phương pháp toán lý (phương trình truyền nhiệt và phương trình laplace)

Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh

Khoa Vật lý

Bài tập

PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT

&

PHƯƠNG TRÌNH LAPLACE

Biên soạn: Lee Ein

Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2013

Methods of Mathematical Physics

SV: Nguyễn Lê Anh (k36.102.012) Trang 1

Phương trình truyền nhiệt Bài 1: Tìm nhiệt độ ( )u x,t trên một thanh dẫn nhiệt dài L mét không chứa nguồn nhiệt, biết

rằng hai đầu thanh được giữ ở 0 và nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x trên thanh được cho bởi

hàm số ( )f x với 0 x L≤ ≤ . Áp dụng kết quả này hãy tìm ( )u x,t khi biết thanh dài 2 mét với

( )f x x= khi 0 x 1≤ ≤ và ( )f x 2 x= − khi 1 x 2≤ ≤

Phương trình truyền nhiệt: 2

22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

0 x L

t 0

≤ ≤ ≥

Điều kiện ban đầu: ( )t 0

u f x=

= với [ ]x 0;L∀ ∈

Điều kiện biên: x 0 x L

u u 0= =

= = với t 0∀ ≥

Tách biến: ( ) ( ) ( )u x,t X x .T t= ( ) ( ) ( ) ( )2X x T t a X x T t′ ′′⇒ =

( )( )

( )( )2

X x T tconst

X x a T t

′′ ′⇒ = = −λ =

( ) ( )( ) ( )2

X x X x 0 (1)

T t a T t 0 (2)

′′ + λ =⇒ ′ + λ =

Điều kiện biên: ( ) ( )X 0 X L 0= = (3)

Giải phương trình (1)

− Trường hợp 1: 0λ = ( )X x Ax B⇒ = +

Thay điều kiện (3) ( )( )

X 0 A.0 B 0A B 0

X L A.L B 0

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 u x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)

− Trường hợp 2: 0λ < ( ) x xX x Ae Beα −α⇒ = + với α = −λ

Thay điều kiện (3) ( )

( ) L L

X 0 A B 0A B 0

X L Ae Be 0α −α

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 u x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)

− Trường hợp 3: 0λ > ( )X x Acos x Bsin x⇒ = α + α với α = λ


( )X 0 A 0 0

sin L 0X L A Bsin L 0

= + =⇒ ⇒ α = = + α =

L k⇒ α = π với k = 1, 2, 3,… k

L

π⇒ α =

Phương trình (1) có vô số nghiệm: ( )k

k xX x Bsin

L

π=



Giải phương trình (2), ta có nghiệm: ( )2

2k a

ta t L

kT t C.e C.eπ − − λ = = với

22 k

L

π λ = α =

Suy ra: ( )2

k at

Lk

k 1

k xu x,t C e sin

L

π +∞ −

=

π= ∑

Dựa vào điều kiện đầu: ( )t 0

u f x=

= ( ) kk 1

k xf x C sin

L

+∞

=

π⇒ = ∑ ( )

L

k0

2 k xC f x sin dx

L L

π⇒ = ∫

Áp dụng:

Ta có: ( ) ( ) ( )2 1 2

k0 0 1

k x k x k xC f x sin dx f x sin dx f x sin dx

2 2 2

π π π= = +∫ ∫ ∫

( )

( )

( ) ( ) ( )

1 2

k

0 1

21 1 2

0 0 11

1 2

0 1

2 2 2

k x k xC xsin dx 2 x sin dx

2 2

2 x 22x k x 2 k x k x 2 k xcos cos dx cos cos dx

k 2 k 2 k 2 k 2

2 k 2 2 k x 2 k 2 2 k xcos sin cos sin

k 2 k k 2 k 2 k k 2

4 k 4 k 8 ksin sin sin

2 2 2k k k

π π⇒ = + −

−− π π π π= + + −

π π π π

− π π π π= + + −

π π π π π π

π π π= + =

π π π

∫ ∫

∫ ∫

Đáp số: ( )( )

2k a

t2

2k 1

8 k k xu x,t sin e sin

2 2k

π +∞ −

=

π π=

π∑



Bài 2: Tìm nhiệt độ ( )u x,t trên một thanh dẫn nhiệt dài 1 mét không chứa nguồn nhiệt, biết

rằng đầu x 0= của thanh được giữ ở 0u , còn đầu kia được giữ ở 1u , nhiệt độ ban đầu tại các

