›

Khóa luận Nghiên cứu dao động của màng

pdf 59 trang thiennha21 15/04/2022 7800
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Khóa luận Nghiên cứu dao động của màng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfkhoa_luan_nghien_cuu_dao_dong_cua_mang.pdf

Nội dung text: Khóa luận Nghiên cứu dao động của màng

  1. TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA VẬT LÝ NGUYỄN THỊ HÀ NGHIÊN CỨU DAO ĐỘNG CỦA MÀNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC HÀ NỘI, 2017
  2. LỜI CẢM ƠN Em xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy cô giáo trong khoa Vật lý, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã dạy dỗ chỉ bảo và truyền đạt kiến thức cho em trong suốt quá trình học tập và rèn luyện tại trường cũng như trong quá trình thực hiện khóa luận này. Đặc biệt em xin chân thành cảm ơn cô giáo: PGS.TS Lưu Thị Kim Thanh đã tận tình hướng dẫn giúp đỡ em trong suốt quá trình thực hiện khóa luận tốt nghiệp này. Là một sinh viên lần đầu tiên nghiên cứu khoa học nên khóa luận của em không tránh khỏi thiếu sót, vì vậy em rất mong nhậnđược những đóng góp ý kiến của các thầy cô và bạn bè để khóa luận được hoàn thiện hơn. Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, Ngày 19 tháng 04 năm 2017 Sinh viên Nguyễn Thị Hà
  3. LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan đề tài khóa luận này là do sự cố gắng nỗ lực tìm hiểu, nghiên cứu của bản thân với sự giúp đỡ nhiệt tình của cô giáo: PGS.TS Lưu Thị Kim Thanh. Công trình này không trùng lặp với các kết quả luận văn của các tác giả. Nếu sai sót em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm. Hà Nội, ngày 19 tháng 04 năm2017 Sinh viên Nguyễn Thị Hà
  4. MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 CHƯƠNG 1. PHƯƠNG TRÌNH DAO ĐỘNG CỦA MÀNG 3 1.1 THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH 3 1.2. DAO ĐỘNG CỦA MÀNG CHỮ NHẬT 7 1.2.1. Dao động cưỡng bức của màng chữ nhật 7 1.2.2. Các đường nút trên màng chữ nhật 13 1.3. PHƯƠNG TRÌNH BETSEN 15 1.4 HÀM BETSEN 17 1.4.1. Các tính chất truy hồi của hàm betsen 24 1.4.2. Một vài trường hợp riêng của hàm betsen 25 1.4.4 Tính trực giao của hàm betsen 27 1.4.5. Khai triển một hàm tùy ý vào các hàm betsen 31 1.5 DAO ĐỘNG CỦA MÀNG TRÒN 32 1.6 HÀM GAMMA 38 KẾT LUẬN CHƯƠNG 1 38 CHƯƠNG 2: BÀI TẬP 39 KẾT LUẬN CHƯƠNG 2 53 KẾT LUẬN 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO 55
  5. MỞ ĐẦU 1.Lý do chọn đề tài Vật lý là một môn khoa học nghiên cứu những sự vật hiện tượng xảy ra hàng ngày, có tính thực tiễn cao, cần vận dụng những kiến thức toán học. Những phương pháp toán học dùng trong vật lý rất đa dạng và phong phú. Các kiến thức toán học này không những cần thiết cho các bạn sinh viên khi đang học tại trường mà còn là công cụ hữu ích cho công việc của học khi ra trường. Phương pháp toán lý là một học phần rất quan trọng trong việc đào tạo giáo viên phổ thông chuyên nghành vật lý, giúp cho sinh viên nắm được các phương pháp toán học hiện đại trong vật lý, hiểu rõ hơn bản chất của quá trình truyền sóng và truyền nhiệt của vật chất. Việc nghiên cứu học phần này là cơ sở nghiên cứu các môn học khác. Đặc biệt việc nghiên cứu về dao động sóng tương đối phức tạp đòi hỏi sinh viên phải biết kết hợp kiến thức vật lý và toán học. Các phương trình mô tả sự biến thiên của trường theo thời gian thường là các phương trình vi phân đạo hàm riêng, trong đó chứa hàm chưa biết (hàm nhiều biến ) các đạo hàm riêng của nó và các biến số độc lập. Các phương trình vật lý toán cơ bản là các phương trình sóng, phương trình truyền nhiệt và phương trình Laplaxo. Nói một cách đơn giản thì chúng là những phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai với hai biến số độc lập được chia làm ba dạng là phương trình eliptic, phương trình hipebolic và phương trình parabolic. Là sinh viên sư phạm vật lý tôi nhận thấy bộ môn phương pháp toán lý là môn học tương đối khó trong đó có phần dao động của màng. Trong khi đó ở thời điểm hiện tại các tài liệu tham khảo về các loại dao động này còn hạn chế, các phương pháp còn mang tính khái quát thiếu cụ thể vì thế tôi đã chọn đề tài có tên “Nghiên cứu dao động của màng “ 2. Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu phương trình dao động của màng 1
  6. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Dao động của màng 4. Nhiệm vụ nghiên cứu - Xây dựng phương trình dao động của màng - Áp dụng phương trình dao động của màng để giải một số bài tập 5. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp giải tích toán học - Các phương trình vi phân - Đọc tài liệu và tra cứu 6. Cấu trúc khóa luận - Phần 1: mở đầu - Phần 2: Nội dung Chương 1: Phương trình dao động của màng Chương 2: Bài tập - Phần 3: Kết luận - Phần 4: Tài liệu tham khảo 2
  7. NỘI DUNG CHƯƠNG 1. PHƯƠNG TRÌNH DAO ĐỘNG CỦA MÀNG 1.1 THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH Giả sử ta có một màng được kéo bằng lực căng T. Nghĩa là nếu tách ra một phần của màng giới hạn bởi đường cong kín L, thì phần còn lại có thể thay thế bằng các lực đặt lên L’ nằm trong mặt phẳng tiếp xúc với màng hướng theo pháp tuyến ngoài của L’(h.1.1) và được phân bố sao cho trên yếu tố cung ds’ của đường cong L’có lực tác dụng Tds’, trong đó T là mật độ phân bố không đổi của lực căng. Giả thiết màng là đàn hồi, dao động nhỏ đến mức là độ tăng diện tích của màng trong quá trình dao động có thể bỏ qua. Khi đó mật độ phân bố lực căng T là như nhau trong tất cả các tiết diện của màng. Giả sử khi nằm yên, màng ở trong mặt phẳng (x, y), còn dao động xảy ra sao cho mỗi đểm của màng đều lệch theo phương vuông góc với mặt phẳng này. Kí hiệu độ lệch này là u; u là hàm của các tọa độ x, y và thời gian t: u = u( x, y, t ) L ds’ Tds’ Hình 1.1 Bây giờ ta tìm phương trình mà hàm này thỏa mãn. Khi nằm yên, màng chiếm diện tích  trên mặt phẳng (x, y) ( h1.2). Ta hãy xác định hình chiếu trên trục u của lực tác dụng lên mẫu màng này. 3
  8. u L  n P [s,n] S 0 y  x ds Hình 1.2 Gọi vecto đơn vị pháp tuyến với màng tại điểm P của đường cong L là n n= cos i + cos  j+ cos k cos , cos훽, cos훾 là các cosin chỉ phương của n. Vecto đơn vị tiếp tuyến của L tại P là S S = cos ’i + cos ’j+ cos ’k cos ’, cos ’, cos ’ là các cosin chỉ phương của S. Lực căng T tác dụng theo phương của vecto [S,n]=(cos ’cos - cos cos ’ )i +( cos ’ cos - cos cos ’)j +( cos ’ cos - cos cos ’) k. Do đó hình chiếu của lực căng tác dụng lên yếu tố cung ds’ của L’ trên trục u là: (cos ∝ ′ cos 훽 − cos ∝ cos 훽′) 푠′ Còn hình chiếu tương ứng của hợp lực căng phân bố theo chu tuyến L’ là ( ) ′ ( ′ )(1.1) ∮퐿′ cos ∝ ′ cos 훽 − cos ∝ cos 훽′ 푠 = ∮퐿′ cos 훽 − cos ∝ ′ bởi vì cos ’ds’ = dx’ ; cos ’ds’= dy’. Ta đã biết các cosin chỉ phương của pháp tuyến đối với mặt 4
