ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

—————

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

ỨNG DỤNG PHẦN MỀM
MATHEMATICA CHO LỜI GIẢI
CỦA BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT

Sinh viên thực hiện: Hoàng Thị Lý
Giáo viên hướng dẫn: TS. Lê Hải Trung

Đà Nẵng, 06/2014


Mục lục
MỞ ĐẦU
1 Bài
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8

3

tốn truyền nhiệt
Phương trình khuếch tán . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bài toán điều kiện đầu cho phương trình truyền nhiệt . .
Giá trị max và min nghiệm của phương trình thuần nhất
Định lý duy nhất nghiệm của bài toán đầu . . . . . . . .
Nghiệm tổng quát của bài toán truyền nhiệt thuần nhất
Tích phân Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Nghiệm của bài toán đầu cho phương trình truyền nhiệt
Cơng thức Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

5
5
6
7
8
9
10
13
18

2 Phần mềm Mathematica cho bài tốn truyền nhiệt

2.1 Nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong R1 . . . . .
2.2 Nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong R2 . . . . .

23
23
34

KẾT LUẬN

41

Tài liệu tham khảo

42

2


MỞ ĐẦU
1. Lý do lựa chọn đề tài
Bài toán truyền nhiệt là một trong những đối tượng nghiên cứu căn
bản trong Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng. Đối với nhiều bài tốn
thì việc tìm ra nghiệm địi hỏi một lượng tính tốn đồ sộ, cồng kềnh, phức
tạp và rất dễ bị nhầm lẫn. Vì vậy, việc sử dụng phần mềm toán học để xác
định nghiệm của bài toán là một địi hỏi hết sức tự nhiên và cũng mang
tính thời sự nhằm đáp ứng nhu cầu tính tốn cũng như việc cơng nghệ
thơng tin hóa trong học tập và nghiên cứu hiện nay. Cùng với tính phổ
cập, đặc thù của chuyên môn và dựa trên mức độ hiểu biết của bản thân
nên tác giả lựa chọn việc sử dụng phần mềm Mathematica trong việc tìm
lời giải cho bài tốn truyền nhiệt làm mục đích và lý do cho khóa luận tốt

nghiệp của mình.
Xuất phát từ nhu cầu tìm hiểu của bản thân và được sự gợi ý hướng
dẫn của thầy giáo - TS Lê Hải Trung nên tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài:
Ứng dụng phần mềm Mathematica cho lời giải của bài tốn truyền nhiệt
cho khóa luận tốt nghiệp của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu và giải quyết các bài tốn truyền nhiệt trong Lý thuyết
phương trình đạo hàm riêng bằng phần mềm Mathematica.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Tiến hành xem xét bài toán truyền nhiệt sau đây:
2
∂u
2∂ u
−a
= f (x, t),
∂t
∂x2

3


và điều kiện đầu:
u|t=0 = u0 (x).
- Nghiên cứu cách giải quyết bài toán truyền nhiệt trong trường hợp
tổng quát với việc nghiệm của bài tốn truyền nhiệt được mơ tả bằng cơng
thức Poisson, sau đó sử dụng phần mềm Mathematica để tìm nghiệm trong
các trường hợp n = 1, 2.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Trong cấu trúc của luận văn tác giả sử dụng phương pháp Fourier tìm
nghiệm dưới dạng tách biến của phương trình truyền nhiệt.

- Luận văn khai thác kiến thức từ các lĩnh vực sau đây: Giải tích,
Phương trình vi phân, Phương trình đạo hàm riêng . . .
5. Cấu trúc bài luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia làm 2 chương
Chương 1. Bài toán truyền nhiệt
Trong chương 1 ta tiến hành xây dựng phương trình truyền nhiệt, phát
biểu bài tốn với điều kiện đầu cho phương trình truyền nhiệt, xây dựng
nghiệm của phương trình truyền nhiệt dưới dạng cơng thức Poisson.
Chương 2. Phần mềm Mathematica cho bài toán truyền nhiệt
Trong chương này ta tiến hành xây dựng các hàm thực hiện nhằm tính
tốn thế vị nhiệt bề mặt và thế vị nhiệt thể tích, các thành phần cấu thành
trong cơng thức Poisson, và tổng của chúng chính là nghiệm của bài toán
truyền nhiệt. Cuối cùng, sử dụng hàm kiểm tra và thực hiện vẽ đồ thị đối
với các nghiệm thu được trong phần mềm Mathematica.
Quá trình thực hiện, xử lý và kiểm tra kết quả được thực hiện bởi
phần mềm Mathematica 4.2 trên máy tính HP, hệ điều hành Window 7
Ultimate, tốc độ xử lý 2,2 Ghz, Ram 2,0 GB.