điểm ( )M x trên thanh là 2u


22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

0 x 1

t 0

≤ ≤ ≥

Điều kiện ban đầu: 2t 0u u

== với [ ]x 0;1∀ ∈

Điều kiện biên: 0 1x 0 x 1u u , u u

= == = với t 0∀ ≥

Đặt ( ) ( ) ( )0 0 1v x,t u x, t u u u x= − + −

( )( )

0 0 1x 0 x 0

0 0 1x 1 x 1

v u u u u .0 0

v u u u u .1 0= =

= =

= − + − =⇒ = − + − =

Với ( ) ( ) ( )0 1 0u x,t v x,t u u u x= + + − . Phương trình truyền nhiệt trở thành: 2

22

v va

t x

∂ ∂=

∂ ∂

Với điều kiện đầu: ( )2 0 0 1t 0v u u u u x

== − + −

Và điều kiện biên: x 0 x 1

v v 0= =

= =

Tách biến: ( ) ( ) ( )v x,t X x .T t= ( ) ( ) ( ) ( )2X x T t a X x T t′ ′′⇒ =

( )( )

( )( )2

X x T tconst

X x a T t

′′ ′⇒ = = −λ =

( ) ( )( ) ( )2

X x X x 0 (1)

T t a T t 0 (2)

′′ + λ =⇒ ′ + λ =

Điều kiện biên: ( ) ( )X 0 X 1 0= = (3)

Giải phương trình (1)


Thay điều kiện (3) ( )( )

X 0 A.0 B 0A B 0

X 1 A.1 B 0

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 v x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)



( )X 0 A B 0

A B 0X 1 Ae Be 0α −α

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 v x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)





( )X 0 A 0 0

sin 0X 1 A Bsin 0

= + =⇒ ⇒ α = = + α =

k⇒ α = π với k = 1, 2, 3,… k⇒ α = π

Phương trình (1) có vô số nghiệm: ( )kX x Bsin k x= π

Giải phương trình (2), ta có nghiệm: ( ) ( )22 k a ta tkT t C.e C.e− π− λ= = với ( )22 kλ = α = π

Suy ra: ( ) ( )2k a t

kk 1

v x,t C e sin k x+∞

− π

=

= π∑ ( )1

k 2 0 0 10

C 2 u u u u x sin k xdx ⇒ = − + − π ∫

Đáp số: ( ) ( ) ( )2k a t

0 1 0 kk 1

u x,t u u u x C e sin k x+∞

− π

=

= + − + π∑

Bài 3: Tìm nhiệt độ ( )u x,t trên một thanh dẫn nhiệt dài L mét không chứa nguồn nhiệt, biết

rằng hai đầu thanh cách nhiệt và nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x trên thanh được cho bởi

hàm số ( )f x với 0 x L≤ ≤ . Áp dụng kết quả này hãy tìm ( )u x,t khi biết thanh dài 2 mét với

( ) 0f x u= khi 0 x 1≤ ≤ và ( )f x 0= khi 1 x 2≤ ≤


22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

0 x L

t 0

≤ ≤ ≥


u f x=

= với [ ]x 0;L∀ ∈


u u0

x x= =

∂ ∂= =

∂ ∂ với t 0∀ ≥


( )( )

( )( )2

X x T tconst

X x a T t

′′ ′⇒ = = −λ =

( ) ( )( ) ( )2

X x X x 0 (1)

T t a T t 0 (2)

′′ + λ =⇒ ′ + λ =

Điều kiện biên: ( ) ( )X 0 X L 0′ ′= = (3)


Thay điều kiện (3): ( )X 0 A 0′⇒ = = ( )0X x B 0⇒ = ≠

Từ phương trình (2), ta có: ( ) ( )0T t 0 T t C 0′ = ⇒ = ≠

Vậy ( ) 00

au x, t BC

2= =


( ) x xX x Ae Beα −α′⇒ = α − α




( ) L L

X 0 A B 0A B 0

X L Ae Be 0α −α

′ = − =⇒ ⇒ = = ′ = − =

( ) ( )X x 0 u x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)