  9. u= u( x,y,t) là. − ′ 1 cos = ; cos  = ; cos = 2 2 2 2 2 2 √1+ ′ + ′ √1+ ′ + ′ √1+ ′ + ′ (góc giữa n và trục u coi như là nhọn ). Mặt khác diện tích của mẫu màng là 2 2 ds = = . ∮휎 √1 + ′ + ′ 푆휎 ∫휎 푠 Ta giả thiết là diện tích của màng trong quá trình dao động không thay 2 2 2 2 đổi nên√1 + ′ + ′ có thể lấy bằng 1, nghĩa là ′ , ′ có thể bỏ qua so với 1. Do đó ta có thể đặt cos∝ = − ′ ; cos훽 = − ′ ; cos훾 = 1 và biểu thức( 1.1) có dạng : ′ ′ (1.2) − ∮퐿′ ( ′ − ′) Ta kí hiệu hình chiếu của chu tuyến L trên mặt phẳng xy là . Vì ta đặt cos  = 1, nghĩa là = 0 nên dx’ = dx, dy’=dy với dx, dy là hình chiếu của yếu tố cung ds của chu tuyến  lên các trục ox, oy, do đó tích phân (1.2) có thể lấy theo . ′ ′ − ∮( ′ − ′ ) = − ∮( ′ − ′ ) 휑′ 휑 Biến đổi thành tích phân mặt theo công thức Grin ta có : ′ ∫ ′ − = − ∫( ′′ + ′′ ) 푆. 휑 휎 Vì thế cuối cùng hình chiếu trên trục u của hợp lực căng phân bố theo chu tuyến ’ là: 5
  10. ∫( ′′ + ′′ ) 푆 (1.3) 휎 Ngoài ra, giả sử màng chịu tác dụng của ngoại lực song song và ngược chiều với trục u có mật độ phân bố theo màng là 휌g( x,y,t) thì hợp lực của chúng là −휌 ∫ ( , , 푡) 푆 휎 Nếu là mật độ mặt không đổi của màng, thì hợp lực quán tính theo mẫu màng đang xét là 휌 ∫ ′′푡푡 푆 휎 và đối với mọi t≥0, ta có đẳng thức 휌 ∫ ′′푡푡 푆 = ∫( ′′ + ′′ ) 푆 − 휌 ∫ 푆 휎 휎 휎 Hay ∫휎 {휌 ′′푡푡 − ( ′′ − ′′ ) + 휌} 푆 = 0 (1.4) Bởi vì  là một vùng bất kỳ của mặt (x,y) nên biểu thức dưới dấu tích phân trong (1.4) phải bằng 0 ở điểm bất kỳ của màng ở thời điểm bất kỳ, nghĩa là phải xảy ra đẳng thức ′′ ′′ 휌 ′′푡푡 − ( + ) + 휌 ( , , 푡) = 0 2 ′′ ′′ hay 휌 ′′푡푡 − ( − ) = − ( , , 푡) (1.5) T trong đó a2= là hằng số dương. Phương trình(1.5) được gọi là phương trình dao động màng. Nó là phương trình sóng hai chiều, hệ số a như trước kia là vận tốc lan truyền sóng, nếu g( x,y,t)  0, thì phương trình là thuần nhất, nó mô tả dao động tự do của 6
  11. màng. Phương trình không thuần nhất (1.5) mô tả dao động cưỡng bức của màng. Bài toán hỗn hợp đối với phương trình dao động của màng được thiết lập như sau. Giả sử trong trạng thái tĩnh, màn chiếm vùng D trong mặt phẳng (x,y) giới hạn bởi chu tuyến  là biên của màng. Điều kiện ban đầu đối với (1.5) là |t=0= ( , ); ′푡|t=0 = F(x,y) (1.6) trong đó hàm f(x,y) và F(x,y) được xác định trong vùng D là độ lệch ban đầu và vận tốc ban đầu của các điểm x,y của màng. Nếu xét dao động của màng, có biên gắn chặt, thì điều kiện biên được viết dưới dạng |L =0 (1.7) |L là kí hiệu giá trị của hàm uở các điểm của chu tuyến L. 1.2. DAO ĐỘNG CỦA MÀNG CHỮ NHẬT 1.2.1. Dao động cưỡng bức của màng chữ nhật Ta hãy xét màng hình chữ nhật, lúc cân bằng nằm trong mặt phẳng (x,y) chiếm miền G{0 x l,0 y m } (h1.3) các điều kiện biên gắn chặt được viết y dưới dạng sau: m | = 0 , | = 0 { =0 =푙 (1.8) | =0 = 0 , | = = 0 0 l x Ta sẽ tìm nghiệm của phương trình Hình 1.3 2 ′′ ′′ ′′푡푡 − ( + ) = 0 (1.9) bằng phương pháp tách biến. Muốn vậy, ta viết u dưới dạng u= X(x)Y(y)T(t) Bởi vì: ′′푡푡= XYT’’ ; ′′ = X’’YT ; ′′ = XY’’T cho nên phương trình (1.9) có dạng XYT’’ – a2(X’’YT+ XY’’T) = 0 T '' X '' Y '' hay = a2( ) (1.10) T X Y 7
  12. Bởi vì vế trái không phụ thuộc vào x và y còn vế phải không phụ thuộc vào t, nên chúng phải là hằng số T '' X '' Y '' = a2( ) = c = const T X Y X '' 푌′′ Và = −휆2 , = −휇2 X 푌 Cả hai hằng số trên phải là âm để bài toán có nghiệm khác không. Từ đó ta có = −(휆2 + 휇2) 2 Do đó các hàm T(t), X(x), Y(y) thỏa mãn các phương trình vi phân thường X’’ +휆2X=0 (1.11) Y’’+휇2Y=0 (1.12) T’’+(휆2 − 휇2)a2T=0 (1.13) Từ đó rút ra: = cos √휆2 + 휇2 푡 + sin √휆2 + 휇2 푡 X= C1cos  x+D1sin  x ; Y= C2cos  y+D2sin  y Để làm u= XYT thỏa mãn điều kiện biên (1.8), ta phải đặt | =0 = | =푙 푣à 푌|푌=0 = 푌|푌= = 0 (1.14) Từ các đẳng thức này ta rút ra C1=0 ; C2=0, sin휆l = 0 và sin휇m =0 nghĩa là: λl = k1 , 휇m = k2 trong đó k1,k2 là các số nguyên tùy ý, ta đặt k1=1,2,3 và k2=1,2,3 vì thế ta có ∶ 휆 = 1 ; 휇 = 2 ; , = 1,2,3 푙 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 (푡) = cos (√ 1 + 2 푡) + sin (√ 1 + 2 푡) 푙2 2 푙2 2 ( ) = sin 1 ; 푌( ) = sin 2 và u = X(x)Y(y)T(t) 1 푙 2 푙 = { 1 2 cos 휔 1, 2 푡 + 1 2 sin 휔 1, 2 푡} sin 휆 1 sin 휇 2 8
  13. 2 2 2 2 2 2 휔 = √ 1 + 2 = √ 1 + 2 (1.15) 1, 2 푙2 2 푙2 2 và 휆 = 1 ; 휇 = 2 1 푙 2 푙 Đặt các hằng số ∶ 1 2 = 1, 2 ; 1 2 = 1, 2 ( ) 1, 2 , , 푡 = ( 1, 2 cos 휔 1, 2 푡 + 1, 2 sin 휔 1, 2 푡) sin 휆 1 sin 휇 2 (1.16) Hàm (1.15) thỏa mãn phương trình(1.9) và các điều kiện biên (1.8), nghĩa là nghiệm của bài toán biên, các hàm ( ) ( ) 1 = sin 휆 1 푣à 푌 2 = sin 휇 2 (1.17) là nghiệm của bài toán biên đối với các phương trình vi phân thông thường (1.11) (1.12) với các điều kiện biên (1.14). Vì thế các số 휆 1và 휇 2 là các giá trị riêng còn (1.17) là các hàm riêng của bài toán biên này. Tần số 휔 1, 2 xác định bằng (1.15) được gọi là các tần số riêng của màng chữ nhật, còn dao động (1.16) là các dao động riêng, đó là các sóng đứng với màng chữ nhật. Mỗi điểm của màng x,y thực hiện một dao động điều hòa tần số 휔 1, 2 có biên độ là ∝2 + 훽2 sin 휆 sin 휇 √ 1, 2 1, 2 1 2 hơn nữa tất cả các điểm của màng đồng thời dạt được độ lệch cực đại của mình về 1phía này hay phía kia. Chẳng hạn trên (h1.4) ta có dạng của màng ( nghĩa là dạng của sóng đứng) ứng với các dao động u1,1(k1=, k2=1) ; u2,1(k1=2, k2=1) ; u1,2(k1=1, k2=2) ở thời điểm các độ lệch là cực đại. Với dao động 1, 2có (k1-1) đường thẳng 1 2 1−1 song song với trục y là: = 푙; = 푙; ; = 푙 ; 1 ≥ 2 1 1 1 và k2-1 đường thẳng song song với trục x là 9
  14. 1 2 2 − 1 = ; = ; ; = ; 2 ≥ 2 2 2 2 Bụng Bụng Đường nút Bụng Đường nút Hình 1.4 Chúng được gọi là các đường nút. Điểm mà màng lệch cực đại so với trạng thái đứng yên gọi là bụng. Song 1, 2có k1, k2 bụng ( k1 1, k2 1). Tần số âm cơ bản của màng ( tần số riêng thấp nhất ) là 2 2 1 1 휔 = √ + = √ + √ 1,1 푙2 2 푙2 2 휌 các tần số còn lại 휔 1, 2 là các họa âm. Đối với màng vuông, tần số âm cơ bản là: 휔 = √2 = √2√ 1,1 푙 푙 휌 nghĩa là lớn hơn tần số âm cơ bản của sợi dây √2 lần. Bây giờ ta cộng tất cả các sóng dừng lại nghĩa là tổng 2 lần theo k1, k2 ∞ ∞ = ∑ ∑ 1, 2 2=1 1=1 ∞ ∞ = ∑ ∑ ( 1, 2 cos 휔 1, 2 푡 2=1 1=1 + sin 휔 푡)sin 1 sin 2 (1.18) 1, 2 1, 2 푙 Hàm này thỏa mãn phương trình (1.9) và điều kiện biên (1.8). 10