4


Chương 1
Bài tốn truyền nhiệt
1.1

Phương trình khuếch tán

Các q trình phân bổ nhiệt hoặc khuếch tán hạt trong một môi trường
được mơ tả bằng phương trình khuếch tán sau đây:
ρ


∂u
= div(ρgrad(u)) − qu + F (x, t),
∂t

(1.1)

ở đây các toán tử div và grad(u) được xác định bởi:
n

div(ρgrad(u)) =
i=1

∂u
∂
(ρ
).
∂xi ∂xi

Ta cần đi xây dựng phương trình truyền nhiệt. Ký hiệu u(x, t) là nhiệt
độ của môi trường tại thời điểm x vào thời điểm t(x là một thời điểm trong
không gian với số chiều hữu hạn tùy ý). Ta mặc định môi trường đã cho
là đẳng hướng và ký hiệu ρ(x), c(x) và k(x) lần lượt là mật độ, nhiệt rung
riêng và hệ số dẫn nhiệt tại thời điểm x vào thời điểm t. Ta coi lượng nhiệt
là cân bằng trong một thể tích V bất kỳ và n là hướng truyền nhiệt đối
với S. Theo định luật Fourier qua mặt S vào V sẽ có lượng nhiệt truyền
vào:
∂u
Q1 = k dS∆t = (kgrad(u), n)dS∆t.
(1.2)

S ∂n
S
Q1 =

div(grad(u))dx∆t.
S

5

(1.3)


Khi đó lượng nhiệt sinh ra trong V là:
Q2 =

F (x, t)dx∆t,

(1.4)

V

nhiệt độ trong V sau khoảng thời gian (t, t + ∆t) là:
∂u
∆t.
u(x, t + ∆t) − u(x, t) ∼
=
∂x
Nhiệt độ trong V thay đổi là:
Q3 =


cρ
V

∂u
dx∆t.
∂t

(1.5)

Nhưng Q3 = Q2 + Q1 , vì thế:
[div(kgrad(u)) + F − cρ
V

∂u
]dx∆t = 0.
∂t

Do V có thể lấy tùy ý nên ta nhận được phương trình truyền nhiệt:
cρ

∂u
= div(kgrad(u)) + F (x, t).
∂t

(1.6)

nếu mơi trường là thuần nhất thì c, ρ, k là các hằng số. Khi đó (1.6) viết
được dưới dạng:
∂u
= a2 ∆u + f,

(1.7)
∂t
k
F
∂2
. Khi đó, phương trình (1.7) được gọi là
với a2 = cρ
, f = cρ
, ∆u =
∂x2i
phương trình truyền nhiệt.

1.2

Bài tốn điều kiện đầu cho phương trình
truyền nhiệt

Bài tốn điều kiện đầu (hay cịn gọi là bài tốn Cauchy với điều kiện
đầu) cho phương trình truyền nhiệt nằm ở việc xác định hàm u(x, t) ∈
C 2 ((−∞, +∞) × (0, +∞)), thỏa mãn phương trình:
∂u
∂ 2u
− a2 2 = f (x, t),
∂t
∂x

(1.8)

u |t=0 = u0 (x).


(1.9)

và điều kiện đầu:

6


1.3

Giá trị max và min nghiệm của phương
trình thuần nhất

Định lý 1.1. Nếu hàm u(x, t) thỏa mãn phương trình truyền nhiệt thuần
nhất
∂u
∂ 2u
− a2 2 = 0
(1.10)
∂t
∂x
¯ l,T = (−l, l)×[0, T ], thì
trong miền Gl,T = (−l, l)×(0, T ) và liên tục trong G
nó nhận giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên phần biên Sl,T , được cấu thành
từ đoạn [−l, l] trên trục Ox và {x = −l, 0 ≤ t ≤ T } ∪ {x = l, 0 ≤ t ≤ T }.
Chứng minh. Ký hiệu M là giá trị lớn nhất của u(x, t) trên Gl,T và
m là giá trị nhỏ nhất của u(x, t) trên Sl,T (các giá trị này hoàn toàn tồn
tại khi mà u(x, t) liên tục trên Gl,T ). Nếu như bất đẳng thức M > m xảy
ra, thì khi đó tồn tại điểm (x0 , t0 ) sao cho u(x0 , t0 ) = M với x0 ∈ (−l, l) và
(0 < t0 < T ).
Ta đưa vào hàm sau đây:

v(x, t) = u(x, t) +

M −m
(x − x0 )2 ,
2
24l

và tiến hành xem xét giá trị của v(x, t) trên Sl,T :
v |Sl,T ≤ m +

M − m 5m
=
< M.
6
6

Mặt khác v(x0 , t0 ) = u(x0 , t0 ) = M , khi đó hàm v(x, t) không nhận giá
¯ l,T trên Sl,T . Giả sử giá trị lớn nhất của hàm v(x, t)
trị lớn nhất trong G
đạt được tại điểm (x1 , t1 ) với x1 ∈ (−l, l), 0 < t1 < T .
Điểm (x1 , t1 ) với t1 < T là điểm cực đại địa phương của hàm v(x, t) và
như vậy:
∂v
∂ 2v
≤
0;
= 0.
∂x2
∂t
Ngay cả khi:

∂ 2v
∂v
≤
0;
≥ 0,
∂x2
∂t
như vậy tại điểm này
2
∂v
2∂ v
−a
∂t
∂x2

7

≥ 0.
(x1 ,t1 )


đồng thời:
∂v
∂u
=
,
∂x ∂x
và

∂ 2u M − m

∂ 2v
= 2+
.
∂x2
∂x
12l2

Bởi thế:

2
∂u
2∂ u
−a
∂t
∂x2

=
(x1 ,t1 )

2
∂u
2∂ v
−a
∂t
∂x2

.
(x1 ,t1 )

Như vậy phương trình (1.10) tại điểm (x1 , t1 ) không thỏa mãn. Điều phi

lý chứng tỏ M = m. Tương tự như thế ta cũng chứng minh được giá trị
nhỏ nhất của hàm u(x, t) cũng nhận trên Sl,T .