( )X x Asin x Bcos x′⇒ = −α α + α α


( )X 0 0 B 0

sin L 0X L Asin L 0 0

′ = + =⇒ ⇒ α = ′ = −α α + =

L k⇒ α = π với k = 1, 2, 3,… k

L

π⇒ α =


k xX x Acos

L

π=

Giải phương trình (2), ta có nghiệm: ( )2

2k a

ta t L

kT t C.e C.eπ − − λ = = với

22 k

L

π λ = α =

Suy ra: ( )2

k at

L0k

k 1

a k xu x,t C e cos

2 L

π +∞ −

=

π= + ∑

Với ( )L

00

2a f x dx

L= ∫ và ( )

L

k0

2 k xC f x cos dx

L L

π= ∫

Áp dụng:

Ta có: ( ) ( ) ( )2 1 2

00 0 1

a f x dx f x dx f x dx= = +∫ ∫ ∫1

1

0 0 0 000

a u dx u x u⇒ = = =∫

Và: 11

0 0k 0

00

2u 2uk x k x kC u cos dx sin sin

2 k 2 k 2

π π π= = =

π π∫

Đáp số: ( )2

k at

20 0

k 1

u 2u k k xu x,t sin e cos

2 k 2 2

π +∞ −

=

π π= +

π∑




rằng đầu x 0= của thanh cách nhiệt, còn đầu kia được giữ ở nhiệt độ 1u , nhiệt độ ban đầu tại

các điểm ( )M x trên thanh là ( ) 1u x,0 u x= với 0 x 1≤ ≤


22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

0 x 1

t 0

≤ ≤ ≥

Điều kiện ban đầu: 1t 0u u x

== với [ ]x 0;1∀ ∈

Điều kiện biên: x 0

u0

x =

∂=

∂ và 1x 1

u u=

= với t 0∀ ≥

Đặt ( ) ( ) 1v x,t u x, t u= −

1x 1 x 1

x 0 x 0

1 1 1t 0 t 0

v u u 0

v u0

t t

v u u u x u

= =

= =

= =

= − =

∂ ∂⇒ = = ∂ ∂ = − = −

Với ( ) ( ) 1u x,t v x, t u= + . Phương trình truyền nhiệt trở thành: 2

22

v va

t x

∂ ∂=

∂ ∂

Tách biến: ( ) ( ) ( )v x,t X x .T t= ( ) ( ) ( ) ( )2X x T t a X x T t′ ′′⇒ =

( )( )

( )( )2

X x T tconst

X x a T t

′′ ′⇒ = = −λ =

( ) ( )( ) ( )2

X x X x 0 (1)

T t a T t 0 (2)

′′ + λ =⇒ ′ + λ =

Điều kiện biên: ( )( )

X 0 0

X 1 0

′ = =

(3)

− Trường hợp 1: 0λ = ( )X x Ax B⇒ = + ( )X x A′⇒ =

Thay điều kiện (3): ( )

( )X 0 A 0

A B 0X L A B 0

′ = = ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 v x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)


( ) x xX x Ae Beα −α′⇒ = α − α


( )X 0 A B 0


′ = − =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 v x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)


( )X x Asin x Bcos x′⇒ = −α α + α α



Thay điều kiện (3): ( )

( )X 0 0 B 0

cos 0X 1 A cos 0

′ = + =⇒ ⇒ α = = α =

( )2k 1

2

+ π⇒ α = với k = 0, 2, 3,…

Phương trình (1) có vô số nghiệm: ( ) ( )k

2k 1 xX x Acos

2

+ π=

Giải phương trình (2), ta có nghiệm: ( )( ) 2

2

2k 1 at

2a tkT t C.e C.e

+ π−

− λ = =

với ( ) 2

2 2k 1

2

+ πλ = α =

Suy ra: ( )( ) ( )

22k 1 a

t2

kk 1

2k 1 xv x,t C e cos

2

+ π+∞ −

=

+ π= ∑

Dựa vào điều kiện đầu: 1 1t 0v u x u

== −

( )1 1 k

k 1

2k 1 xu x u C cos

2

+∞

=

+ π⇒ − = ∑ ( ) ( )1

k 1 10

2k 1 xC 2 u x u cos dx

2

+ π⇒ = −∫

Bài 5: Tìm nhiệt độ ( )u x,t trên một thanh dẫn nhiệt dài L mét có chứa nguồn nhiệt (cho bởi

hàm số ( )g x,t ), biết rằng hai đầu thanh được giữ ở 0 và nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x

trên thanh được cho bởi hàm số ( )f x với 0 x L≤ ≤ . Áp dụng kết quả này hãy tìm ( )u x,t khi

biết thanh dài 2 mét với ( ) 2g x, t x 2x= − với 0 x 2≤ ≤ , nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x trên thanh là 0