  15. Bây giờ ta xác định hệ số 1, 2 và 1, 2từ các điều kiện ban đầu. Từ công thức (1.18), tại t=0, ta có ∞ ∞ 0 < < 푙 ( , ) = ∑ ∑ sin 1 sin 2 푣ớ푖 { 1, 2 푙 0 < < 2=1 1=1 Vì thế để xác định các hệ số 1, 2 ta phải phân tích hàm f(x,y) thành chuỗi Fourier hai lớp theo sin. Đầu tiên, giả sử x không đổi, ta tích phân hàm f(x,y) như hàm của y thành chuỗi theo sin ∞ ( , ) = ∑ ∗ ( ) sin 2 ( 0 < < ) 2 2=1 trong đó 2  ∗ ( ) = ∫ ( , ) sin 2  (1.19) 2 0 ( ) Sau đó phân tích tiếp ∗ 2 thành chuỗi theo sin: ∞ ∗ ( ) = ∑ sin 2 (1.20) 2 1, 2 푙 1=1 2 푙  trong đó = ∫ () sin 1  1, 2 푙 0 푙 Thay vào f(x,y) ta có : ( , ) = ∑∞ ∑∞ sin 1 sin 2 2=1 1=1 1, 2 푙 Thay (1.19) vào (1.20) ta có 푙 4   = ∫ ∫ (, ) sin 2 sin 1   (1.21) 1, 2 푙 푙 0 0 Mặt khác nếu vi phân(1.18) theo t và sau đó đặt t=0, ta có 0 < < 푙 퐹( , ) = ∑∞ ∑∞ 휔 sin 1 sin 2 với { 2=1 1=1 1, 2 1, 2 푙 0 < < Từ đó giống như công thức (1.21), ta có công thức sau cho 1, 2 11
  16. 1, 2 푙 1 4   = ∫ ∫ 퐹(, ) sin 2 sin 1   (1.22) 휔 , 푙 푙 1 2 0 0 Do đó bài toán về dao động tự do của màng đã giải xong, nghiệm có dạng (1.18), các hệ số 1, 2 và 1, 2 được tính theo các công thức (1.21) (1.22), Còn 휔 1, 2 được tính theo công thức (1.15) Bài toán về dao động cưỡng bức của màng chữ nhật được giải bằng phương pháp tách biến tương tự như bài toán dao động cưỡng bức của dây hữu hạn. Nghiệm của phương trình 2 ′′ ′′ ′′푡푡 − ( + ) = − ( , , 푡) (1.23) với điều kiện ban đầu (1.6) và điều kiện biên (1.8) được viết dưới dạng ∞ ∞ = ∑ ∑ (푡)sin 1 sin 2 (1.24) 1, 2 푙 푙 2=1 1=1 vế phải –g(x,y,t) được khai triển thành chuỗi hai lớp theo sin ∞ ∞ − ( , , 푡) = ∑ ∑  (푡)sin 1 sin 2 , (1.25) 1, 2 푙 2=1 1=1 ( ) và đối với hàm 1, 2 푡 ta rút ra được phương trình vi phân thông thường từ phương trình(1.23) và khai triển (1.25) ′′ + 휔 =  (푡) 1, 2 1, 2 1, 2 1, 2 với điều kiện ban đầu ( ) ( ) 1, 2 0 = 1, 2, ′ 1, 2 0 = 휔 1, 2 1, 2 , trong đó 1, 2 và 1, 2 được xác định bằng các công thức (1.21) và (1.22). Nghiệm của bài toán dao động cưỡng bức của màng sẽ xác định được nhờ thay ( ) thế 1, 2 푡 vào công thức (1.24) 12
  17. 1.2.2. Các đường nút trên màng chữ nhật Để đơn giản ta xét trường hợp màng hình vuông. Khi đó ta có m=l . Tần số dao động của sóng đứng là: 휔 = √ 2 + 2 1, 2 푙 1 2 giá trị của 휔 1, 2 Không thay đổi, với các k1,k2 thỏa mãn phương trình 2 2 1 + 2 = 표푛푠푡. Chẳng hạn với 휔1,1 ta luôn có một sóng đứng kể cả đối với màng chữ 2 2 2 2 2 2 nhật. Ứng với 휔5,5 = 휔1,7 = 휔7,1 (5 + 5 = 1 +7 = 7 +1 ), ta có ba sóng đứng có cùng tần số. Như vậy, sẽ có một vài hàm riêng tương ứng với cùng một giá trị riêng ( bội của các giá trị riêng). Trong dao động của sợi dây, không có hiện tượng này. Ta xét trường hợp dao động của màng vuông có tần số 휔1,2 = 휔2,1= 5 dao động tổng hợp có dạng 2√ 2 + = ( cos √5 푡 + sin √5 푡) sin sin 1,2 2,1 1,2 푙 1,2 푙 푙 푙 2 + ( cos √5 푡 + sin √5 푡) sin sin . 2,1 푙 2,1 푙 푙 푙 Ta tìm các đường nút trong dao động này nghĩa là các điểm đứng yên 0 với mọi 푡 ≥ 0 (u1,2 u2,1 ). Các điểm x,y đó phải thỏa mãn đẳng thức 2 sin sin cos √5 푡 + sin √5 푡 푙 푙 2,1 푙 2,1 푙 2 = − . sin sin 1,2 cos √5 푡 + 1,2 sin √5 푡 푙 푙 푙 푙 Từ đó ta rút ra 2 sin sin 푙 푙 2 = = 표푛푠푡. sin sin 푞 푙 푙 Vì vế trái chỉ phụ thuộc tọa độ còn vế phải chỉ phụ thuộc thời gian, mặt khác vì ở các điểm trong màng 0<x<l ; 0<y<l thì sin ≠ 0 và sin ≠ 0 nên 푙 푙 đẳng thức trên có thể viết 13
  18. sin 2 sin cos cos 푙 푙 푙 푙 = = . 2sin cos sin cos 푞 푙 푙 푙 푙 từ đó ta có phương trình của đường nút: 푞 cos = cos 푙 푙 Đó là dạng đơn giản nhất của các đường nút tương ứng với họa âm thấp nhất. Ta xét các trường hợp cụ thể: a). = 푞 ≠ 0 thì cos = cos , ta rút ra 푙 푙 y=x : ta có đường nút là đường chéo của màng (h1.5) b). > 1 thì đường nút nằm trong một dải song song với trục y, trong đó bởi 푞 푞 푙 푞 vì|cos | ≤ , nghĩa là trong dải | − | ≤ sin (h5b) 푙 2 푙 c).q=0 thì = (h5c) 2 p 푙 d). 1 , đường nút nằm trong dải | − | ≤ sin | | (h1.5d) q 2 푞 e). ≠ −푞 ≠ 0 thì y= l-x, đường nút là đường chéo thứ hai của màng (h1.5e) f).−1 < < 0, thay y cho x ta dẫn đến trường hợp d) (h1.5f) 푞 푙 g).p=0 thì = (h5g) 2 h).0 < < 1 thay y cho x ta dẫn đến trường hợp b) (h1.5h) 푞 y y y y l l l l 0 0 b 0 0 a l x l x y c l x d l x y y y l l l l 0 0 0 0 e l x f l x g l x h l x Hình 1.5 14
  19. 푙 Tất cả các đường nút đều đi qua tâm của màng = = hình 1.5 biểu 2 diễn tất cả các đường nút đó. Đối với các tần số riêng cao hơn 휔 1, 2 ( k1 2, k2 2) các đường nút có dạng phức tạp hơn. 1.3. PHƯƠNG TRÌNH BETSEN Xét dao động của một màng tròn. Giả sử màng chiếm một hình trong D bán kính q trên mặt phẳng xy có tâm ở gốc tọa độ. Nếu ta dùng tọa độ cực thì phương trình của đường tròn biên của màng sẽ là r=q (h1.6) độ lệch của một điểm của màng u là r, và t: u=u( r, ,t) y r Điều kiện biên bây giờ có dạng 휑 | =푞 = 0 (1.26) 0 q x Trong tọa độ cực, toán tử laplaxo hai chiều có dạng Hình 1.6 1 휕 휕 1 휕2 ∆ ≡ ′′ + ′′ = ( ) + ( ) 휕 휕 2 휕휑2 (có thể suy ra từ toán tử laplaxo trong tọa độ trụ với ′′ = 0) Do đó có phương trình dao động tự do của màng trong hệ tọa độ cực có dạng 1 휕 휕 1 휕2 ′′ − 2 [ ( ) + ( )] = 0 푡푡 휕 휕 2 휕휑2 1 1 ℎ ′′ − 2 [ ( ′ )′ + ′′ ] = 0 (1.27) 푡푡 2 휑휑 Các điều kiện ban đầu trong hệ tọa độ cực có dạng |푡=0 = ( , 휑) ; ′푡|푡=0 = 퐹( , 휑) (1.28) Dùng phương pháp tách biến, ta có thể viết nghiệm của phương trình (1.27) biểu diễn sóng đứng trên màng tròn dưới dạng = 푅( )훷(휑) (푡) 15
  20. Thay vào phương trình (1.27) ta được 1 1 푅 ′′ − 2 [ ( 푅′)′ + 푅′′ ] = 0 2 1 ′′ ( 푅′)′ 1 ′′ hay − 2 [ + ] = 0 푅 2  ′′ Từ phương trình này, ta có thể đặt: = −푣2 2 (1.29) 1 ( 푅′)′ 1 ′′ và + = −푣2 (1.30) 푅 2  trong đó v là hằng số Phương trình ( 1.30) có thể viết dưới dạng 1 ′′ ( 푅′)′ = − 2 [ + 푣2]  푅 ′′ từ đó rút ra = (1.31)  1 ( 푅′)′ và − 2 [ + 푣2] = (1.32) 푅 trong đó c là hằng số, có giá trị phụ thuộc vào sự tuần hoàn của hàm : Φ(휑 + 2 ) = 훷(휑). Thực vậy, từ phương trình (1.31) ta tìm được (휑)= 1 cos 휑 + 2 sin 휑 (1.33) 2 trong đó D1 và D2 là các hằng số bất kỳ và k = -c Vì thế đối với hàm R(r) ta có phương trình 1 ( 푅′)′ -r2[ + 푣2] = − 2 푅 1 2 Hay 푅′′ + 푅′ + (푣2 − ) 푅 = 0 2 Bây giờ ta đưa vào biến số mới x=vr và đặt 16
