 12 cos1 2 0 =       + + −=       + − ∫ π π π ⇒ ( ) dx l xk xf l a l o k 2 12 sin)( 2 π + = ∫ (11) (10) ⇔ ( ) ( ) ( ) dx l xk xF l xk l ak b l o l o k 2 12 sin)( 2 12 sin 2 12 2 πππ + = ++ ∫∫ ⇒ ( ) ( ) ( ) )( 4 12 2 12 cos1 2 12 xF ka bdx l xk l ak b k l o k = + =       + − + ∫ πππ ⇒ ( ) ( ) dx l xk xF ak b l o k 2 12 sin)( 12 4 π π + + = ∫ (12) Vậy (8) là nghiệm của bài toán trong đó a k và b k được xác định từ (11),(12) Bài 4 : Cũng như bài 3 nhưng cả 2 mút đều tự do         = = 000 000 DAa BAb Giải : Ta có phương trình dao động của dây 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ (1) Thoả mãn điều kiện đầu : )( 0 xfu t = = , )( 0 xF t u t = ∂ ∂ = (2) Thoả mãn điều kiện biên : 0 0 = =x u , 0= ∂ ∂ =lx x u (3) Nghiệm của (1) có dạng : U(x,t) = X(x).T(t) Nên ⇒    =+ =+ )5(0 )4(0" 2'' TaT XX λ λ Giải(4) : *λ =-c 2 ⇒ X(x)= c 1 .e -cx +c 2 .e cx ⇒    = = ⇒        =⋅⋅+⋅⋅−= ∂ ∂ =⋅+⋅−= ∂ ∂ − = = 0 0 0 0 2 1 21 21 0 c c eccecc x u cccc x u clcl lx x * λ = 0 ⇒ X(x) = c 1 .x + c 2 ⇒    = = ⇒        =⋅+⋅−= ∂ ∂ =⋅+⋅−= ∂ ∂ = = 0 0 0 0 1 2 21 21 0 c c cccc x u cccc x u lx x ⇒ c 2 = A 0 ứng với trị riêng λ = 0 thì ta có hàm riêng tương ứng X 0 (x) = A 0 ⇒ (5) có nghiệm : T 0 (t) = B 0 .t + D 0 ⇒ u 0 (x,t) = a 0 + b 0 t * λ =c 2 ⇒ X(x) = c 1 cos cx + sin cx 0. 2 0 == ∂ ∂ = cc x u x 0sin 1 =−= ∂ ∂ = clcc x u lx Để có nghiệm không tầm thường thì sin cl = 0 ⇒ cl = kπ ⇒ c = l k π khi đó c 1 =A k nên l xk AxX k π cos)( = và l atk D l atk BtT kk ππ sincos)( += do đó nghiệm riêng của phương trình (1) : ( ) l xk l atk b l atk atxu kkk πππ cossincos,       += ⇒ nghiệm của pt (1) : ∑ ∞ =       +++= 1 00 cossincos),( k kk l xk l atk b l atk atbatxu πππ Từ (2) ⇒ )(cos 0 0 0 xf l xk aau k k t =+= ∑ ∞ = = π (6) )(cos 0 0 0 xF l xk l ak bb t u k k t =+= ∂ ∂ ∑ ∞ = = ππ (7) Nhận thấy a 0 , a k và b 0 , b k l ak π là các hằng số trong khai triển f(x),F(x) thành chuỗi Fourier theo hàm cosin trong khoảng (0,l). Từ (6) ⇒ ∫∫∫ =+ ll k l dxxfdx l xk adxa 000 0 )(cos π (7) ⇒ ∫∫∫ =+ ll k l dxxFdx l xk l ak bdxb 000 0 )(cos ππ Vì u 0 (x,t) là 1 nghiệm riêng của (1) nên ( ) ( )      = ∂ ∂ = )(0, )(0, 0 0 xFx t u xfxu ⇒ ∫∫ = ll dxxfdxa 00 0 )( ⇒ ∫ = l dxxf l a 0 0 )( 1 (8) ∫∫ ∫ =⇒= ll l dxxF l bdxxFdxb 0 0 0 0 0 )( 1 )( (9) Tương tự u k (x,t) là nghiệm riêng của (1) ⇒ ( ) ( ) ( )      = ∂ ∂ = )(0, 0, xFx t u xfxu k k ⇒ ∫∫ = ll k dx x xk xfdx x xk a 00 2 cos)(cos ππ ⇒ ∫ = l