Phương trình truyền nhiệt: ( )2

22

u ua g x, t

t x

∂ ∂= +

∂ ∂ với

0 x L

t 0

≤ ≤ ≥


u u 0= =

= = với t 0∀ ≥

Ta xét nghiệm: ( ) ( )kk 1

k xu x,t T t sin

L

+∞

=

π= ∑

Điều kiện ban đầu: ( ) ( )kt 0k 1

k xu f x T 0 sin

L

+∞

==

π= = ∑ với [ ]x 0;L∀ ∈

( ) ( )L

k0

2 k xT 0 f x sin dx

L L

π⇒ = ∫ (*)

Ta viết: ( ) ( )kk 1

k xg x, t G t sin

L

+∞

=

π= ∑ ( ) ( )

L

k0

2 k xG t g x,t sin dx

L L

π⇒ = ∫



Phương trình truyền nhiệt:

( ) ( ) ( )2

2k k k

k 1 k 1 k 1

k x k k x k xT t sin a T t sin G t sin

L L L L

+∞ +∞ +∞

= = =

π π π π ′ = − +

∑ ∑ ∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

k k k k k k

k a k aT t T t G t T t T t G t

L L

π π ′ ′⇒ = − + ⇔ + =

Nghiệm của phương trình vi phân: ( ) ( )2

k at

Lk RT t C.e T t

π − = + với ( )RT t là nghiệm riêng.

Từ điều kiện (*): ( ) ( ) ( ) ( )k R k RT 0 C T 0 C T 0 T 0⇒ = + ⇒ = −

Suy ra: ( ) ( )2

k at

LR

k 1

k xu x,t C.e T t sin

L

π +∞ −

=

π = +

∑

Áp dụng:

( )2

k0

k xT 0 0.sin dx 0

1

π= =∫

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

( )

( )( )

222 1

2k

0 00

2 22

3000

k

3

2 2x xk x k x 4 k xG t x 2x sin dx cos x 1 cos dx

2 k 2 k 2

2 x 14 k x 2 k x 4 2 2 k x 160 sin sin dx 0 cos cos k 1

k k 2 k 2 k k k 2 k

16 1 1

k

−π π π= − = + −

π π

− π π π = + − = + = π − π π π π π π π − − =

π

∫ ∫

∫

Ta có: ( ) ( )( )( )

k2

k k 3

16 1 1k aT t T t

2 k

− −π ′ + = π

Nghiệm phương trình vi phân: ( ) ( )2

k at

2k RT t C.e T t

π − = + ( )RT t D const⇒ = =

( )( )

( )( )

k k2

3 5 2

16 1 1 64 1 1k a0 D D

2 k k a

− − − −π ⇒ + = ⇒ = π π

Ngoài ra, ta có: ( )( )

( )

k

k 5 2

64 1 1T 0 C 0

k a

− − = + =π

Nếu k chẵn C 0⇒ = (loại). Suy ra k phải lẻ ( )

( )( )5 52 2

k

k a k aC

12864 1 1

π π⇒ = =

− −



Vậy: ( ) ( )( )

2k a

t5 2 2

k 5 2

k a e 128T t

128 k a

π − π

= −π

Đáp số: ( ) ( )( )

2k a

t5 2 2

5 2k 1

k a e 128 k xu x,t sin

128 Lk a

π − +∞

=

π π

= − π

∑

Bài 6: Tìm nhiệt độ ( )u x,t trên một thanh dẫn nhiệt dài 1 mét không chứa nguồn nhiệt, biết rằng đầu x 0= của thanh được giữ ở nhiệt độ 0, còn đầu kia của thanh có nhiệt độ cho bởi

( ) t

1u 1, t

e= ( t 0∀ ≥ ), nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x trên thanh là ( )u x,0 x= với