1.4

Định lý duy nhất nghiệm của bài toán
đầu

Định lý 1.2. Nghiệm của bài toán đầu trong lớp hàm hữu hạn với −∞ <
x < +∞ và t > 0 là duy nhất.
Chứng minh. Ta giả sử điều ngược lại: giả sử u1 (x, t) và u2 (x, t) là hai
nghiệm hữu hạn khác nhau của bài tốn (1.8) - (1.9). Khi đó |u1 (x, t)| ≤
M ; |u2 (x, t)| ≤ M với −∞ < x < +∞, t > 0.
Xét hàm u(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t), ta có:
|u(x, t)| = |u1 (x, t) − u2 (x, t)| ≤ |u1 (x, t)| + |u2 (x, t)| ≤ 2M . Chứng tỏ
u(x, t) hữu hạn khi −∞ < x < +∞; t > 0 và thỏa mãn phương trình
(1.10). (Do u1 (x, t)|t=0 = u0 (x), u2 (x, t)|t=0 = u0 (x) ⇒ u(x, t) = 0).
Tiếp theo ta sử dụng định lý về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cho nghiệm
của bài toán truyền nhiệt trong miền hữu hạn Gl,T : |x| ≤ l và 0 ≤ t ≤ T ,
ở đây l > 0 và T > 0.Trong Gl,T ta đưa vào hàm:
4M
v(x, t) = 2
l

x2
+ a2 t .
2

(1.11)


Chứng tỏ rằng v(x, t) là nghiệm của bài toán truyền nhiệt. Thật vậy:
∂v
4M 2 ∂ 2 v
4M
= 2 a; 2= 2 ;
∂t
l
∂x
l
8


2
∂v
4M
4M
2∂ v
−a
= 2 a2 − a2 2 = 0.
2
∂t
∂x
l
l

Mặt khác:
v(x, t)|t=0

4M
l2


v(x, t)|x=±l;t≥0 =

4M x2
= 2
≥ 0;
l 2

l2
4M l2
+ a2 t ≥ 2
= 2M,
2
l 2

như vậy v(x, 0) ≥ u(x, 0) và v(±l, t) ≥ 2M ≥ u(±l, t).
Áp dụng định lý về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cho hiệu của các hàm
v(x, t) và ±u(x, t) trong miền Gl,T , ta nhận được:
v(x, 0) ≥ |u(x, 0)|, |v(±l, t)| ≥ |u(±l, t)|.
Khi đó trong Gl,T :
4M
u(x, t) ≥ v(x, t) = 2
l

x2
+ a2 t .
2

Bây giờ ta cố định x = x0 , t = t0 > 0 và chọn trong (1.11) l đủ lớn,
khi đó ta nhận được |u(x0 , t0 )| ≥ ε với mọi ε > 0. Điều này chứng tỏ

u(x0 , t0 ) = 0. Do cách chọn x0 ∈ (−∞, +∞) và t0 > 0 là tùy ý nên ta suy
ra u(x, t) = 0 hay u1 (x, t) = u2 (x, t), t > 0.

1.5

Nghiệm tổng quát của bài toán truyền
nhiệt thuần nhất

Xét phương trình sau đây:
∂u
∂ 2u
− a2 2 = 0
∂t
∂x

(1.12)

Trước tiên ta đi tìm nghiệm của phương trình đã cho dưới dạng:
u(x, t) = X(x)T (t)
9

(1.13)


Đặt (1.13) vào (1.12) và tiến hành tách biến, ta nhận được:
T (t))
X (t)
=
= const := −λ2 ,
2

a T (t)
X(x)
T (t) + a2 λ2 T (t) = 0,

(1.14)

X (x) + λ2 X(x) = 0.

(1.15)

2 2

Phương trình (1.14) cho ta: T (t) = Ce−λ a t . Bây giờ ta xem xét phương
trình (1.15):
X (x) + λ2 X(x) = 0.
Phương trình đặc trưng của (1.15):µ2 + λ2 = 0 có nghiệm là µ =
±iλ. Như vậy ta tìm được nghiệm X(x) dưới dạng X(x) = A(λ) cos λx +
2 2
B(λ) sin λx và do đó:u(x, t) = (A(λ) cos λx + B(λ) sin λx)e−a λ t là nghiệm
của phương trình (1.12) với λ tùy ý.
Do tính tuyến tính và thuần nhất của phương trình truyền nhiệt (1.12)
nên tổng bất kỳ và mọi biểu diễn tuyến tính
Cλ uλ cũng sẽ là nghiệm
của phương trình truyền nhiệt.
+∞

uλ dλ cũng sẽ là nghiệm của phương

Như vậy, ta có thể giả sử rằng
−∞


trình truyền nhiệt. Do đó ta có thể xác định nó như sau:
u(x, t) =

2 2

(A(λ) cos λx + B(λ) sin λx)e−a

λ t

dλ.