k dx l xk xf l a 0 cos)( 2 π (10) ∫ ∫ ∫ =⇒= l l l kk dx l xk xF ak bdx l xk xFdx l xk l ak b 0 0 0 2 cos)( 2 cos)(cos π π πππ (11) Vậy nghiệm của bài toán : ⇒ u(x,t) = a 0 + b 0 t + l xk l atk b l atk a k kk πππ cossincos 1 ∑ ∞ =       + . Trong đó : a 0 , b 0 , a k , b k được xác định bởi (8) , (19) , (10) , (11) Bài 5 : Một thanh đồng chất có độ dài 2l bị nén cho nên độ dài của nó còn lại là 2l(1-ε). Lúc t = 0, người ta buông ra. Chứng minh rằng độ lệch của thiết diện có hoành độ x ở thời điểm t được cho bởi: l atn l xn n l txu n n ππ π ε )12( cos )12( sin )12( )1(8 ),( 0 2 1 2 ++ + − = ∑ ∞ = + nếu gốc hoành độ đặt ở tâm của thanh. Giải: Chọn hệ trục toạ độ có gốc trùng với tâm của thanh . Trục ox dọc theo thanh Theo bài ra, thanh đồng chất có độ dài 2l bị nén thì độ dài còn lại của nó là 2l(1-ε) Do đó khi trục dịch chuyển 1 đoạn là x thì thanh bị nén x(1-ε) ⇒ độ lệch u(x,0) = x(1-ε) – x = - εx Gọi u(x,t) là độ lệch của mặt cắt x ở thời điểm t Xét tiết diện có hoành độ x, do thanh đồng chất nên ở thời điểm t nó bị nén đến vị trí x(1 - ε) và có độ lệch u(x,0) = - ε.x = f(x). Phương trình dao động của thanh : 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ (1) Theo bài ra, tại thời điểm t = 0 người ta buông ra tức vận tốc ban đầu = 0 chứng tỏ hai đầu mút của thanh đều tự do ⇒ ta có điều kiện biên : 0 0 = ∂ ∂ =x x u ; 0= ∂ ∂ =lx x u (2) và điều kiện ban đầu : )(. 0 xfxu t =−= = ε ; 0 0 = ∂ ∂ =t t u (3) Tìm nghiệm của phương trình (1) dưới dạng u(x,t) = X(x).T(t) (4) Từ (4) và (1) ta có : ( ) ( )    =+ =+ )6(0)(" )5(0)(" 2 tTatT xXxX λ λ Bây giờ ta đi tìm nghiệm của phương trình (5) thoả mãn điều kiện : X’(-l) = 0 ; X’(l) = 0 (7) Giải (5) : Đặt X = e rx ta có phương trình đặc trưng của (5) : r 2 + λ = 0 • λ = -c 2 ⇒ X(x) = c 1 e -cx + c 2 e cx Từ (7) ⇒ c 1 = c 2 = 0 (loại) • λ = 0 ⇒ X(x) = c 1 x + c 2 Theo (7) :    == ==− 0)(' 0)(' 1 1 clX clX ⇒ c 2 ≠ 0 và c 2 = A 0 Nên X 0 (x) = A 0 ứng với trị riêng λ = 0 thì (6) có nghiệm : T 0 (t) = B 0 t + D 0 nên ta có nghiệm riêng của (1) u 0 (x,t) = a 0 + b 0 t (a 0 = A 0 D 0 ; b 0 = A 0 B 0 ) (8) • λ = c 2 ⇒ X(x) = c 1 cos cx + c 2 sin cx Theo (7) :    = = ⇒    =+− =+ ⇒        =+−−= ∂ ∂ =−+−−= ∂ ∂ = −= 0cos 0sin 0cossin 0cossin 0)cos()sin( 0)cos()sin( 2 1 21 21 21 21 clc clc clcclc clcclc clccclccc x u clccclccc x u lx lx Để (4) có nghiệm không tầm thường thì sincl = 0 hoặc coscl = 0 + Xét