  21. R(r)=R( ) = (1.34) 푣 Ta có: 푅 푅′ = = = = 푣 푅′ 2 2 푅′′ = = 푣 ( ) = 푣 = 푣2 2 2 Do đó ta nhận được phương trình vi phân sau đối với hàm y(x) 2 푣 푣2 2 푣2 + 푣 + (푣2 − ) = 0 2 2 hay 2 1 2 + + (1 − ) = 0 (1.35) 2 2 Phương trình (1.35) được gọi là phương trình betsen. Nó là một phương trình vi phân thông thường hạng hai có hệ số thay đổi. Nghiệm của nó được gọi là hàm betsen. Vì nó đóng vai trò quan trọng trong việc mô tả các quá trình vật lý xảy ra trong miền hình trụ, vì vậy nó còn có tên gọi là hàm trụ. 1.4 HÀM BETSEN Ta hãy khai triển các nghiệm riêng của phương trình (1.35) thành chuỗi lũy thừa ∞ 푛 = ∑ 푛 (1.36) 푛=0 Để tìm các hệ số của chuỗi, ta lấy các đạo hàm ∞ ∞ 2 = ∑ 푛 푛−1 và = ∑ 푛(푛 − 1) 푛−2 푛 2 푛 푛=1 푛=2 Thay vào phương trình (1.35) sau khi nhân với x2, ta có ∞ ∞ ∞ 푛 푛 2 2 푛 ∑ 푛(푛 − 1) 푛 + ∑ 푛 푛 + ( − ) ∑ 푛 = 0 (1.37) 푛=2 푛=1 푛=0 17
  22. đối với mọi x. Vậy tất cả các hệ số đứng trước mỗi lũy thừa của x bằng không. Bây giờ ta viết lại chi tiết từng số hạng ở vế trái của (1.37) ∞ 푛 2 3 푛 ∑ 푛(푛 − 1) 푛 = 2.1. 2 + 3.2. 3 + ⋯ + 푛(푛 − 1) 푛 + ⋯ 푛=2 ∞ 푛 2 3 푛 ∑ 푛 푛 = 1. 1 + 2. 2 + 3. 3 + ⋯ + 푛 푛 + ⋯ 푛=1 ∞ 2 2 푛 2 2 2 푛 ( − ) ∑ 푛 = ( − )( 0 + 1 + 2 + ⋯ + 푛 + ⋯ ) 푛=0 2 2 2 2 = − 0 − 1 + ( 0 − 2) + ⋯ Vậy thay vào (1.37) ta có 2 2 2 2 2 3 − 0 + (1 − ) 1 + [ 0 + (4 − ) 2] + [ 1 + (9 − ) 3] + ⋯ 2 2 푛 + [ 푛−2 + (푛 − ) 푛] + ⋯ Từ đó ta rút ra 2 2 2 2 − 0 = 0; (1 − ) 1 = 0; 푛−2 + (푛 − ) 푛 = 0 (1.38) n=2,3, ở đây k là một số nguyên không âm Nếu k=0 thì c0 là một số bất kỳ còn c1=0 và 2 푛−2 + 푛 푛 = 0 ; 푛 = 1,2,3 cụ thể là : = − 0 ; = 0 ; = − 2 = 0 2 22 3 4 42 22.42 Tổng quát = (−1) 0 = (−1) 0 2 2242 (2 )2 22 ( !)2 2 +1 = 0 ( = 0,1,2 . ) Vì thế ta có nghiệm của phương trình betsen với k=0 ∞ 2 = ∑ (−1) = 퐽 ( ) (1.39) 0 22 ( !)2 0 0 =0 18
  23. trong đó: ∞ ∞ 2 ( )2 퐽 ( ) = ∑ (−1) = ∑ (−1) 2 0 22 ( !)2 ( !)2 =0 =0 được gọi là hàm betsen loại một hạng không Nếu k=1 thì từ (1.38) ta rút ra c0=0, c1 là tùy ý và 2 푛−2 + (푛 − 1) 푛 = 0 ; 푛 = 2,3 . cụ thể là = 0 ; = − 1 ; = 0 ; = − 3 = 1 2 3 2.4 4 5 4.6 (2.4)(4.6) Tổng quát c2m=0 = (−1) 1 2 +1 (2.4)(4.6) [2 (2 + 2)] = (−1) 1 ( = 1,2,3 . ) 2 ! ( + 1)! Nên ta có nghiệm của phương trình betsen với k=1 ∞ 2 +1 = ∑ (−1) = 2 퐽 ( ) (1.40) 1 22 ! ( + 1)! 1 1 =0 trong đó ∞ ∞ 2 +1 ( )2 퐽 ( ) = ∑ (−1) = ∑ (−1) 2 1 22 ! ( + 1)! ! ( + 1)! =0 =0 được gọi là hàm betsen loại một hạng một Nếu k=2,3,4 .thì từ hệ thức (1.38) ta rút ra c0=0 , c1=0 , ,ck-1=0,ck là tùy ý, ck+1=0 = − = − , = 0 +2 ( + 2)2 − 2 2(2 + 2) +3 = − +2 = +4 ( + 4)2 − 2 [2(2 + 2)][4(2 + 4)] Tổng quát 19
  24. = (−1) +2 [2(2 + 2)][4(2 + 4)] [2 (2 + 2 )] = (−1) 22 ! ( + 1)( + 2) ( + ) ! = (−1) 22 ! ( + )! m=0,1,2 Vì thế ta có nghiệm của phương trình betsen khi k=2,3, ∞ 2 + = ! ∑ (−1) = 2 ! 퐽 ( ) 22 ! ( + )! =0 trong đó ∞ ∞ 2 + ( )2 + 퐽 ( ) = ∑ (−1) = ∑ (−1) 2 (1.41) 22 + ! ( + )! ! ( + )! =0 =0 được gọi là hàm betsen loại một hạng k Nếu k=0,1 ta lại có các biểu thức (1.39) (1.40). Vậy (1.41) xác định hàm betsen loại 1 tất cả các hạng k=0,1,2 Ta dễ dàng thấy rằng chuỗi (1.41) là hội tụ thỏa mãn phương trình betsen(1.35) Biểu thức (1.41) của hàm betsen loại 1 hạng k có thể biểu diễn qua hàm gamma 훤(푡) ∞ Γ(t)= 푡−1 − ∫0 푒 Khi đó hệ thức (1.41) đúng với cả k không nguyên Còn với t nguyên Γ(t)=(t-1)! , Γ(1)=1 ∞ ( )2 + 퐽 ( ) = ∑ (−1) 2 (1.42) 훤( + 1)훤( + + 1) =0 Đối với những giá trị x lớn, hàm 퐽 ( ) gần với 20
  25. 2 √ cos ( − − ) 2 4 hay chính xác hơn 2 퐽 ( ) = √ cos ( − − ) [1 + 휀 ( )] (1.43) 2 4 1 trong đó 휀1( ) → 0 ℎ푖 → ∞ Từ công thức (1.43) ta rút ra là Jk(x) có một tập hợp vô số các nghiệm ( ) ( ) 푛 , n=1,2,3 trên nửa trục dương x: 퐽 (푛 ) = 0 Có thể chứng minh được là các nghiệm này là đơn giản, nghĩa là ( ) ( ) ( ) 퐽′ (푛 ) ≠ 0 và nếu đánh số chúng theo thứ tự tăng lên: 1 < 2 < ⋯ . < ( ) 푛 < ⋯thì đối với các số n lớn cos (( ) − − ) 푛 2 4 gần bằng không, nghĩa là ( ) − − khác ít với nghiệm dương thứ n theo 푛 2 4 thứ tự tăng lên của cosin: 푛 − . Vì thế đối với các số n lớn ( ) gần bằng 2 푛 푛 + − 2 4 hay chính xác hơn lim {( ) − (푛 + − )} = 0 푛→0 푛 2 4 Hình 1.7 cho ta đồ thị hàm J0(x) y y=J0(x)  (0) (0) (0) 3 1 2 2,4 5,5 8,7 21 Hình 1.7
  26. Phương trình hàm betsen phải có hai nghiệm độc lập tuyến tính với J(x). Nghiệm thứ hai độc lập tuyến tính với J(x), đối với các giá trị x lớn gần bằng 2 √ sin ( − − ) 2 4 được kí hiệu qua Nk(x) và được gọi là hàm betsen hạng hai (hay hàm Nơman (Neumann) hạng k) nghĩa là 2 ( ) = √ sin ( − − ) [1 + 휀 ( )] (1.44) 2 4 2 trong đó 휀2( ) → 0 ℎ푖 → ∞ Hình 1.8cho ta đồ thị của hàm N0(x). Đặc tính cơ bản của các hàm Nơman là lim| ( )| = ∞ (1.45) →0 y y=N0(x) x Hình 1.8 Ta có 2 − ∞ (−1) ( ) 퐽 ( ) = ∑ 2 − ! 훤(− + + 1) =0 Nếu k không phải số nguyên thì nghiệm riêng 퐽 ( ) và 퐽− ( ) của phương trình sẽ độc lập tuyến tính, bởi vì khai triển các số hạng của và 22
  27. 2 +1 theo các bậc khác nhau của x. Còn nếu k là số nguyên dương thì dễ dàng thấy rằng các nghiệm 퐽 ( ) và 퐽− ( ) là phụ thuộc tuyến tính. Thật vậy khi k nguyên, m=0,1 ,n-1 thì đại lượng (-k + m +1) nhận giá trị nguyên âm hay bằng không, đối với các giá trị này 훤(− + + 1) = ∞ Điều này suy ra từ các công thức 훤(∝ +1) 훤(∝) = ∝ 훤(0+1) => 훤(0) = = ∞ , 0 훤(−1 + 1) 훤(−1) = = −∞ −1 Như vậy n hạng thức đầu tiên trong khai triển chuyển bằng không, do đó ta có −푛+2 ∞ (−1) ( ) 퐽 ( ) = ∑ 2 (1.46) −푛 훤( + 1)훤(−푛 + + 1) =푛 Nếu đặt m=n+l và thay vào công thức (1.46) ta có −푛+2푛+2푙 ∞ (−1)푙(−1)푙 ( ) 퐽 ( ) = ∑ 2 −푛 훤(푛 + 푙 + 1)훤(푙 + 1) 푙=0 푛+2푙 ∞ (−1)푙 ( ) = (−1)푛 ∑ 2 (1.47) 훤(푛 + 푙 + 1)훤(푙 + 1) 푙=0 푛 suy ra 퐽−푛( ) = (−1) 퐽푛( ) (1.48) Nếu k là số nguyên dương n thì nghiệm 퐽 ( ) và 퐽− ( ) là phụ thuộc tuyến tính. Để tìm nghiệm tổng quát của phương trình với k bằng số nguyên n cần phải tìm một số hạng khác độc lập tuyến tính với 퐽 ( ). Muốn vậy ta đưa hàm 푌 ( ) về dạng 퐽 ( ) cos − 퐽 ( ) 푌 ( ) = − (1.49) sin 23
  28. 퐽 ( ) cos −퐽− ( ) Chú ý rằng 푌푛( ) = lim 푌 ( ) = lim →푛 →푛 sin 푛 Vì 퐽−푛( ) = (−1) 퐽푛( ) cho nên khi lấy giới hạn biểu thức trên có dạng 0/0, áp dụng quy tắc L’Hoppital thu được biểu thức tường minh của 푌푛( ): 푛−1 2 1 (푛 − − 1)! −푛+2 푌 ( ) = 퐽 ( ) ln − ∑ ( ) 푛 푛 2 ! 2 =0 푛+2 ∞ 1 (−1) ( ) 훤′( +1) − ∑ 2 [ ! ( + 푛) 훤( + 1) =0 훤′(푛+ +1) + ] (1.50) 훤(푛 + + 1) Khi n=0, hàm 2 ∞ 2 2 (−1) ( ) 훤′( + 1) 푌 ( ) = 퐽 ( ) ln − ∑ 2 0 0 2 ( !)2훤( + 1) =0 Rõ ràng hàm 푌 ( ) này cũng là nghiệm của phương trình (1.35), bởi vì nó là tổ hợp tuyến tính của hai nghiệm riêng 퐽 ( ) và 퐽− ( ) của phương trình này. 푌 ( ) được gọi là hàm Betsen loại 2 cấp k hay còn được gọi là hàm Weber. 퐽 ( ) và 푌 ( ) là hai hàm độc lập tuyến tính, với k là số hữu tỷ, nó tạo nên hệ nghiệm cơ bản của phương trình (1.35) = 1퐽 ( ) + 2푌 ( ) (1.51) 1.4.1. Các tính chất truy hồi của hàm betsen Hàm betsen có các tính chất ′ 퐽′ ( ) = 퐽 −1( ) − 퐽 ( ) , 푌 ( ) = 푌 −1( ) − 푌 ( ) (1) 퐽′ ( ) = −퐽 ( ) + 퐽 ( ) , 푌′ ( ) = −푌 ( ) + 푌 ( ) (2)(1.52) +1 +1 2 2 퐽 ( ) = 퐽 ( ) − 퐽 ( ), 푌 ( ) = 푌 ( ) − 푌 ( ) (3) { +1 −1 +1 −1 24