(1.16)

Nếu như tích phân (1.16) hội tụ đều và có thể thực hiện được phép
tính vi phân dưới dấu tích phân một lần theo t và hai lần theo x thì (1.16)
chính là nghiệm của phương trình (1.12). Hệ thức (1.16)chuyển đến cho ta
mối quan tâm đến tích phân Fourier.

1.6

Tích phân Fourier

Cho trước hàm f (x) với −∞ < x < +∞, xét hàm đã cho trên đoạn
[−l, l] và viết nó dưới dạng chuỗi Fourier tương ứng:
f (x) =

a0
+
2


(ak cos

10

nπ
nπ
x + bk sin
x).
l
l


Ở đây các hệ số ak ,bk được tính theo công thức:
l

1
ak =
l

f (y) cos

kπ
ydy, k = 1, 2, . . .
l

f (y) sin

kπ
ydy, k = 1, 2, . . .

l

−l
l

1
bk =
l
−l

l

1
a0 =
l

f (y)dy
−l

Giả sử hàm đã cho là khả tích tuyệt đối trên tồn bộ trục số, như vậy
+∞

|f (y)|dy < ∞. Ta tiến hành đánh giá a0 khi l → ∞:
−∞
l

1
|a0 | ≤
l


+∞

1
|f (y)|dy ≤
l

l→∞

|f (y)|dy → 0.
−∞

−l

Đặt:
kπ
= λk , k = 1, 2, . . .
l
và ký hiệu:
∆k = λk+1 − λk =

π
(k + 1)π kπ
−
= .
l
l
l

Khi đó ta có thể viết:
l


1
ak =
l

l

1
f (y) cos λk ydy = ∆k
π
−l

f (y) cos λk ydy,
−l

l

1
bk = ∆k
π

f (y) sin λk ydy,
−l

f (x) =

a0 1
+
2 π


∞



l


k=1

=

l

f (y) cos λk y cos λk xdy∆λk +

−l

a0 1
+
2
π



f (y) sin λk y sin λk xdy∆λk 
−l

∞




l


k=1



f (y)cosλk (x − y)dy∆λk  .

−l

11


Chuyển qua giới hạn biểu thức cuối cùng khi l → ∞. Khi l → ∞ ta có
∆ → 0, do đó tổng nhận được có thể xem xét như tích phân theo λ và khi
đó ta viết:


l
a0 1
f (x) = lim  +
f (y) cos λk (x − y)dy∆λk 
l→∞
2
π
−l
∞ ∞


1
=
π

∞

∞

1
f (y) cos λ(x − y)dydλ =
2π
0 −∞

f (y) cos λ(x − y)dydλ.
−∞ −∞

Như vậy ta đã biểu diễn được hàm f (x) dưới dạng tích phân bội Fourier:
∞

∞

1
f (x) =
2π

f (y) cos λ(x − y)dydλ.
−∞ −∞

Ta viết lại biểu thức cuối như sau:
 ∞

∞

1
f (x) =
(f (y) cos λydy) cos λx +

2π
−∞

−∞

Ký hiệu:

∞

(f (y) sin λydy) sin λx
−∞




.



∞

αλ =

1

2π

f (y) cos λydy,
−∞
∞

1
βλ =
2π

f (y) sin λydy,
−∞

khi đó:

∞

f (x) =

[αλ cos λx + βλ sin λx]dλ,
−∞

với các hàm αλ và βλ được gọi lần lượt là các biến đổi cos và sin Fourier.

12


1.7

Nghiệm của bài tốn đầu cho phương

trình truyền nhiệt

Ta quay trở lại bài toán:
2
∂u
2∂ u
−a
= 0,
∂t
∂x2

(1.17)

u(x, t)|t=0 = u0 (x).

(1.18)

Nghiệm của phương trình (1.17) theo giả thiết u0 (x) hữu hạn và liên tục
trên toàn bộ trục số: −∞ < x < +∞, có thể viết được dưới dạng:
∞
2 2

[A(λ) cos λx + B(λ) sin λx]e−a

u(x, t) =

λ t

dλ.


(1.19)

−∞

Chuyển qua giới hạn khi t → 0+ ta nhận được:
∞

u(x, t)|t=0 =

[A(λ) cos λx + B(λ) sin λx]dλ.
−∞

Theo giả thiết ta có:u(x, t)|t=0 = u0 (x) và nếu đặt:
∞

1
A(λ) = a(λ) =
2π

u0 (y) cos λydy,
−∞
∞

1
B(λ) = b(λ) =
2π

u0 (y) sin λydy,
−∞


thì u0 (x) được biểu diễn dưới dạng:
∞

1
u0 (x) =
2π

[aλ cos λx + bλ sin λx]dλ.

(1.20)

−∞

Sử dụng các biểu thức nhận được đối với A(λ) và B(λ) ta viết được
(1.19) dưới dạng:


∞
∞
1 ∞

1
2 2
u(x, t) =
u0 (x) cos λy cos λxdy +
u0 (y) sin λy sin λxdy e−a λ t
 2π

2π
−∞


−∞

−∞

13


∞

1
2π

=

u0 (y)




∞



−∞

−∞




−a2 λ2 t
e
cos λ(y − x)dλ .