0 x 1≤ ≤


22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

0 x 1

t 0

≤ ≤ ≥

Điều kiện ban đầu: t 0

u x=

= với [ ]x 0;1∀ ∈

Điều kiện biên: t

x 0 x 1u 0, u e−

= == = với t 0∀ ≥

Đặt ( ) ( ) tv x,t u x,t e x−= −

t

x 0 x 0

t

x 1 x 1

t 0 t 0

v u e 0 0

v u e 1 0

v u x 0

−= =

−= =

= =

= − ⋅ =

⇒ = − ⋅ = = − =

Với ( ) ( ) tu x,t v x, t e x−= + . Phương trình truyền nhiệt trở thành:

( )2 2 2

t 2 2 t 22 2 2

v v v v v ve x a a e x a g x, t

t x t x t x− −∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

− = ⇔ = + ⇒ = +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

với ( ) tg x,t e x−=

Với điều kiện đầu: t 0

v 0=

= và điều kiện biên: x 0 x 1

v v 0= =

= =


v x,t T t sin k x+∞

=

= π∑

Điều kiện ban đầu: ( )kt 0k 1

v 0 T 0 sin k x+∞

==

= = π∑ với [ ]x 0;1∀ ∈

( )1

k0

T 0 2 0sin k xdx 0⇒ = π =∫ (*)


g x, t G t sin k x+∞

=

= π∑



( )

( )

11 1t t

k00 0

k 11 ttt

0

x 1G t 2 e xsin k xdx 2.e cos k x cos k xdx

k k

2.e 1cos k 1 1 2.e cos k2.e sin k x

k k k k k

− −

+−−−

−⇒ = π = π + π π π

−− π − π= + π = = π π π π π

∫ ∫


( ) ( ) ( ) ( )22k k k

k 1 k 1 k 1

T t sin k x a k T t sin k x G t sin k x+∞ +∞ +∞

= = =

′ π = − π π + π∑ ∑ ∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

k k k k k kT t k a T t G t T t k a T t G t′ ′⇒ = − π + ⇔ + π =

( ) ( ) ( ) ( )k 1t2

k k

2.e 1T t k a T t

k

+− −′⇒ + π =

π

Nghiệm của phương trình vi phân: ( ) ( ) ( )2

k a tk RT t C.e T t− π= + với ( ) t

RT t De−= .

( ) ( ) ( )( )

k 1 kt2t t

2

2.e 1 2 1De k a De D

k k 1 k a

+−− − − −

⇒ − + π = ⇔ =π π − π

Từ điều kiện (*): ( ) ( ) ( )( )

k

k R 2

2 1T 0 C T 0 C 0 D

k k a 1

−⇒ = + ⇒ = − =

π π −

Suy ra: ( ) ( )( )

( ) ( )( )

2k k

k a t t

2 2k 1

2 1 2 1v x,t e e sin k x

k k a 1 k 1 k a

+∞− π −

=

− − = + π π π − π − π ∑

Đáp số: ( ) ( )( )

( ) ( )( )

2k k

k a t t t

2 2k 1

2 1 2 1u x,t e e sin k x e x

k k a 1 k 1 k a

+∞− π − −

=

− − = + π + π π − π − π ∑




rằng đầu x 0= của thanh có nhiệt độ cho bởi ( )u 0,t 3t= ( t 0∀ ≥ ), còn đầu kia của thanh được

giữ ở nhiệt độ 0, nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x trên thanh là ( )u x,0 0= với 0 x 1≤ ≤


22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

0 x 1

t 0

≤ ≤ ≥

Điều kiện ban đầu: t 0

u 0=

= với [ ]x 0;1∀ ∈

Điều kiện biên: x 0 x 1

u 3t, u 0= =

= = với t 0∀ ≥

Đặt ( ) ( )v x,t u x,t 3t 3tx= − +x 0 x 0

x 1 x 1

t 0 t 0

v u 3t 3t.0 0

v u 3t 3t.1 0

v u 3.0 3.0.x 0

= =

= =

= =

= − + =

⇒ = − + = = − + =

Với ( ) ( )u x,t v x,t 3t 3tx= + − . Phương trình truyền nhiệt trở thành:

( ) ( )2 2 2

2 2 22 2 2

v v v v v v3 3x a a 3x 3 a g x, t

t x t x t x

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ − = ⇔ = + − ⇒ = +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ với ( )g x, t 3x 3= −