  29. Ta chứng minh công thức (2), thật vậy ∞ 퐽 ( ) (−1) 2 [ ] = ∑ 2 +2 ! 훤( + + 1) =0 ∞ (−1) 2 = ∑ 2 +2 −1( − 1)! 훤( + + 1) =0 Trong biểu thức cuối thay tổng m bằng m+1 ta có ∞ 퐽 ( ) (−1) 2 [ ] = ∑ 2 +2 −1( − 1)! 훤( + + 1) =0 ∞ (−1) 2 +1 = − ∑ 2 +2 +1 ! 훤( + 1 + + 1) =0 +1+2 ∞ 1 (−1) ( ) 퐽 ( ) = − ∑ 2 = − +1 ! 훤( + + 1) =0 Chú ý rằng 퐽 ( ) 퐽′ ( ) − −1퐽 ( ) 퐽′ ( ) 퐽 ( ) [ ] = = − 퐽 ( ) = +1 2 => 퐽′ ( ) = −퐽 ( ) + 퐽 ( ) , 푌′ ( ) = −푌 ( ) + 푌 ( ) +1 +1 đó là điều phải chứng minh. 1.4.2. Một vài trường hợp riêng của hàm betsen Trong vật lý toán thường gặp các hàm sau ( ) ( ) ( ) 1( ) 퐽0 , 퐽1 , 푌0 , 퐽±푛+ 2 với n nguyên. Hai hàm đầu tiên được biểu diễn dưới dạng chuỗi : 2 4 6 퐽 ( ) = 1 − + − + ⋯ 0 22 2242 224262 2 4 6 퐽 ( ) = (1 − + − + ⋯ ) 1 2 2.4 2. 42. 6 2. 42. 62. 8 25
  30. 2 Từ công thức truy hồi 퐽′ ( ) = 퐽 ( ) − 퐽 ( ), các hàm 퐽 ( ), +1 −1 2 퐽3( ) có thể được tìm từ 퐽0( ) , 퐽1( ). 1( ) 1( ) Các hàm 퐽 , 퐽− được biểu diễn như sau 2 2 1 +2 ∞ (−1) ( )2 2 1( ) 퐽 = ∑ 3 2 ! 훤 ( + ) =0 2 Theo công thức hàm Gamma ta có 3 1 × 3 × 5 × × (2 + 1) 1 1 훤 ( + ) = 훤 ( ) ; 훤 ( ) = √ 2 2 +1 2 2 ∞ 2 (−1) 2 +1 2 => 퐽1( ) = √ ∑ = √ sin 2 (2 + 1)! =0 Tương tự 2 1( ) √ 퐽− = cos 2 2 Áp dụng công thức :퐽 ( ) = 퐽 ( ) − 퐽 ( ) ta tìm được +1 −1 2 sin 2 1 퐽3( ) = √ (− cos + ) = √ [sin ( − ) + cos ( − )] 2 2 2 2 3 1 퐽5( ) = √ {− sin + [sin ( − ) + cos ( − )]} 2 2 2 2 3 3 = √ [(1 − ) sin( − ) + cos( − )] 2 1.4.3 Hàm betsen ảo Xét phương trình 2 1 2 + + (1 − ) = 0 (1.53) 2 2 26
  31. với x được thay bằng ix. Nếu x được thay bằng ix, phương trình (1.53) có dạng 2 1 2 + + (1 − ) = 0 (푖 )2 (푖 ) (푖 ) (푖 )2 2 1 2 + − (−1 + ) = 0 (1.54) 2 2 (1.54) được gọi là thể biến dạng của phương trình betsen, nghiệm có dạng ( ) = 1퐽 (푖 ) + 2푌 (푖 ) Như vậy 푖 2 + 2 + ∞ (−1) ( ) ∞ 푖2 푖 (−1) ( ) 퐽 (푖 ) = ∑ 2 = ∑ 2 ! 훤( + + 1) ! 훤( + + 1) =0 =0 2 + 2 + ∞ (−1) 푖 (−1) ( ) ∞ ( ) = ∑ 2 = 푖 ∑ 2 = 푖 ( ) ! 훤( + + 1) ! 훤( + + 1) =0 =0 ( )− ( ) Chọn ( ) = − , ta có nghiệm của phương trình betsen là tổng 2 sin của các hàm betsen ảo loại 1 và loại 2 có dạng ( ) = 1 ( ) + 2 ( ) 1.4.4 Tính trực giao của hàm betsen a). Tính chất trực giao thứ nhất của hàm betsen Xét phương trình 2 1 2 + + ( 2 − ) = 0 (1.55) 2 2 trong đó c là hằng số nào đó khác không Nếu thay t=cx khi đó ta được phương trình (1.55) về dạng 2 1 2 + + (1 − ) = 0 (1.56) 푡2 푡 푡 푡2 27
  32. (1.56) là phương trình betsen biến số t , vì vậy nghiệm có dạng 2퐽 ( ) 1 퐽 ( ) 2 = 퐽 ( ) ℎ + + (1 − ) 퐽 ( ) = 0 (1.57) 2 2 Nhân hai vế của (1.57) với x ta có 퐽 ( ) 2 [ ] + ( 2 − ) 퐽 ( ) = 0 Lấy hai giá trị khác nhau của c và viết hai phương trình tương ứng 퐽 ( ) 2 [ 1 ] + ( 2 − ) 퐽 ( ) = 0 (1.58) 1 1 퐽 ( ) 2 [ 2 ] + ( 2 − ) 퐽 ( ) = 0 (1.59) 2 2 Nhân (1.58) với 퐽 ( 2 ) và (1.59) với 퐽 ( 1 ) rồi trừ vế với vế ta được 퐽 ( ) 퐽 ( ) ( 2 − 2) 퐽 ( )퐽 ( ) = [ 퐽 ( ) 1 − 퐽 ( ) 2 ] 2 1 1 2 2 1 Lấy tích phân từ 0 đến L phương trình trên ta được 퐿 2 2 ( 2 − 1 ) ∫ 퐽 ( 1 )퐽 ( 2 ) = 퐿[ 1퐽 ( 2퐿)퐽′ ( 1퐿) − 2퐽 ( 1퐿)퐽′ ( 2퐿)] 0 Chú ý nếu k>-1 hàm 퐽 ( ) có tất cả các nghiệm thực. Vì theo công thức của hàm betsen 2 + ∞ ( ) 퐽 ( ) = ∑ (−1) 2 ! 훤( + + 1)! =0 sẽ có từng cặp giống nhau về giá trị tuyệt đối nhưng ngược nhau về dấu , nên 휇 휇 ta chỉ xét các nghiệm dương. Giả sử = 푖 , = 푗 trong đó 휇 , 휇 là hai 1 퐿 2 퐿 푖 푗 nghiệm dương khác nhau của phương trình 퐽 ( ) = 0. Suy ra 28
  33. 퐿 휇 휇푗 ∫ 퐽 ( 푖 ) 퐽 ( ) = 0 , 푖 ≠ 푗 (1.60) 퐿 퐿 0 휇 Thật vậy giả sử = với 휇 là nghiệm dương của phương trình 퐽 ( ) = 퐿 0. Trong công thức (1.60) thay 1 = cho 2 → và coi 2 như là biến số ta có 퐿 퐿 퐽 ( 퐿)퐽 ( 퐿) ( ) ( ) 2 ∫ 퐽 퐽 2 = 2 2 2 − 0 0 Khi → vế phải có dạng bất định , áp dụng quy tắc L’Hopital ta có 2 0 [퐿 퐽 ( 2퐿)퐽 ( 퐿)] 퐿 퐽 ( 2퐿)퐽 ( 퐿) 2 lim 2 2 = lim 2→ − 2→ 2 2 2 [ 2 − ] 2 2 ( ) ( ) 2 퐿 퐽′ 2퐿 퐽′ 퐿 퐿 2 = lim = 퐽′ ( 퐿) 2→ 2 2 2 퐿 휇 퐿2 Vậy ∫ 퐽2 ( ) = 퐽′2 ( 퐿) (1.61) 퐿 2 0 Ta có 퐽′ (휇) = −퐽 +1(휇) Như vậy công thức (1.61) có dạng 퐿 휇 퐿2 퐿2 ∫ 퐽2 ( ) = 퐽′2 (휇) = 퐽 (휇) 퐿 2 2 +1 0 Do đó ta có công thức trực giao 퐿 0, 푖 ≠ 푗 휇 휇푖 푗 2 2 ∫ 퐽 ( ) 퐽 ( ) = {퐿 ′2 퐿 (1.62) 퐿 퐿 퐽 (휇푖) = 퐽 +1(휇푗), 푖 = 푗 0 2 2 với 휇푖 , 휇푗 là nghiệm dương của phương trình 퐽 ( ) = 0 b). Tính chất trực giao thứ hai của hàm betsen Nếu cho điều kiện 29
  34. ′ ∝ 퐽 ( ) + 훽퐽 ( ) = 0, > −1 (1.63) 퐿 휇 퐿2 ∝2−훽2 2 ∫ 퐽2 ( ) = (1 + ) 퐽2 (휇) (1.64) 0 퐿 2 훽2휇2 휇 휇 có 휇 là nghiệm dương của phương trình trên thì giả sử = 푖 , = 푗 trong 1 퐿 2 퐿 đó 휇푖 , 휇푗 là hai nghiệm dương khác nhau của phương trình (1.63) tức là ′ ∝ 퐽 ( 1퐿) + 훽 1퐿퐽 ( 1퐿) = 0 ′ ∝ 퐽 ( 2퐿) + 훽 2퐿퐽 ( 2퐿) = 0 Nhân phương trình trên với 퐽 ( 2퐿) và phương trình dưới với 퐽 ( 1퐿) rồi trừ cho nhau ta thu được ′ ′ 1퐽 ( 1퐿)퐽 ( 2퐿) − 2퐽 ( 2퐿)퐽 ( 1퐿) = 0 Khi 1 ≠ 2 퐿 ′ ′ ∫ 퐽 ( 1 )퐽 ( 2 ) = 퐿[ 1퐽 ( 1퐿)퐽 ( 2퐿) − 2퐽 ( 2퐿)퐽 ( 1퐿)] = 0 0 Trong trường hợp này ta cũng có tính trực giao của hàm betsen 퐿 휇 휇푗 ∫ 퐽 ( 푖 ) 퐽 ( ) = 0 , 푖 ≠ 푗 퐿 퐿 0 ∝ Chú ý rằng nếu k>-1 và + ≥ 0 thì nghiệm của phương trình là thực 훽 휇 Giả sử = với 휇 là nghiệm dương của phương trình (1.63), theo công thức 퐿 (1.64) ta đặt 1 = cho 2 → và coi 2 như là biến số ta có 퐿 퐿[ 퐽 ( 퐿)퐽′ (휇) − 퐽 (휇)퐽′ ( 퐿)] ( ) ( ) 2 2 2 ∫ 퐽 퐽 2 = 2 2 2 − 0 0 Khi → vế phải có dạng bất định , áp dụng quy tắc L’hopital ta có 2 0 퐿 2 ′ ′′ 휇 퐿[휇퐽′ (휇) − 퐽 (휇)퐽 (휇) − 휇퐽 (휇)퐽 (휇)] ∫ 퐽2 ( ) = (1.65) 퐿 2 0 30
  35. Theo phương trình betsen 1 2 퐽′′ (휇) + 퐽′ (휇) + (1 − ) 퐽 (휇) = 0. 휇 휇2 Nhân phương trình trên với 휇퐽 (휇) ta được 2 휇퐽 (휇)퐽′′ (휇) + 휇퐽 (휇)퐽′ (휇) = −휇 (1 − ) 퐽2 (휇). 휇2 Như vậy công thức (1.63) có dạng 퐿 휇 퐿2 2 ∫ 퐽2 ( ) = [퐽′2 (휇) + (1 − ) 퐽2 (휇)]. 퐿 2 휇2 0 Từ (1.63) suy ra ∝ 퐽′ (휇) = − 퐽 (휇). 훽휇 Thay ngược lên trên ta có công thức trực giao 퐿 휇 휇푗 ∫ 퐽 ( 푖 ) 퐽 ( ) 퐿 퐿 0 0, 푖 ≠ 푗 = {퐿2 ∝2− 훽2 2 휇 = 휇 = 휇 (1.66) (1 + ) 퐽2 (휇), { 푖 푗 2 훽2휇2 푖 = 푗 1.4.5. Khai triển một hàm tùy ý vào các hàm betsen 휇 Hãy tìm hệ số khai triển một hàm tùy ý vào chuỗi các hàm betsen 퐽 ( 푖 ) 퐿 trên đoạn 0<x<L trong hai trường hợp i). 휇푖(i=1,2,3 )là nghiệm của phương trình 퐽 ( ) = 0 ′ ii). 휇푖(i=1,2,3 )là nghiệm của phương trình ∝ 퐽 ( ) + 훽퐽 ( ) = 0 휇 do hàm 퐽 ( 푖 ) trực giao và chuẩn hóa trên đoạn 0<x<L.khai triển một hàm 퐿 휇 bất kì vào chuỗi các hàm betsen 퐽 ( 푖 ) với hệ số khai triển là 퐿 푖 31