sincl = 0 ⇒ cl = kπ ⇒ c = l k π và c 1 = A k ⇒ phương trình (5) có nghiệm : ( ) l xk AxX kk π sin= ứng với 2       == l k k π λλ phương trình (6) có nghiệm tổng quát : ( ) l atk D l atk BtT kkk ππ sincos += ⇒ Ta có nghiệm riêng của (1) thoả mãn điều kiện biên (2) : ( ) l xk l atk b l atk atxu kkk πππ cossincos,       +=    = = kkk kkk DAb BAa (9) + Xét coscl = 0 ⇒ 2 )12( π + = n cl ⇒ l n c 2 )12( π + = ⇒ ( ) l xn AxX nn 2 )12( sin π + = và ( ) ( ) ( ) l atn D l atn BtT nnn 2 12 sin 2 12 cos ππ + + + = Nên nghiệm riêng của (1) thoả mãn điều kiện biên (2) : ⇒ ( ) l xn l atn b l atn atxu nnn 2 )12( sin 2 )12( sin 2 )12( cos, πππ +       + + + =    = = nnn nnn DAb BAa (10) Từ (8),(9),(10) ta có nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện biên (2) chính là tổng của các nghiệm riêng của u(x,t) : ( ) ( ) ( ) l xn l atn b l atn a l xk l atk b l atk atbatxu n nn k kk 2 12 sin 2 12 sin 2 12 cos cossincos),( 0 1 00 π ππ πππ +       + + + + +       +++= ∑ ∑ ∞ = ∞ = Từ điều kiện ban đầu (3) : x l xn a l xk aau n n k k t . 2 )12( sincos 01 0 0 ε ππ −= − ++= ∑∑ ∞ = ∞ = = (11) 0 2 )12( sin 2 )12( cos 01 0 0 = ++ ++= ∂ ∂ ∑∑ ∞ = ∞ = = l xn l an b l xk b l ak b t u n nk k t ππππ (12) Từ (12) ⇒ b 0 = b k = b n = 0 (13) Lấy tích phân 2 vế của (11) theo x cận từ (-l → l) dxxdx l xn adx l xk adxa l l l l n l l k l l ∫∫∫∫ −−−− −= − ++ . 2 )12( sincos 0 ε ππ dx l xk x l l ∫ − − π ε cos. ∫ − − +− l l l l dx l xk k l l xk x k l π π π π sinsin ( ) ∫ − + l l dx l xn x 2 12 sin π vì b 0 = 0 ⇒ u 0 (x,t) = a 0 vì u 0 (x,t) là 1 nghiệm riêng nên u 0 (x,o) = -εx ⇒ a 0 = -εx → lấy tích phân 2 vế dxxdxa l l l l ∫∫ −− −= ε 0 ⇒ l l l l x xa − − −= 2 2 0 ε ⇒ 2a 0 l = 2 ε (l 2 - l 2 ) = 0 ⇒ a 0 = 0 (14) vì b k = 0 ⇒ u k (x,t) = a k cos l atk π cos l xk π vì u k (x,t) là 1 nghiệm riêng của (1) nên u k (x,0) = - εx Nhân 2 vế với cos l xk π và lấy tích phân 2 vế cận từ (-l → l) dx l xk xdx l xk a l l l l k π ε π cos.cos 2 ∫∫ −− −= VT = la l k k l x a dx l xk a k l l k l l k =       +=+ − − ∫ π π π 2 sin 22 ) 2 cos1( 2 VP = = [ ] 00coscoscos 22 2 22 2 =⇒=−=−= − k l l akk k l l xk k l ππ π π π (15) Vì b n = 0 ⇒ ( ) ( ) ( ) l xn l atn atxu nn 2 12 sin 2 12 cos, ππ ++ = Vì u n (x,t) là 1 nghiệm riêng của (1) nên u n (x,0) = - ε.x ⇒ dx l xn xdx l xn a l l l l n 2 )12( sin. 2 )12( sin 2 π ε π + −= + ∫∫ −− VT = l l n l l n l xn n l x a dx l xn a − −       + + −=       + − ∫ 2 )12( sin )12(22 )12( cos1 2 π π π       + + −++ + −= π π π π )12sin( )12( )12sin( )12(2 n n l ln n l l a n [...]