Với điều kiện đầu: t 0

v 0=

= và điều kiện biên:

x 0 x 1v v 0

= == =


v x,t T t sin k x+∞

=

= π∑

Điều kiện ban đầu: ( )kt 0k 1

v 0 T 0 sin k x+∞

==

= = π∑ với [ ]x 0;1∀ ∈

( )1

k0

T 0 2 0sin k xdx 0⇒ = π =∫ (*)


g x, t G t sin k x+∞

=

= π∑

( ) ( ) ( )1 1

k

0 0

1 11

00 0

G t 2 3x 3 sin k xdx 6 x 1 sin k xdx

1 x 1 1 1 1 66 cos k x cos k xdx 6 sin k x

k k k k k k

⇒ = − π = − π

− − = π + π = + π = − π π π π π π

∫ ∫

∫


( ) ( ) ( ) ( )22k k k

k 1 k 1 k 1

T t sin k x a k T t sin k x G t sin k x+∞ +∞ +∞

= = =

′ π = − π π + π∑ ∑ ∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

k k k k k kT t k a T t G t T t k a T t G t′ ′⇒ = − π + ⇔ + π =



( ) ( ) ( )2

k k

6T t k a T t

k′⇒ + π = −

π

Nghiệm của phương trình vi phân: ( ) ( ) ( )2

k a tk RT t C.e T t− π= + với ( )RT t D= .

( )( )

2

3 2

6 6k a D D

k k a⇒ π = − ⇔ = −

π π

Từ điều kiện (*): ( ) ( )( )k R 3 2

6T 0 C T 0 C 0 D

k a⇒ = + ⇒ = − =

π

Suy ra: ( )( )

( )2k a t

3 2k 1

6v x,t e 1 sin k x

k a

+∞− π

=

= − π π∑

Đáp số: ( )( )

( )2k a t

3 2k 1

6u x,t e 1 sin k x 3t 3tx

k a

+∞− π

=

= − π + − π∑

Bài 8: Tìm nhiệt độ ( )u x,y,t trên một hình chữ nhật dẫn nhiệt (chiều dài L và chiều rộng m) không chứa nguồn nhiệt, biết rằng nhiệt độ trên 4 cạnh của hình chữ nhật được giữ ở 0 và nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x,y trên hình chữ nhật được cho bởi hàm số ( )f x,y với

0 x L≤ ≤ và 0 y m≤ ≤ . Áp dụng kết quả này hãy tìm ( )u x,y,t của một hình vuông có cạnh 2

mét với ( ) ( )( )f x,y xy x 2 y 2= − − với 0 x 2≤ ≤ và 0 y 2≤ ≤

Phương trình truyền nhiệt: 2ua u

t

∂= ∆

∂ hay

2 22

2 2

u u ua

t x y

∂ ∂ ∂= + ∂ ∂ ∂

với 0 x L

0 y m

t 0

≤ ≤ ≤ ≤ ≥


u f x,y=

= với [ ]x 0;L∀ ∈ và [ ]y 0;m∀ ∈


y 0 y m

u u 0

u u 0= =

= =

= = = =

với t 0∀ ≥

Tách biến: ( ) ( ) ( )u x,y, t V x,y T t= ( ) ( ) ( ) ( )2V x,y T t a V x,y T t′⇒ = ∆

( )( )

( )( )2

V x,y T tconst

V x,y a T t

′∆⇒ = = −λ =

( ) ( )( ) ( )2

V x,y V x,y 0 (1)

T t a T t 0 (2)

∆ + λ =⇒ ′ + λ =



Xét ( ) ( ) ( )V x,y X x Y y= là nghiệm, phương trình (1) trở thành: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

X x X x 0 3

Y y Y y 0 4

′′ + α = ′′ + β = α + β = λ

Với điều kiện biên: ( ) ( )( ) ( )

X 0 X L 0

Y 0 Y L 0

= = = =

Giải phương trình (3):

− Trường hợp 1: 0α = ( )X x Ax B⇒ = +

Thay điều kiện biên ( )( )

X 0 A.0 B 0A B 0

X L A.L B 0

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( ) ( )X x 0 V x,y 0 u x,y,t 0⇒ = ⇒ = ⇒ = (loại)

− Trường hợp 2: 0α < ( ) x xX x Ae Beϕ −ϕ⇒ = + với ϕ = −α

Thay điều kiện biên ( )

( ) L L

X 0 A B 0A B 0

X L Ae Be 0ϕ − ϕ

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( ) ( )X x 0 V x,y 0 u x,y,t 0⇒ = ⇒ = ⇒ = (loại)