  36. ∞ 휇 ( ) = ∑ 퐽 ( 푖 ) , > −1 , 0 < < 퐿 푖 퐿 푖=1 i). nếu 휇푖(i=1,2,3 )là nghiệm của phương trình 퐽 ( ) = 0. Theo công thức (1.62) ta có 퐿 0, 푖 ≠ 푗 휇 휇푖 푗 2 2 ∫ 퐽 ( ) 퐽 ( ) = {퐿 ′2 퐿 퐿 퐿 퐽 (휇푖) = 퐽 +1(휇푗), 푖 = 푗 0 2 2 휇 Nhân hai vế với 퐽 ( 푖 ) rồi lấy tích phân từ 0 đến L suy ra được hệ số 퐿 퐿 2 휇 = ∫ ( )퐽 ( 푖 ) 푖 2 퐿 퐽 +1(휇푗) 퐿 0 người ta gọi khai triển này là khai triển fourier-betsen ′ ii). Nếu 휇푖(i=1,2,3 )là nghiệm của phương trình ∝ 퐽 ( ) + 훽퐽 ( ) = 0 theo tính chất trực giao thứ hai của hàm betsen ta có 퐿 0, 푖 ≠ 푗 휇 휇 푖 푗 2 2 2 2 휇 = 휇 = 휇 ∫ 퐽 ( ) 퐽 ( ) = {퐿 ∝ − 훽 2 푖 푗 퐿 퐿 (1 + 2 2 ) 퐽 (휇), { 0 2 훽 휇 푖 = 푗 휇 Nhân hai vế của phương trình đã cho với 퐽 ( 푖 ) rồi lấy tích phân từ 0 퐿 đến L suy ra được hệ số 퐿 2 휇 = ∫ ( )퐽 ( 푖 ) . 푖 ∝2−훽2 2 퐿2 (1 + ) 퐽2 (휇) 퐿 훽2휇2 0 người ta gọi khai triển này là khai triển dyni-betsen 1.5 DAO ĐỘNG CỦA MÀNG TRÒN Ta trở lại với bài toán dao động của màng tròn gắn chặt ở mép. Dao động của nó tuân theo phương trình (1.27) 32
  37. 1 1 ′′ − 2 [ ( ′ )′ + ′′ ] = 0 푡푡 2 휑휑 và thỏa mãn các điều kiện ban đầu (1.28) |푡=0 = ( , 휑) ; ′푡|푡=0 = 퐹( , 휑) và điều kiện biên (1.26) : | =푞 = 0 Nghiệm của nó có dạng sóng đứng = 퐾( )(휑) (푡) Hàm R(r) có thể biểu diễn qua các hàm betsen Thật vậy, vì hàm 푅 ( ) phải thỏa mãn phương trình betsen nên 푣 푅 ( ) = 퐽 ( ) + ( ) 푣 1 2 trong đó Jk(x), và Nk(x) là các hàm betsen loại 1 và 2. Từ đó ta có 푅( ) = 1퐽 (푣 ) + 2 (푣 ) Nhưng theo (1.45) lim[ (푣 )] = ∞ →0 mà ở tâm của màng, R(r) vẫn phải hữu hạm cho nên hằng số c2 phải bằng không nghĩa là 푅( ) = 1퐽(푣 ) (1.67) Mặt khác theo điều kiện biên (1.26) R(q)=0, nên Jk(vq)=0 (1.68) còn nếu không, ngược lại mà c1=0 thì R(r)≡ 0và ≡ 0. Điều đó có nghĩa là vq phải là một trong các nghiệm của các hàm Jk(x), nghĩa là ( ) 푣푞 = 푛 , 푛 = 1,2,3 Vậy hằng số v xuất hiện khi tách biến không phải tùy ý mà phải có một trong các giá trị 1 푣 = ( ), 푛 = 1,2,3 푞 푛 33
  38. Do đó theo công thức (1.67) ( ) 푅( ) = 퐽 ( 푛 ) (1.69) 1 푞 Hàm (휑) có dạng (휑) = 1 cos 휑 + 2 sin 휑 còn hàm T(t) thỏa mãn phương trình ′′ + 푣2 = 0 và có dạng ′′(푡) = cos 푣 푡 + sin 푣 푡 Nhân ba hàm R,,T với nhau ta có ( ) 푡 ( ) 푡 = ( cos 푛 + sin 푛 ) ( cos 휑 1 푞 1 푞 1 ( ) + sin 휑)퐽 ( 푛 ) (1.70) 2 푞 Các đường nút của sóng đứng này, thứ nhất là k đường kính, chia màng thành 2k hình quạt như nhau (dọc theo các bán kính này 1 cos 휑 + 2 sin = 0) và thứ hai là (n-1) vòng tròn đồng tâm ( dọc theo các vòng tròn này) ( ) 퐽 ( 푛 ) = 0 푞 Nghĩa là ( ) ( ) ( ) 1 2 푛−1 1 = 푞 ( ) , 2 = 푞 ( ) , , 푛−1 = 푞 ( ) 푛 푛 푛 Hình 1.9 Hình 1.9 cho ta các đường nút khi k=1 và n=3 Một trường hợp quan trọng của dao động màng tròn là có dạng sóng đứng không phụ thuộc vào 휑 nghĩa là (휑) = hằng số. Dao động như vậy gọi là đối xứng trụ. Các điều kiện ban đầu bây giờ có dạng 34
  39. |푡=0 = ( ) ′푡|푡=0 = 퐹( ) (1.71) trong trường hợp này phải đặt k=0 và rút ra (휑) =D1 Do đó, sóng đứng đối xứng trụ có dạng (0) 푡 (0) 푡 (0) = ( cos 푛 + sin 푛 ) 퐽 ( 푛 ) 1 1 푞 1 1 푞 0 푞 Các hàm này chỉ phụ thuộc vào một chỉ số n=1,2,3 và do đó ta kí hiệu (0) 푡 (0) 푡 (0) = (훼 cos 푛 + 훽 sin 푛 ) 퐽 ( 푛 ) (1.72) 푛 푛 푞 푛 푞 0 푞 (0) Tần số âm cơ bản của màng tròn tương ứng với n=1, nó bằng 1 , trong đó 푞 (0) 1 =2,405(h9) Vậy trong trường hợp đối xứng trụ, nghiệm sẽ có dạng chồng chập của các đường sóng đứng (1.72) ∞ (0) 푡 (0) 푡 (0) = ∑ (훼 cos 푛 + 훽 sin 푛 ) 퐽 ( 푛 ) (1.73) 푛 푞 푛 푞 0 푞 푛=1 Các hệ số 훼푛 và 훽푛 được xác định từ các điều kiện ban đầu ∞ (0) | = ∑ 훼 퐽 ( 푛 ) = ( ) 0 ≤ < 푞 (1.74) 푡=0 푛 0 푞 푛=1 ∞ (0) (0) ′ | = ∑ 푛 훽 퐽 ( 푛 ) = 퐹( ) 0 ≤ < 푞 (1.75) 푡 푡=0 푞 푛 0 푞 푛=1 Ở đây, ta có các hệ thức khai triển hàm f(r) và F(r) theo các hàm betsen các hệ số khai triển có thể tìm được nhờ tính trực giao của hàm betsen. Ta có thể chứng minh được nếu ≠ 푛 thì 푞 (0) (0) 푛 ∫ 퐽0 ( ) 퐽0 ( ) = 0 (1.76) 0 푞 푞 35
  40. Thật vậy ta đã biết hàm J0(x) thỏa mãn phương trình 1 퐽′′ ( ) + 퐽′ ( ) + 퐽 ( ) = 0 표 0 0 Nếu đưa vào phương trình này 휆 và 휇 thay cho x với 휆 và 휇 là những hằng số bất kỳ ta có 2퐽 (휆 ) 1 퐽 (휆 ) 0 + 0 + 휆2퐽 (휆 ) = 0 2 0 2퐽 (휇 ) 1 퐽 (휇 ) 0 + 0 + 휇2퐽 (휇 ) = 0 2 0 Nhân bình phương trên với x퐽0(휇 ) và phương trình dưới với x퐽0(휆 ) rồi trừ cho nhau ta được 2퐽 (휇 ) 2퐽 (휆 ) [퐽 (휆 ) 0 − 퐽 (휇 ) 0 ] 0 2 0 2 퐽 (휇 ) 퐽 (휆 ) + [퐽 (휆 ) 0 − 퐽 (휇 ) 0 ] 0 0 2 2 + (휇 − 휆 ) 퐽0(휆 )퐽0(휇 ) = 0 hay 퐽 (휇 ) 퐽 (휆 ) { [퐽 (휆 ) 0 − 퐽 (휇 ) 0 ]} = (휆2 − 휇2) 퐽 (휆 )퐽 (휇 ) 0 0 0 0 Từ đó nếu thay giá trị của x bằng r và tích phân từ r=0 dến r=q ta tìm được là 퐽0(휇 ) 퐽0(휆 ) 2 2 푞 푞 [퐽 (휆 ) |r=q−퐽 (휇 ) |r=q]= (휆 − 휇 ) ∫ 퐽 (휆 )퐽 (휇 ) (1.77) 0 0 0 0 0 (0) (0) Nếu trong đẳng thức này ta lấy 휆 = 푛 ; 휇 = trong đó ≠ 푛 và chú 푞 푞 (0) (0) ý là 퐽0(푛 ) = 퐽0( ) = 0 , thì ta có (0)2 (0)2 푞 (0) (0) 푛 −  푛  2 ∫ 퐽0 ( ) 퐽0 ( ) = 0 푞 0 푞 푞 (0) (0) bởi vì với ≠ 푛, 푛 ≠  nên đẳng thức (1.76) đã được chứng minh 36
  41. (0) Trong công thức (1.77) nếu ta lấy 휇 = còn λ vẫn để bất kỳ thì ta sẽ có 푞 퐽 (휇 ) ∞ 퐽 (λq) 0 | 0 =푞 ∫ 퐽0(λr)퐽0(휇 ) = 푞 2 2 0 λ − 휇 Khi λ→ 휇 do 퐽0(μq) = 0 ta có 퐽0(λq) 퐽0(λq)−퐽0(휇푞) 1 퐽0(λq) 1 = → |λ=μ λ2−휇2 λ−μ λ+μ λ 2휇 푞 2 푞 퐽0(λq) 1 퐽0(휇 ) Vậy∫ 퐽0 (휇 ) = lim ∫ 퐽0(λr)퐽0(휇 ) = 푞 |λ=μ |r=q 0 λ→μ 0 λ 2휇 푞2 = 퐽2(휇푞) 2 0 Từ đó với m=n ta có 푞 (0) 2 2 푞 (0) ∫ 퐽0 ( ) = 퐽′0( ) (1.78) 0 푞 2 Bây giờ ta sử dụng các hệ thức (1.76) và (1.78) để tính ∝푛 và 훽푛 (0) Nhân hai vế của (1.74) với 퐽 ( ) và tích phân từ 0 đến q ta được 0 푞 ∞ 푞 (0) (0) 푞 (0) ∑ ∝ ∫ 퐽 ( ) 퐽 ( 푛 ) = ∫ ( ) 퐽 ( ) 푛 0 푞 0 푞 0 푞 푛=1 0 0 Nhờ (1.76) và (1.78) ta có 2 푞 (0) 푞 (0)  ∝푛 퐽′0( ) = ∫ ( ) 퐽0 ( ) 2 0 푞 푞 (0) 2 푛 ∝푛= ∫ ( ) 퐽0 ( ) (1.79) 2 2 (0) 푞 푞 퐽′0(푛 ) 0 Tương tự ta tính được hệ số 훽푛 2 푞 (0) 훽 = ∫ 퐹( ) 퐽 ( 푛 ) (1.80) 푛 (0) 2 (0) 0 푞 푞푛 퐽′0(푛 ) 0 Thay ∝푛 và 훽푛 vừa tính được vào (1.73) ta có nghiệm cần tìm u(r,t) 37
  42. Các hệ thức (1.74) và (1.75) có dạng giống như khai triển Furie vì vậy người ta gọi đó là chuỗi Furie – Betsen của các hàm f(r) và F(r) còn ∝푛 và 훽푛 được gọi là các hệ số Furie – Betsen. Trong trường hợp không đối xứng trụ cách làm cũng tương tự như trên nhưng ta thay chỉ số k=0 bằng các chỉ số k nguyên dương khác. 1.6 HÀM GAMMA Hàm gamma được định nghĩa bằng đẳng thức tích phân sau ∞ 훤(∝) = ∫ 푒− ∝− (∝> 0) (1.81) 0 Tích phân từng phần ta có ∞ ∞ Γ( − ∝ ∝ ( − ) ∝ +1) = ∫0 푒 = − ∫0 푒 ∞ −∞ = − ∝푒− | + ∝ ∫ ∝−1푒− 0 0 ∞ =∝ ∫ ∝−1푒− 0 Hay Γ(∝ +1) = 훤(∝) (1.82) 1 Khi ∝= 1 và ∝= hàm 훤(∝) có giá trị 2 1 훤(1) = 1 , 훤 ( ) = √ (1.83) 2 Từ đó ta xác định được giá trị của hàm 훤(∝)đối với các ∝ nguyên và bán nguyên 훤(푛) = (푛 − 1)! 2푛 + 1 (2푛 − 1)‼ 훤 ( ) = √ (1.85) 2 2푛 trong đó n=1,2,3 Đối với các giá trị khác của ∝ hàm 훤(∝)có thể tìm trong các bảng riêng. KẾT LUẬN CHƯƠNG 1 Trong chương 1 về dao động của màng, tôi đã trình bày về việc thiết lập phương trình dao động của màng. Cụ thể là việc trình bày phương trình dao 38