... (13) ta có nghiệm của bài toán : (2n + 1) 2 π 2 at (2n + 1)πx cos sin 2 8l 2 A ∞ l l u ( x, t ) = 3 ∑ 3 π n =0 (2n + 1) Bài 7 : Xét dao động tự do của một dây gắn chặt ở các mút x = 0, x = l trong 1 môi trường có sức cản tỷ lệ với vận tốc, biết các điều kiện ban đầu : u t =0 = f ( x) ; ∂u ∂t = F ( x) t =0 Giải : Gọi u(x,t) là độ lệch của thanh có hoành độ x tại thời điểm t Do dây gắn chặt tại 2 mút... 8bl π5 ∞ ∑ cos n =0 (2n + 1)πat (2n + 1)πx sin l l 5 (2n + 1) (12) Từ (2), (7), (12) ta có nghiệm của bài toán đã cho : u ( x, t ) = − b 8bl x ( x 3 − 2lx 2 + l 3 ) + 5 12 π 4 ∞ ∑ cos n =0 (2n + 1)πat ( 2n + 1)πx sin l l 5 (2n + 1) Bài 10 : Tìm dao động của sợi dây gắn chặt tại 2 mút biết dạng của sợi dây ban đầu là cung parabol f(x) = x( l − x ) và vận tốc ban đầu bằng không , đồng thời M g(x,t) = g... l Từ (4) ,(17) ,(20) ta có nghiệm của bài toán : u ( x, t ) = 4 gl 2 π 3a 2 ∞ 1 ∑ ( 2n + 1) n =0 3 ( 2n + 1)πat  sin ( 2n + 1)πx +  1 − cos  l l   + Hay Dạng 2 : u ( x, t ) = 4l 2 π3 ∞ 1 ∑ ( 2n + 1) n=0 3 8l 2 π 3M ∞ 1 ∑ ( 2n + 1) n =0 3 cos ( 2n + 1)πat sin ( 2n + 1)πx l l  2 g  ( 2n + 1)πat + g  sin ( 2n + 1)πx  M − a 2  cos l l a2     Bài toán có điều kiện biên khác 0 Nghiệm của... (2.8) thoả mãn điều kiện biên (2.9) hoàn toàn giống phương pháp của dạng 1 ở phần 1.1 Sau đây là một số bài tập : Bài 1 : Xác định dao động của 1 dây gắn chặt ở mút x = 0 còn mút x = l chuyển động theo quy luật Asinωt, biết rằng độ lệch và vận tốc ban đầu bằng 0 Giải : Gọi u(x,t) là độ lệch của dây ở thời điểm t ⇒ phương trình dao động : Thoả mãn điều kiện biên : u x =0 ∂ 2u ∂ 2u = a2 2 ∂t 2 ∂x = 0... ∫ b ( 2 p + 1) 2 + ( 2q + 1) 2 ] (17) Từ (12), (14), (17) ta có nghiệm của bài toán đã cho : 64 Ab 4 U ( x, t ) = π6 ∞ ∞ ∑∑ p =0 q = 0 sin (2 p + 1)π x ( 2q + 1)π x sin π a b b cos (2 p + 1) 2 + (2q + 1) 2 t 3 3 b (2 p + 1) (2q + 1) Bài 2 : Một màng hình chữ nhật 0 ≤ x ≤ l , 0 ≤ y ≤ m , gắn chặt ở mép , lúc t = 0 bị một xung lượng tập trung tại tâm của màng sao cho : lim ∫ ∫ v0 dxdy = A ε →0 σε Với... (−1) k +1 kπat kπx sin sin ∑ 2 2 a.l k =1  ω   kπ   l l   −     a   l     (24) Từ (4), (16), (24) ta có nghiệm của bài toán đẵ cho : ⇒ U ( x, t ) = ω x sin ωt 2ωAa ∞ (−1) k +1 kπat kπx a + sin sin ∑ 2 ω l l k =1 2  kπa  l l sin ω −  a  l  A sin Bài 2 : Tìm