− Trường hợp 3: 0α > ( )X x Acos x Bsin x⇒ = ϕ + ϕ với ϕ = α


( )X 0 A 0 0


= + =⇒ ⇒ ϕ = = + ϕ =

L k⇒ ϕ = π với k = 1, 2, 3,… k

L

π⇒ ϕ =


k xX x Bsin

L

π= với

2k

L

π α =

Giải tương tự cho phương trình (4), ta có vố số nghiệm: ( )n

n yY x B sin

m

π′= với 2

n

m

π β =

Từ phương trình (2) cho ta nghiệm: ( ) 2a tknT t C.e− λ= với

2 2k n

L m

π π λ = α + β = +

Suy ra: ( )2 2

k a n at

L m

knk 1 n 1

k x n yu x,y, t C e sin sin

L m

π π − + +∞ +∞

= =

π π= ∑∑

Dựa vào điều kiện đầu: ( )t 0

u f x,y=

= ( ) knk 1 n 1

k x n yf x,y C sin sin

L m

+∞ +∞

= =

π π⇒ = ∑∑



( )L m

kn0 0

2 2 k x n yC f x,y sin sin dxdy

L m L m

π π⇒ = ∫ ∫

Áp dụng:

( )( )2 2

kn0 0

k x n yC xy x 2 y 2 sin sin dxdy

2 2

π π⇒ = − −∫ ∫

( ) ( )2 2

2 2

0 0

k x n yx 2x sin dx. y 2y sin dy

2 2

π π= − −∫ ∫

Ta có: ( ) ( ) ( )2

22 12

0 00

2 2x xk x k x 4 k xx 2x sin dx cos x 1 cos dx

2 k 2 k 2

−π π π− = + −

π π∫ ∫

( )( )

( )

( )( )

2 22

3000

k

3

2 x 14 k x 2 k x 4 2 2 k x 160 sin sin dx 0 cos cos k 1

k k 2 k 2 k k k 2 k

16 1 1

k

− π π π = + − = + = π − π π π π π π π − − =

π

∫

Tương tự: ( )( )( )

n2

23

0

16 1 1n yy 2y sin dy

2 n

− −π − =π∫

Suy ra: ( )( )

( )( )

( ) ( )( )

k n k n

kn 3 3 3 6

16 1 1 16 1 1 256 1 1 1 1C

k n kn

− − − − − − − − = =π π π

Đáp số: ( )( ) ( )

( )

2 2k n k a n at

L m

3 6k 1 n 1

256 1 1 1 1 k x n yu x,y,t e sin sin

L mkn

π π − + +∞ +∞

= =

− − − − π π =π

∑∑



Bài 9: Tìm nhiệt độ ( )u x,t trên một thanh dẫn nhiệt dài vô hạn không chứa nguồn nhiệt, biết

rằng nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x trên thanh được cho bởi hàm số ( )f x với x R∀ ∈ .

Áp dụng kết quả này hãy tìm ( )u x,t khi biết nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x trên thanh là

( ) 0f x u= khi 0 x 1≤ ≤ và ( )f x 0= khi x 0< hoặc x 1>


22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

x

t 0

−∞ < < +∞ ≥


u f x=

= với x R∀ ∈


( )( )

( )( )2

X x T tconst

X x a T t

′′ ′⇒ = = −λ =

( ) ( )( ) ( )

2T t a T t 0 (1)

X x X x 0 (2)

′ + λ =⇒ ′′ + λ =

Giải phương trình (1), ta có nghiệm: ( ) 2a tT t Ce− λ=

− Trường hợp 1: Nếu 0λ < 2a t

tlim e− λ

→+∞⇒ = +∞

( )( )

T t nÕu C 0

T t 0 nÕu C 0

→ +∞ ≠⇒ = =

(loại) ⇒ Không nhận 0λ <

− Trường hợp 2: Nếu 0λ ≥ thì phương trình (2) có nghiệm: ( ) ( ) ( )X x A cos x B sin x= α α + α α

với 2λ = α R⇒ α ∈ ⇒ có vô số nghiệm: ( ) ( ) ( )X x A cos x B sin xα = α α + α α

Vậy ta có vô số nghiệm: ( ) ( ) ( ) 2 2a tu x,t A cos x B sin x e− αα = α α + α α