Ta tiến hành đi tính tích phân trong dấu ngoặc móc. Ký hiệu:a2 t =
∞

p, x − y = q và xét:J(p, q) =

2

e−pλ cos λqdλ.

−∞

Ta có:
∞

∂J
=−
∂q

∞

e−pλ

2

1

sin λqdλ =
2p

−∞

∂ −pλ2
e
sin λqdλ,
∂λ
−∞

và sau khi tiến hành thực hiện phép tính tích phân từng phần ta nhận
được:


∞
1  −pλ2
∂J
2
e−pλ q cos λqdλ
=
e
sin qλ|λ=∞
λ=−∞ −
∂q
2p
−∞
∞

1

=−
2p

2

e−pλ q cos λqdλ = −

q
J.
2p

−∞

Việc xác định J(p, q) chuyển về việc tìm nghiệm của phương trình vi phân:
∂J
q
= − J,
∂q
2p
hay:
∂J
q
= − ∂q.
J
2p
Từ đây ta nhận được:
−q 2
1 q2
ln J = −
+ ln C(p), J(p, q) = C(p)e 4p , J(p, 0) =

2p 2

∞
2

e−pλ dλ = C(p).
−∞

Đặt

√

pλ = z, khi đó:
∞

1
J(p, 0) = √
p

1
e−z dz = √ I.
p
−∞

Tiếp theo ta đi tính I.

∞

e−z dz,


I=
−∞

14




∞

∞


2
e−x dx 

I2 = 
−∞



∞



2

−∞
∞


∞

2
e−x dx 

e−x dx = 

−∞




2

e−y dy 

−∞

∞

e−(x

=

2

+y 2 )

dxdy.


−∞ −∞

Tích phân cuối cùng được lấy trên toàn bộ mặt phẳng {x, y}, chuyển
qua tọa độ cực nhận được:
2π ∞

∞
2

e−ρ ρdρdϕ = 2π

I2 =
0

0

e−ρ

2

∞

−2π
ρdρ =
2

0

2


e−ρ d(−ρ2 ) =
0

2

= −πe−ρ |∞
0 ⇒I =

√

π.

Như vậy:
C(p) =

π
.
p

Cuối cùng ta nhận được:
J(p, q) =

π −q4p2
e .
p

Trở lại với phép đặt ban đầu:a2 t = p, x − y = q, ta nhận được:
∞
2 2


e−a

λ t

cos(y − x)dλ =

2
π − (y−x)
4a2 t .
e
a2 t

−∞

Đặt giá trị vừa nhận được vào công thức của u(x, t) cho ta:
∞

1
u(x, t) =
2π
−∞

∞
2
π − (y−x)
1
2t
4a
√
e

u
(y)dy
=
0
a2 t
2a πt

e

− (y−x)
4a2 t

2

u0 (y)dy. (1.21)

−∞

Trong công thức (1.21), đặt x − y = ξ ⇒ dy = −dξ ta nhận được:
∞

u(x, t) =

Đặt:

1
√

2a πt


2

u0 (x − ξ)e

− 4aξ 2 t

dξ.

−∞

√
ξ
√ = η ⇒ dξ = 2a tdη(t > 0).
2a t
15


Khi đó:
∞

1
u(x, t) = √
2a πt

√

u0 (x−2a tη)e−η

2


∞

√

1
2a tdη = √
π

√
2
u0 (x−2a tη)e−η dη.

−∞

−∞

(1.22)
Ta chứng minh rằng tích phân (1.22) tồn tại. Thật vậy, từ điều kiện:
|u0 (x)| ≤ M, −∞ < x < ∞, suy ra:
√
|u0 (x − 2a tη)| ≤ M ∀x, η; t > 0.
Khi đó:
∞

1
|u(x, t)| ≤
π

∞


√

|u0 (x − 2a tη)|e−η

2

1
dη ≤ M √
π

−∞

2

e−η dη = M.
−∞

Tiếp theo ta chứng tỏ hàm số:
∞

u(x, t) =

1
√

2a πt

e−

(x−y)2

4a2 t

u0 (y)dy

−∞

là nghiệm của bài toán (1.17) - (1.18). Ta có:
1
∂ 2u
√
=
∂x2
2a πt

∞

2
∂ 2 − (x−y)
4a2 t u (y)dy.
e
0
∂x2

−∞

Tính:
2
2
2
∂ 2 − (x−y)

∂ x − y − (x−y)
(x − y)2
1
− (x−y)
2t
2t
2t
4a
4a
4a
e
=−
e
=
− 2 e
.
∂x2
∂x 2a2 t
4a4 t2
2a t

Khi đó:
∂ 2u
1
√
=
∂x2
a πt

∞


2
(x − y)2
1
− (x−y)
4a2 t u (y)dy.
−
e
0
4a4 t2
2a2 t

−∞
∞



∂  1
∂u
√
=
∂t
∂t 2a πt



e−

(x−y)2
4a2 t


−∞

∞

1
=− √
4ta πt

∞
2
− (x−y)
4a2 t

e
−∞

u0 (y)dy  =

u0 (y)dy +

1
√

2a πt

16

e−
−∞


(x−y)2
4a2 t

(x − y)2
u0 (y)dy.
4a2 t


Ký hiệu:

∞

e−

J0 =

(x−y)2
4a2 t

u0 (y)dy,

−∞
∞

e−

J1 =

(x−y)2

4a2 t

(x − y)2
u0 (y)dy.
4a4 t2

−∞

Khi đó ta nhận được:
2
1
1
1
1
∂u
2∂ u
√
√
√
√ J1 = 0.
−a
=
−
J
+
J
−
J
+
0

1
0
∂t
∂x2
4ta πt
2a πt
2a πt
4ta πt

Như vậy hàm u(x, t) thỏa mãn phương trình thuần nhất (1.17). Tiếp
theo ta chứng tỏ hàm u(x, t) thỏa mãn điều kiện (1.18). Để thực hiện điều
này trước tiên ta xét hàm:
E(x, t) =
và chứng tỏ:

1
√

2

2a πt

e

− 4ax 2 t

,

∞


E(x, t)dx = 1.
−∞

Thật vậy, sau khi đổi biến và tiến hành tính tốn, ta nhận được:
x2

e− 4a2 t
1
√ =√
π
−∞ 2a πt
∞

∞
2

e−η dη, η =
−∞

x
√ .
2a t

(1.23)

Ta chuyển qua chứng minh đẳng thức sau đây:lim u(x, t) = u0 (x) Từ (1.22),
t→0

(1.23) và ∀t > 0 cho ta:
∞


1
|u(x, t)−u0 (x, t)| = √
π

e−η

2

√

−∞
∞

1
≤√
π

∞

1
u0 (x − 2a tη)dη − √
π

2

e−η u0 (x)dη ≤
−∞

√

2
e−η |u0 (x − 2a tη)|dη = J2 + J3 ,

−∞

ở đây:

√
2
e−η |u0 (x − 2a tη) − u(x)|dη,

J2 =
|η≥N |

17


√
2
e−η |u0 (x − 2a tη) − u(x)|dη.

J3 =
|η≤N |

Ta tiến hành đánh giá J2 và J3 . Do |u0 (x)| ≤ M ∀x nên:
2M
J2 ≤ √
π

2


e−η dη.
|η|≥N

Do tính hội tụ của tích phân cuối cùng nên ta chọn được N0 = N0 (ε),
sao cho với N ≥ N0 ta nhận được J2 ≤ 2ε , ∀x, ∀t > 0. Cố định N và xem xét
J3 . Theo điều kiện ban đầu hàm u0 (x) là liên tục, như vậy ∀(ε > 0)∃(δ >
√
0)∀(∆x : |∆x| < 0) |u0 (x + ∆x) − u0 (x)| < 2ε . Lấy ∆x = −2a tη và
√
√
chọn t > 0 đủ nhỏ, sao cho |∆x| = −2a t|η| ≤ 2a tN < δ khi mà
|η ≤ N |. Khi đó:
√
ε
|u0 (x − 2a tη) − u0 (x)| < ,
2
và như vậy:
∞

ε 1
J3 ≤ √
2 π

e−η

2

ε 1
dη ≤ √

2 π

ε
2
e−η dη = .
2
−∞

|η|≤N

Do đó khi t → 0+ ta nhận được:
|u(x, t) − u0 (x)| ≤ J2 + J3 ≤

1.8

ε ε
+ = ε → 0.
2 2

Công thức Poisson

Trong mục này ta tiến hành nghiên cứu bài toán sau đây:
∂ 2u
∂u
− a2 2 = f (x, t),
∂t
∂x

(1.24)


u(x, t)|t=0 = 0.

(1.25)

Trước tiên ta tiến hành xem xét bài toán:
2
∂υ
2∂ υ
−a
= 0, t > τ,
∂t
∂x2

(1.26)

υ(x, t, τ )|t=τ = f (x, t).

(1.27)

18


Lặp lại cách trình bày trong mục 1.7 ta có được nghiệm của bài toán
(1.26) - (1.27) là hàm:
∞

1
υ(x, t, τ ) =
2a π(t − τ )


2

− 4a(x−y)
2 (t−τ )

f (y, τ )e

dy, t > τ.

−∞

Đối với việc chứng minh cho sự tồn tại nghiệm của bài tốn khơng
thuần nhất với điều kiện biên thuần nhất ta tiến hành xem xét hàm sau:
t

u(x, t) =

υ(x, t, τ )dτ.
0

Ta chứng minh hàm u(x, t) được xác định như trên là nghiệm của
phương trình (1.24) khi t > 0. Ta có:
t

∂ 2u
=
∂x2

∂2
υ(x, t, τ )dτ,

∂x2

0
t



∂u
∂ 
=
∂t
∂t

t



∂
υ(x, t, τ )dτ.
∂t

υ(x, t, τ )dτ  = υ(x, t, τ )|t=τ +
0

0

Suy ra:
t

∂u

∂ 2u
−a2 2 = υ(x, t, τ )|t=τ +
∂t
∂x

∂υ
∂ 2υ
− a2 2 dτ
∂x
∂x

= υ(x, t, τ )+0 = f (x, t).