dao động dọc của một thanh đồng chất mà 1 mút cố định, còn mút kia chịu tác dụng của lực Q(lên một đơn vị diện tích) dọc... (3.8) (3.9) (3.10) với λ = α + β Giải (3.9) ,(3.10) và kết hợp điều kiện (3.7) ta tìm được nghiệm V(x,y) ứng với trị riêng λ ta hoàn toàn tìm được nghiệm của phương trình (3.5) Sau đây là một số bài toán cụ thể : Bài 1: Một màng hình vuông đồng chất lúc t = 0 có độ lệch được xác định bởi u t =0 = Axy (b − x)(b − y ) trong đó 0 ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ b, dao động với vận tốc ban đầu bằng 0, mép gắn chặt Hãy xác... ( x) sin l dx ⇒ l 0 ha 2 l 2 kπx ∫ F ( x) sin l dx l 0 l − ha k + bk q k = kπx k ⇒ bk = q + lq ∫ F ( x) sin l dx k k 0 Vậy nghiệm của bài toán : u ( x, t ) = e − ht (11) ( a k cos q k t + bk sin q k t ) sin kπx ∑ ∞ l k =1 trong đó ak ,bk được xác định bởi (10) và (11) Bài 8: Tìm nghiệm của phương trình ∂ 2u ∂ 2u = a 2 2 + bshx ∂t 2 ∂x Với điều kiện ban đầu ban đầu bằng 0 và điều kiện biên u x =0 = 0... + ∑ k ∑ (l 2 + k 2π 2 ) cos l sin l 2 l l a k =1 k =1 ∞ ∂ 2u ∂ 2u = a 2 2 + bx( x − l ) ∂t 2 ∂x Với điều kiện ban đầu ban đầu bằng 0 và điều kiện biên u x =0 = 0 ; u x =l = 0 Bài 9: Tìm nghiệm của phương trình Giải : Tương tự bài 8) ta tìm nghiệm của pt dưới dạng : u(x,t) = V(x) + W(x,t) Với V(x) thoả mãn phương trình : thoả mãn điều kiện biên : V ∂V = −bx( x − l ) ∂t 2 x =0 2 = 0; V Với W(x) thoả... (17) ta có nghiệm của phương trình (7) thoả mãn điều kiện (8),(9) là: W ( x, t ) = 8QL ∞ ( −1) k +1 (2k + 1)πat (2k + 1)πx ∑ (2k + 1)2 cos 2l sin 2l 2 π E k =0 (18) Từ (14) và (18) ta có nghiệm của bài toán : U ( x, t ) = Q 8QL ∞ (−1) k +1 (2k + 1)πat (2k + 1)πx x+ 2 ∑ cos sin 2 E 2l 2l π E k =0 (2k + 1) II – PHƯƠNG TRÌNH SÓNG 2 CHIỀU : Dạng 3 : Dao động của màng hình chữ nhật Ta tìm nghiệm của phương . của bài toán trong đó a k và b k được xác định từ (11),(12) Bài 4 : Cũng như bài 3 nhưng cả 2 mút đều tự do         = = 000 000 DAa BAb Giải : Ta có phương trình dao động của dây 2 2 2 2 2 x u a t u ∂ ∂ = ∂ ∂ . ⇒ b k = 0 do đó, nghiệm của bài toán đã cho : u(x,t) = ( ) l xn l atn n n ππ π )12( sin )12( cos 12 132 0 33 ++ + ∑ ∞ = . Bài 2 : Xác định dao động tự do của dây hữu hạn, gắn chặt tại các. (10, (12), (13) ta có nghiệm của bài toán : ∑ ∞ = + ++ = 0 3 2 22 3 2 )12( )12( sin )12( cos 8 ),( n n l xn l atn Al txu ππ π Bài 7 : Xét dao động tự do của một dây gắn chặt ở các mút x = 0,