  43. động tự do của màng chữ nhật, dao động cưỡng bức của màng chữ nhật, dao động của màng tròn và các hàm có liên quan như hàm Betsen và hàm Gamma. Nội dung chương 1 đã nêu bật được phương trình dao động của các màng có hình dạng đặc biệt và các hàm có liên quan, qua đó giúp bạn đọc có cái nhìn hệ thống về dao động của màng và là cơ sở để nghiên cứu sâu hơn về Vật lý Lý thuyết. CHƯƠNG 2: BÀI TẬP Bài 1 : tìm nghiệm của phương trình 2 ′′푡푡 = ( ′′ + ′′ ) 0 < < 퐿 ; 0 < < (*) | = 0 , | = 0 Thỏa mãn điều kiện biên: { =0 =퐿 | =0 = 0 , | = = 0 và các điều kiện ban đầu |푡=0 = ( , ) , ′푡|푡=0 = 퐹( , ) là dao động của màng chữ nhật lúc cân bằng nằm trong mặt phẳng 0xy chiếm miền {0 ≤ ≤ 퐿 , 0 ≤ ≤ } các biên gắn chặt. Lời giải Giả sử nghiệm riêng của bài toán thỏa mãn phương trình và các điều kiện biên viết được dưới dạng u=X(x)Y(y)T(t) ′′ ′′ Ta thấy ′′푡푡 = 푌 , ′′ = 푌 , ′′ = 푌′′ Thay vào phương trình = ( , , 푡) = ( )푌( ) (푡) Ta có : 푌 ′′ − 2( ′′ 푌 + 푌′′ ) = 0 Từ đó ta thu được hệ phương trình 39
  44. ′′ + 1 = 0 (2.1) ′′ {푌 − 2 = 0 (2.2) ′′ 2 − ( 1 + 2) = 0 (2.3) 2 Bài toán chỉ có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi 1 = −휆 휆 = 1 ; 휇 = 2 1 퐿 2 2 2 2 2 => (푡) = cos (√ 1 + 2 푡) + sin (√ 1 + 2 푡) 퐿2 2 퐿2 2 ( ) = sin 1 푣à 푌( ) = sin 2 1 퐿 2 trong đó 1 , 2 là các số nguyên tùy ý khác không Nghiệm riêng của phương trình u=XYT có dạng = { 1 2 cos 휔 1, 2 푡 + 1 2 sin 휔 1, 2 푡} sin 휆 1 sin 휇 2 2 2 trong đó: 휔 = √ 1 + 2 1, 2 퐿2 2 Đặt các hằng số 1 2 = 1, 2 , 1 2 = 1, 2 ta có 40
  45. ( ) 1, 2 , , 푡 = ( 1, 2 cos 휔 1, 2 푡 + 1, 2 sin 휔 1, 2푡) sin 휆 1 sin 휇 2 Tần số 휔 1, 2 xác định bằng như trên được gọi là các tần số riêng của màng chữ nhật , còn dao động 1, 2 là các dao động riêng, đó là các sóng đứng đối với màng chữ nhật. mỗi điểm của màng x,y thực hiện một dao động điều hòa √ 2 2 tần số 휔 1, 2 có biên độ là 1, 2 + 1, 2 sin 휆 1 sin 휇 2 Nghiệm của bài toán có dạng là ∞ ∞ = ∑ ∑ 1, 2 2=1 1=1 ∞ ∞ = ∑ ∑ ( 1, 2 cos 휔 1, 2푡 2=1 1=1 + sin 휔 푡) sin 1 sin 2 1, 2 1, 2 퐿 Hàm này thỏa mãn phương trình (*) và điều kiện biên. Từ các điều kiện ban đầu ta có ∞ ∞ ( , ) = ∑ ∑ sin 1 sin 2 1, 2 퐿 2=1 1=1 ∞ ∞ 퐹( , ) = ∑ ∑ 휔 sin 1 sin 2 1, 2 1, 2 퐿 2=1 1=1 Vì thế để xác định các hệ số 1, 2 , 1, 2 ta phải phân tích hàm ( , )và hàm 퐹( , ) thành chuỗi Fourier hai lớp theo sin. Chú ya rằng 퐿 퐿 ∫ [∫ sin 1 sin 3 ] sin 2 sin 4 = 훿 훿 퐿 퐿 4 13 24 0 0 41
  46. 퐿 4   => = ∫ ∫ (, ) sin 2 sin 1   1, 2 퐿 퐿 0 0 퐿 1 4   ( ) 2 1 1, 2 = ∫ ∫ 퐹 ,  sin sin   휔 , 퐿 퐿 1 2 0 0 Bài 2: Tìm dao động ngang của màng hình chữ nhật 0<x<L1 ; 0<y<L2 có các mép được gắn chặt với điều kiện ban đầu : u(x,y,0)=Axy(L1-x)(L2-y) , ut(x,y,0)=0 Lời giải Giải phương trình 2 ′′푡푡 = ( ′′ + ′′ ) Thỏa mãn các điều kiện | | | | =0 = =퐿1 = =0 = =퐿2 u(x,y,0)=Axy(L1-x)(L2-y) , ut(x,y,0)=0 Hàm dao động xác định trong khoảng 0 ≤ ≤ 퐿1, 0 ≤ ≤ 퐿2. Trong phương pháp tách biến, giả sử nghiệm có dạng = ( , , 푡) = ( )푌( ) (푡), (2.7) Thay vào phương trình đã cho ta có "(푡) "( ) 푌"( ) = + = 휆 (2.8) 2 (푡) ( ) 푌( ) 1 trong đó 휆1 là hằng số tách biến. Từ (2.8) ta suy ra hai phương trình: " 2 (푡) − 휆1 (푡) = 0 "( ) 푌"( ) + = 휆 (2.9) ( ) 푌( ) 1 Tách biến phương trình thứ hai 42
  47. "( ) 푌"( ) = 휆 − = 휆 ( ) 1 푌( ) 2 " ( ) − 휆2 ( ) = 0 , (0) = (퐿1) = 0 => { " (2.10) 푌 ( ) − (휆1 − 휆2)푌( ) = 0 , 푌(0) = 푌(퐿2) = 0 Thu được hai phương trình Sturm-Liouville với các hệ số là 휆2 và (휆1 − 휆2) 2 2 chọn 휆1 = −휔1 , 휆1 − 휆2 = −휔2 (2.11) Hai phương trình (2.9) có dạng ′′ 2 ( ) + 휔1 ( ) = 0 , (0) = (퐿1) = 0 " 2 푌 ( ) + 휔2 푌( ) , 푌(0) = 푌(퐿2) = 0 (2.12) Giải phương trình này ta được các hàm riêng và trị riêng sau 2 2 (2푛 + 1) (2푛 + 1) 휔1 = ( ) ; ( ) = 푛( ) = sin 푣ớ푖 푛 = 0,1,2 퐿1 퐿1 2 2 (2푛 + 1) (2푛 + 1) 휔2 = ( ) ; 푌( ) = 푌 ( ) = sin 푣ớ푖 = 0,1,2 퐿2 퐿2 Đó là tập hợp các hàm trực giao trong khoảng xác định của màng (2푛 + 1) 2 휆 = −휔2 = − ( ) 2 1 퐿 1 2 2 (2푛 + 1) 휆1 − 휆2 = −휔2 = − ( ) 퐿2 } ( ) 2 ( ) 2 2푛 + 1 2푛 + 1 2 => 휆1 = − [( ) + ( ) ] = −휆푛 퐿1 퐿2 Phương trình hàm t có dạng ′′ 2 2 (푡) + 휆푛 (푡) = 0, (2.13) và có nghiệm (푡) = 푛(푡) = 푛 cos 휆푛 푡 + 푛 sin 휆푛 푡 (2.14) trong đó các hệ số 푛 , 푛 là các hằng số tùy ý 43
  48. Dùng phương pháp tách biến cho ta ba phương trình vi phân với các nghiệm = 푛( , , 푡) = 푛(푡) 푛( )푌 ( ) (2푛 + 1) (2푛 + 1) = ( 푛 cos 휆푛 푡 + 푛 sin 휆푛 푡) sin sin 퐿1 퐿2 Theo nguyên lý chồng chất ta thu được nghiệm tổng quát ∞ ∞ ∞ ∞ ( , , 푡) = ∑ ∑ 푛( , , 푡) = ∑ ∑ 푛(푡) 푛( )푌 ( ) =0 푛=0 =0 푛=0 ∞ ∞ = ∑ ∑( 푛 cos 휆푛 푡 =0 푛=0 (2푛 + 1) (2푛 + 1) + 푛 sin 휆푛 푡) sin sin 퐿1 퐿2 Điều kiện ban đầu của phương trình cho phép xác định các hằng số 푛, 푛 ( , , 0) ∞ ∞ (2푛 + 1) (2푛 + 1) ∑ ∑ ( 푛 sin sin ) = (퐿1 − )(퐿2 − ) 퐿1 퐿2 =0 푛=0 = ∞ ∞ (2.15) 휕 ( , , 0) (2푛 + 1) (2 + 1) = ∑ ∑ 휆푛 푛 sin sin = 0 휕푡 퐿1 퐿2 { =0 푛=0 Dùng tính chất trực giao của các hàm (2푛 + 1) 푛( ) = sin 퐿1 (2푛 + 1) 푌 ( ) = sin ; , 푛 = 0,1,2,3 퐿2 Tìm được các hệ số sau 64 퐿2퐿2 = 1 2 푛 6(2푛 + 1)3(2 + 1)3 휆푛 푛 = 0 44
  49. Vậy kết quả thu được là (2푛+1) (2 +1) 2 2 ∞ sin sin 64 퐿 퐿 퐿 퐿 ( , , 푡) = 1 2 ∑ 1 2 6 (2푛 + 1)3(2 + 1)3 ,푛=0 (2푛 + 1) 2 (2푛 + 1) 2 × cos { 푡√( ) + ( ) } 퐿1 퐿2 Bài 3: Một màng hình vuông đồng chất lúc t=0 có độ lệch được xác định bởi |푡=0 = ( − )( − ) Trong đó 0 ≤ ≤ , 0 ≤ ≤ , dao động với vận tốc ban đầu bằng 0, ở mép gắn chặt. Hãy xác định dao động của màng. Lời giải Gọi u(x,y,t) là độ lệch của màng tại điểm (x,y) ở thời điểm t thỏa mãn phương trình 휕2 휕2 휕2 0 ≤ ≤ = 2 ( + ) 푣ớ푖 {0 ≤ ≤ } (2.16) 휕푡2 휕 2 휕 2 0 ≤ 푡 ≤ |푡=0 = ( − ) thỏa mãn điều kiện ban đầu : { 휕 (2.17) | = 0 휕푡 푡=0 và thỏa mãn điều kiện biên : | = 0 (2.18) Ta tìm nghiệm riêng của (2.16) thỏa mãn điều kiện biên (2.18) có dạng : u(x,y,t)=V(x,y).T(t) (2.19) Thay (2.19) vào (2.16): 휕2 휕2 ′′(푡) ∆ ′′(푡) ( , ) = 2 ( + ) T(t) => = = −휆 휕 2 휕 2 2T(t) Từ (2.18), (2.19) => | (푡) = 0 => | = 0 (2.18’) 45
  50. ′′(푡) + 휆 2 (푡) = 0 (2.20) => { ∆ + 휆 = 0 (2.21) Ta tìm nghiệm của phương trình (2.21) dưới dạng : V(x,y)=X(x)Y(y) (2.22) Nên từ (2.21) và (2.22) ta có : => ′′( )푌( ) + ( )푌′′( ) + 휆 ( )푌( ) = 0 ′′( ) 푌′′( ) => + + 휆 = 0 ( ) 푌( ) ′′( ) + 훼 ( ) = 0 (2.23) => { 푌′′( ) + 훽푌( ) = 0 (2.24) (0)푌( ) = 0 (0) = 0 Từ (2.18’), (2.22) => { => { (2.25) ( )푌( ) = 0 ( ) = 0 ( )푌( ) = 0 푌(0) = 0 { => { (2.26) ( )푌( ) = 0 푌( ) = 0 Giải (2.23) : ( ) = 1 cos + 2 sin (0) = 1 = 0 với { 2 = 1 ( ) = sin = 0 => { 2 = 푛 => ( ) = sin 푛 Giải (2.24) : 푌( ) = sin 푛 푛 => ( , ) = sin sin là hàm riêng của (2.21) ứng với trị riêng : 2 푛 2 2 + 푛2 휆 = ( ) + ( ) = 2 ( ) = 2 2 푛 2 Thay λ= 푛 vào (2.20) ta có nghiệm riêng của (2.20) : T(t)= 푛 cos 푛 푡 + 푛 sin 푛 푡 =>nghiệm riêng của (2.16) : 푛 푛 푈 ( , 푡) = ( cos 푡 + sin 푡) sin sin 푛 푛 푛 푛 푛 46