0

Từ đây và trở về sau ta luôn giả thiết rằng f (x, t) bị chặn với mọi x
và t > 0, khả vi hai lần theo x và một lần theo t ≥ 0. Việc còn lại ta cần
chứng tỏ:
lim+ u(x, t) = 0.
t→0

Ta đánh giá u(x, t) với mọi t > 0:
t

|u(x, t)| =

t

υ(x, t, τ )dτ ≤
0


|υ(x, t, τ )|dτ ≤ t max |υ(x, t, τ )| ≤
0≤τ ≤t

0
∞



≤ t max 
0≤τ ≤t

1
2a π(t − τ )

2
− 4a(x−y)
2 (t−τ )

|f (y, τ )|e
−∞

19



dy  .


Từ điều kiện bị chặn của hàm f (x, t) : |f (x, t)| ≤ M với mọi (x, t) ta

có:

∞

1
|u(x, t)| ≤ tM √
π

2

e−η dη = tM.
−∞

Hệ thức cuối cho ta lim+ u(x, t) = 0.
t→0

Như vậy nghiệm của bài toán (1.8) - (1.9):
2
∂u
2∂ u
−a
= f (x, t),
∂t
∂x2
u|t=0 = u0 (x).

sẽ là tổng các nghiệm của bài toán (1.24) - (1.25) và (1.17) - (1.18):


∞

∞
t
2
(x−y)
(x−y)2
1
1
−
f (y, τ )e 4a2 (t−τ ) dy  dτ + √
e− 4a2 t u0 (y)dy.
u(x, t) = 
2a πt
2a π(t − τ )
−∞

0

−∞

(1.28)
Công thức trên có tên là cơng thức Poisson. Trong cơng thức Poisson nhận
được thì số hạng thứ hai:
∞

1
√

2a πt

e−


(x−y)2
4a2 t

u0 (y)dy,

−∞

được gọi là thế vị nhiệt bề mặt, còn số hạng thứ nhất:


t
∞
2
1
− (x−y)

f (y, τ )e 4a2 (t−τ ) dy  dτ
2a π(t − τ )
−∞

0

được gọi là thế vị nhiệt thể tích. Các thuật ngữ trên sẽ được sử dụng
thường xun trong chương tiếp theo.
Ví dụ 1.1. Tìm nghiệm của bài toán sau đây:
∂u ∂ 2 u
− 2 = 2t2 ; u|t=0 = cos x.
∂t ∂x
Lời giải. Ta có: f (x, t) = 2t2 (khuyết x),u|t=0 = cos x, a = 1.

Áp dụng cơng thức Poisson ta có: Thế vị nhiệt bề mặt:
∞

1
I1 = √
2 πt

∞

e
−∞

2
− (x−y)
4t

1
cos ydy = √
2 πt
20

e−
−∞

(x−y)2
4t

eiy + e−iy
2


dy




∞

1
= √ 
2 πt

∞

e−

(x−y)2 −4iyt
4t

dy +

−∞


2
− (x−y)4t+4iyt

e

dy  .


−∞

Tiến hành biến đổi biểu thức

4iyt+(x−y)2
4t

và

−4iyt+(x−y)2
4t

ta nhận được:

−4iyt + (x − y)2
(y − 2it − x)2
=
− ix + t.
4t
4t
4iyt + (x − y)2
(y + 2it − x)2
=
+ ix + t.
4t
4t
Do đó:

eix−t e−ix−t
+

= e−t cos x.
2
2
Ta tiến hành tính tốn đối với thế vị nhiệt thể tích:
I1 =

∞

1
I2 =
2 π(t − τ )
Đặt:

2

(x−y)
2 − 4(t−τ )

2τ e
−∞

2τ 2
dy =
2 π(t − τ )

y−x
ξ= √
2 t−τ

ta nhận được:

dy
dξ = √
2 t−τ
do đó:

∞

2τ 2
√
I2 =
π

2

e−ξ dξ = 2τ 2
−∞

Cuối cùng thế vị nhiệt thể tích nhận được:
t

2t3
2τ dτ =
.
3
2

υ=
0

Vậy nghiệm của bài toán đã cho là:

u = I1 + υ = e−t cos x +

21

2t3
.
3

∞
2

− (x−y)
4(t−τ )

e
−∞

dy.


Ta đưa vào ký hiệu sau đây:
G(a, x, t) =

1
√

2a πt

x2


e− 4a2 t

Khi đó cơng thức (1.28) trong trường hợp n = 1(không gian một chiều)
viết được dưới dạng:
∞

t

∞

G(a, x − y, t − s)f (y, s)dyds +

u(x, t) =
0 −∞

G(a, x − y, t)u0 (y)dy.
−∞

(1.29)
Công thức (1.29) trong trường hợp n chiều (khơng gian n chiều) có dạng:
u(x1 , x2 , ..., xn , t) =
∞

t

∞

=

∞


G(a, x − y, t − s)f (y1 , y2 , ..., yn , s)dy1 dy2 ...dyn ds+

...
0 −∞ −∞
∞

−∞

∞

+
−∞ −∞

∞

...

G(a, x − y, t − s)u0 (y1 , y2 , ..., yn )dy1 dy2 ...dyn ,

−∞

trong đó,
G(a, x−y, t−s) = G(a, x1 −y1 , t−s)G(a, x2 −y2 , t−s)...G(a, xn −yn , t−s).

22


Chương 2
Phần mềm Mathematica cho bài

toán truyền nhiệt
2.1

Nghiệm của phương trình truyền nhiệt
trong R1

Bước 1: Trong Mathematica ta nhập hàm thực hiện G bằng cú pháp:
√
G=(1/(2∗#1 π ∗ #3))∗Exp [#22 /(-4#12 #3)] &;
Bước 2: Thực hiện tổ hợp phím Shift + Enter ta nhận được:
√
In[1]:=G=(1/(2*#1 π ∗ #3))*Exp [#22 /(-4#12 #3)] &;
Nhập G[a, x, t] và thực hiện tổ hợp phím Shift + Enter ta nhận được:
In[2]:=G[a, x, t]
2
− x

2
Out[2]:= 2ae √4aπ√t t

Bước 3: Ta đưa vào các hàm sau đây:
In[3]:=vo[a_, u_]:=Simplify[
Intergrate[G[a, x − y, t] ∗ u[y], {y, −∞, ∞}], t > 0 && x ∈ Reals]
In[4]:=vi[a_, u_]:=Simplify[
Intergrate[G[a, y, t] ∗ u[x − y], {y, −∞, ∞}], t > 0 &&x ∈ Reals]
In[5]:=woo[a_, f _]:=Simplify[ Intergrate
[G[a, x − y, t − s] ∗ f [y, s], {y, −∞, ∞}], 0 < s < t && x ∈ Reals]
In[6]:=wii[a_, f _]:=Simplify[ Intergrate
23



[G[a, y, s] ∗ f [x − y, t − s], {y, −∞, ∞}], 0 < s < t && x ∈ Reals]
In[7]:=woi[a_, f _]:=Simplify[ Intergrate
[G[a, x − y, s] ∗ f [y, t − s], {y, −∞, ∞}], 0 < s < t && x ∈ Reals]
In[8]:=woo[a_, f _]:=Simplify[ Intergrate
[G[a, y, t − s] ∗ f [x − y, s], {y, −∞, ∞}], 0 < s < t && x ∈ Reals]
In[9]:=ints[w_]:=Simplify[
Intergrate [w, {s, 0, t}], t > 0 && x ∈ Reals]
In[10]:=uoo[a_, f _]:=ints[woo[a, f ]];
In[11]:=uii[a_, f _]:=ints[wii[a, f ]];
In[12]:=uoi[a_, f _]:=ints[woi[a, f ]];
In[13]:=uio[a_, f _]:=ints[wio[a, f ]];
Để tiến hành kiểm tra các hàm vừa nhận được, ta nhập:
In[14]:=uoo[a, f ]
∞

e

t
−∞

Out[14]:=

−

(x−y)2
4a2 (s−t) f [y,s]

√


0

−s+t

√

2a π

ds

In[15]:=uoo[a, f ]
∞

e

t

−

−∞

Out[15]:=

y2
4a2 (s−t) f [x−y,s]

√

0


−s+t

√
2a π

ds

In[16]:=uoo[a, f ]
∞

e

t

−

−∞

(x−y)2
4a2 s

√

Out[16]:= 0

f [y,−s+t]

s

√


2a π

ds

In[17]:=uoo[a, f ]
∞

e

t

−

−∞

Out[17]:=

0

y2
4a2 s f [x−y,−s+t]

√

s

√
2a π
24


ds


Để kiểm ta nghiệm ta có thể sử dụng các hàm sau:
In[18]:=l1:=Simplify[(D[#4, t]-#12 ∗(D[#4, x1, x1]+D[#4, x2, x2]+
D[#4, x3, x3])-#2),t > 0&&x1 ∈ Reals; x2 ∈ Reals; x3 ∈ Reals]
l0:=Simplify[(Limit[#4, t → 0, Direction → −1]-#3), x1 ∈ Reals;
x2 ∈ Reals ; x3 ∈ Reals]] &
l:={l1[#1,#2,#3,#4],l0[#1,#2,#3,#4]} &

Ví dụ 2.1. Tìm nghiệm của bài toán sau đây:
∂u ∂ 2 u
− 2 = e−t ; u|t=0 = e−2x .
∂t ∂x
Trong Mathematica cho ta:
In[19]:=f211[x_, t_]=Exp[−t]; {nghĩa là ta có f (x, t) = e−t }
In[20]:=u0211[x_]=Exp[−2x]; {nghĩa là ta có u|t=0 = e−2x }
In[21]:=a211=1;{nghĩa là ta có a = 1}
In[22]:=v0211[x_,t_]=vi[a211,u0211]
Out[22]:=e4t−2x
In[23]:=woo[a211,f211]
Out[23]:=e−s
In[24]:=v1211[x_,t_]=uoo[a211,f211]
Out[24]:=1 − e−t
Nghiệm của bài tốn có dạng:
In[25]:=u211[x_,t_]=v0211[x, t]+v1211[x, t]
Out[25]:=1 − e−t + e4t−2x
Thực hiện lệnh kiểm tra:
In[26]:=l[a211,f211[x1, t],u0211[x1],u211[x1]]

Out[26]:={0, 0}
Đồ thị nghiệm của bài toán có dạng (chọn x ∈ (0, −2π), t ∈ (0, 5)):

25