  51. nên ta có nghiệm của phương trình (2.16) : ∞ ∞ 푛 푛 푈( , 푡) = ∑ ∑( cos 푡 + sin 푡) sin sin (2.27) 푛 푛 푛 푛 =1 푛=1 Từ diều kiện ban đầu: ∞ ∞ 푛 푛 | = ∑ ∑ sin sin = ( − )( − ) (2.28) 푡=0 푛 =1 푛=1 ∞ ∞ 휕 푛 푛 | = ∑ ∑ 푛sin sin => 푛 = 0 (2.29) 휕푡 푡=0 { =1 푛=1 Nhận thấy 푛 là hệ số trong khai triển Axy(b - x) thành chuỗi Fourier. Nhân 2 푛 푛 vế của (2.27) với sin sin và lấy tích phân theo x và y. 푛 푛 ∫ ∫ sin2 sin2 푛 0 0 푛 푛 = ∫ ∫ ( − )( − ) sin sin 0 0 Ta có: 2 2 = ∫ 푛 (1 − cos ) (1 − cos ) 4 0 2 2 = 푛 [ − sin ]| [ − sin ]| 4 2 0 푛2 0 = 푛 2 (2.30) 4 푛 푛 푃 = ∫ ∫ ( 2 − − + ) sin sin 0 0 푛 푛 = ∫ sin ∫[( 2 − 2) + ( 2 − ) 2] sin 0 0 47
  52. 2 2 푛 2 2 푛 đặt: 1 = ∫ ( − ) sin = − ( − ) cos | 0 푛 0 2 푛 + ( 2 − 2) sin | = − ( 2 − 2) cos 푛 푛2 2 푛 0 3 2 − 4 => = cos 푛 1 푛 2 2 푛 2 2 푛 đặt 2 = ∫ ( − ) sin = ( − ) [− cos | + 0 푛 0 2 푛 3 푛 + ∫ cos ] = ( 2 − ) [− cos 푛 + sin | + 푛 0 푛 푛 0 2 3 2 푛 2 2 + 2 2 cos | ] = ( − ) {− cos 푛 + [ 2 2 (cos 푛 − 1)] } 푛 0 푛 푛 푛 4 − 3 2 2 3 => = cos 푛 + (cos 푛 − 1)( 2 − ) 2 푛 푛3 3 3 2− 4 4 − 3 2 2 3 Nên 푃 = cos 푛 + cos 푛 + (cos 푛 − 1)( 2 − ) 푛 푛 푛3 3 0 푛ế 푛 = 2 = {−4 3( 2 − ) 푛ế 푛 = 2 + 1 (2 + 1)3 3 −4 3( 2 − ) => 푃 = ∫ sin (2 + 1)3 3 0 48
  53. −4 3 = ∫( 2 − ) sin (2 + 1)3 3 0 3 −4 2 = 3 3 {− ( − ) cos | (2 + 1) 0 + ∫(2 − ) cos } 0 −4 3 2 2 = { [(2 − ) sin | + cos | ]} (2 + 1)3 3 2 2 0 0 −4 3 2 3 = [ (cos − 1)] (2 + 1)3 3 3 3 0 푛ế = 2푞 = { 16 6 푛ế = 2푞 + 1 (2 + 1)3(2푞 + 1)3 6 16 6 => 푃 = (2.31) (2 + 1)3(2푞 + 1)3 6 2 16 6 Từ (2.30), (2.31) => = 4 (2 +1)3(2푞+1)3 6 64 4 => = (2.32) (2 +1)3(2푞+1)3 6 Theo trên: 2 2 = [(2 + 1)2 + (2푞 + 1)2] 푛 2 => = √(2 + 1)2 + (2푞 + 1)2 푛 Từ (2.27), (2.29), (2.23) ta có nghiệm bài toán đã cho: 49
  54. 푈( , 푡) ∞ ∞ (2 +1) (2푞+1) 16 6 sin sin = ∑ ∑ cos √(2 + 1)2 + (2푞 + 1)2 . 푡 6 (2 + 1)3(2푞 + 1)3 =0 푞=0 Bài 4: chứng minh rằng 퐽1( ) = −퐽′0( ) và vẽ đồ thị của퐽1( ) Lời giải 2 Ta có 퐽 ( ) = ∑∞ (−1) 0 =0 22 ( !)2 0,6 0,4 0,2 10 15 20 -0,2 5 Hình 2.1 ∞ 2 +1 퐽 ( ) = ∑ (−1) 1 22 +1 ! ( + 1)! =0 Ta thấy ∞ 2 2 −1 퐽′ ( ) = ∑ (−1) 0 22 ( !)2 =1 Đặt m=n+1 ta được ∞ 2(푛 + 1) 2푛+1 퐽′ ( ) = ∑(−1)(푛+1) 0 22(푛+1)(푛 + 1)! (푛 + 1)! 푛=0 ∞ 2푛+1 = − ∑(−1)푛 = −퐽 ( ) 22푛+1푛! (푛 + 1)! 1 푛=0 50
  55. Bài 5:Tìm dao động ngang của màng tròn với các biên gắn chặt, gây lên bởi độ lệch ban đầu có dạng Parabol tròn xoay và vận tốc ban đầu bằng 0. 휕2 휕2 1 휕 = 2 ( + ) 휕푡2 휕 2 휕푡 (퐿, 푡) = 0 2 ( , 0) = ( ) = (1 − ) { 퐿2 Lời giải 휕2 휕2 1 휕 Ta tìm nghiệm của phương trình : = 2 ( + ) 휕푡2 휕 2 휕푡 2 thỏa mãn các điều kiện : (퐿, 푡) = 0 và ( , 0) = ( ) = (1 − ) 퐿2 Nghiệm của phương trình có dạng : ∞ (0) (0) (0) 휇 (푡) 휇 (푡) 휇 ( , 푡) = ∑ ( 0 cos + 0 sin ) 퐽0 ( ) 0 0 0 =0 với các hệ số có dạng : 0 2 휇(0) = ∫ 퐹( )퐽 ( ) = 0 0 (0) 0 2 2 0 0 퐽1 (휇 ) 0 0 2 휇(0) = ∫ ( )퐽 ( ) 0 (0) 0 2 2 0 0 퐽1 (휇 ) 0 0 2 2 2 휇(0) = ∫ (1 − ) = [ 퐽 ( ) (0) 2 (0) 0 2 2 0 2 2 0 0 퐽1 (휇 ) 0 0 퐽1 (휇 ) 0 (0) 1 3 휇 − 2 ∫ 퐽0 ( ) ] 0 0 0 ( ) 휇 0 Để tiện cho tính toán, ta đặt : = ,ta cần tính hai tích phân sau: 0 0 ( ) ; 0 3 ( ) ∫0 퐽0 ∫0 퐽0 51
  56. Để tính tích phân thứ hai ta chứng minh: 3 2 3 ∫ 퐽0( ) = 2 퐽0( ) + ( − 4 )퐽1( ) 0 ∫ 퐽0( ) = 퐽1( ) 0 Thật vậy: 1 퐽′ ( ) = 퐽 ( ) − 퐽 ( ) 1 0 1 1 => 퐽 ( ) = 퐽′ ( ) + 퐽 ( ) , 퐽′ ( ) = −퐽 ( ) 0 1 1 0 1 3 3 2 => = ∫ 퐽0( ) = ∫ 퐽′1( ) + ∫ 퐽1( ) 0 0 0 3 3 3 2 ∫ 퐽′1( ) = ∫ 퐽1( ) = 퐽1( ) − 3 ∫ 퐽1( ) 0 0 0 3 2 => = 퐽1( ) − 2 ∫ 퐽1( ) 0 mà 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) ∫0 퐽1 = − ∫0 퐽′0 = − ∫0 퐽0 2 ( ) 2 ( ) = − 퐽1 + 2 ∫0 퐽0 3 2 2 2 = 퐽1( ) + 2 퐽0( ) − 4 퐽1( ) = 2 퐽0( ) + ( − 4 )퐽1( ) Do đó: 0 0 1 ∫ 퐽 ( ) = [ = → = ; = 0] = ∫ 퐽 ( ) 0 0 2 0 0 0 1 = ( )퐽 ( ) 2 0 1 0 52
  57. 0 0 1 ∫ 3퐽 ( ) = [ = → = ; = 0] = ∫ 3퐽 ( ) 0 0 2 0 0 0 1 = [2 2퐽 ( ) + ( 3 − 4 )퐽 ( )] 4 0 1 = 0 1 = [ 3 3 − 4( )퐽 ( )] 4 0 1 0 0 (0) 0 (0) 0 휇 1 3 휇 ∫ 퐽0 ( ) − 2 ∫ 퐽0 ( ) = ∫ 퐽0( ) 0 0 0 0 0 0 1 3 − 2 ∫ 퐽0( ) 0 0 1 1 1 3 3 = 2 ( 0)퐽1( 0) − 2 4 [ 0 − 4( 0)퐽1( 0)] 0 0 0 4 = 퐽1( 0) − 퐽( 0) + 3 퐽1( 0) 0 Như vây: 2 4 ( ) 8 0 = 2 2 (0) 3 퐽 0 = 3 퐽 (휇 ) 0 (0) (0) 0 1 (휇 ) 퐽0(휇 ) ∞ (0) (0) 1 휇 휇 (푡) ( , 푡) = 8 ∑ 3 퐽0 ( ) cos (0) (0) 0 0 =0 (휇 ) 퐽0 (휇 ) (0) Trong đó 휇 là nghiệm dương của phương trình 퐽0(휇) = 0 KẾT LUẬN CHƯƠNG 2 Trong chương 2 bài tập về dao động của màng tôi đã trình bày một số bài tập dao động của các màng có hình dạng đặc biệt như màng chữ nhật, màng vuông, màng tròn và bài tập về hàm Betsen đồng thời nêu được cách giải các bài tập này, qua đó giúp bạn đọc có cách nhìn hệ thống và hướng giải các dạng bài tập khác tương tự . 53
  58. KẾT LUẬN Sau một thời gian tìm hiểu và nghiên cứu tài liệu dưới sự hướng dẫn của cô giáo, PGS.TS, Lưu Thị Kim Thanh, tôi đã hoàn thành đề tài “Nghiên cứu dao động của màng”, theo hướng nghiên cứu về dao động của màng khóa luận thu được một số kết quả sau Trình bày về thiết lập phương trình dao động của màng và nghiên cứu dao động của một số màng có hình dạng đặc biệt như màng chữ nhật, màng tròn và một số hàm đặc biệt có liên quan như hàm Betsen và hàm Gamma. Giải một số bài tập về dao động màng như dao động của màng chữ nhật, màng vuông, màng tròn và bài tập về hàm Betsen. Những kết quả nghiên cứu trong khóa luận này là nền tảng cơ bản giúp cho sinh viên hiểu sâu hơn, hệ thống hơn về vấn đề dao động của màng, từ đó làm nền tảng cơ bản để sinh viên có thể nghiên cứu sâu hơn một số vấn đề của Vật lý Lý thuyết. Do thời gian có hạn và là lần đầu tiên làm quen với nghiên cứu khoa học nên khả năng và vốn kiến thức của bản thân tôi còn nhiều thiếu sót , tôi hy vọng nhận được sự góp ý của thầy cô và bạn đọc. 54
  59. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Chính Cương(2011),Bài tập phương pháp toán lý,nhà xuất bản sư phạm. [2] Nguyễn Đình Thanh(1996),Phương pháp toán lý, nhà xuất bản giáo dục. [3] Nguyễn Trọng Thái, Nguyễn Đình Trí (1971), Phương trình vật lý – toán, nhà xuất bản Đại học và Trung học chuyên nghiệp Hà Nội. [4] Phan Huy Thiện(2010),Phương trình toán lý,nhà xuất bản giáo dục. [5] Nguyễn Tú Uyên ( 1997), Phương trình toán lý, Khoa Vật lý, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên – ĐHQG Hà Nội. 55