( ) ( ) ( ) 2 2a tu x, t A cos x B sin x e d+∞

− α

−∞

⇒ = α α + α α α ∫

Từ điều kiện đầu: ( )t 0

u f x=

= ( ) ( ) ( )f x A cos x B sin x d+∞

−∞

⇒ = α α + α α α ∫

( ) ( )

( ) ( )

1A f z cos zdz

2

1B f z sin zdz

2

+∞

−∞

+∞

−∞

α = α π⇒

α = α π

∫

∫

( ) ( ) ( ) 2 2a t1 1u x, t f z cos zdzcos x f z sin zdzsin x e d

2 2

+∞ +∞ +∞− α

−∞ −∞ −∞

⇒ = α α + α α α π π

∫ ∫ ∫

( ) ( ) 2 2a t1cos zcos x sin zsin x f z e dzd

2

+∞ +∞− α

−∞ −∞

= α α + α α απ ∫ ∫



( ) ( ) ( ) 2 2a t1u x, t cos z x f z e dzd

2

+∞ +∞− α

−∞ −∞

⇒ = α − α π ∫ ∫

Xét tích phân: ( ) 2 2a t1P cos z x e d

2

+∞− α

−∞

= α − α π ∫

Đặt ( )

da t d

a tz x

z xa t

σ σ = α ⇒ α = −ωσ = α − ⇒ ω =

( ) 21P cos e d

2 a t

+∞−σ

−∞

⇒ = ωσ σπ ∫ . Đặt ( ) ( ) 2

I cos e d+∞

−σ

−∞

ω = ωσ σ∫

Xét ( ) ( ) ( ) 2dI

I sin e dd

+∞−σ

−∞

ω′= ω = −σ ωσ σ

ω ∫

Đặt ( ) ( )

2

2

sin d cos d

edv e d v

2

−σ−σ

= ωσ ⇒ = ω ωσ σ

= −σ σ ⇒ =

J J

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2 2e sinI e cos d e cos d I

2 2 2 2

+∞−σ +∞ +∞

−σ −σ

−∞ −∞−∞

ωσ ω ω ω′⇒ ω = − ωσ σ = − ωσ σ = − ω∫ ∫

( )( ) ( )

2

4I

I CeI 2

ω−′ ω ω

⇒ = − ⇒ ω =ω

Cho 0ω = ( )I 0 C⇒ = 2

C e d+∞

−σ

−∞

⇒ = σ∫ mà 2

0

e d2

+∞−σ π

σ =∫2

C e d+∞

−σ

−∞

⇒ = σ = π∫

( )( )

2

22

2

z xz xa t

4 4 4a tI e e e

− −ω −− −

⇒ ω = π = π = π( ) ( )2 2

2 2

z x z x

4a t 4a t1 1

P e e2 a t 2a t

− −− −

⇒ = π =π π

( ) ( )u x, t Pf z dz+∞

−∞

⇒ = ∫

Vậy ( ) ( )( )2

2

z x

4a t1

u x,t f z e dz2a t

−+∞ −

−∞

=π ∫

Áp dụng:

Ta có: ( ) ( )( ) ( )2 2

2 2

z x z x104a t 4a t

0

u1u x,t f z e dz e dz

2a t 2a t

− −+∞ − −

−∞

= =π π∫ ∫



Đặt z x dz

d dz 2a td2a t 2a t

−α = ⇒ α = ⇒ = α

Đổi cận: 1

2

xz 0

2a t1 x

z 12a t

− = ⇒ α = = α − = ⇒ α = = α

( )

( ) ( )

2 22 2

1 1

2 1 22 2 2 2

1

0 0

00 0 0 0

1 20 0 0

u uu x, t e 2a td e d

2a t

u u u u2 2e d e d e d e d

2 2

α α−α −α

α α

α α α−α −α −α −α

α

⇒ = α = απ π

= α + α = − α + α = −Φ α + Φ α π π π π

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

Đáp số: ( ) 0u 1 x xu x,t

2 2a t 2a t

− − = Φ − Φ

(hàm Φ được tính gần đúng)

Bài 10: Tìm nhiệt độ ( )u x,t trên một thanh dẫn nhiệt nửa vô hạn không chứa nguồn nhiệt có

đầu x 0= cách nhiệt và nhiệt độ ban đầu tại các điểm ( )M x trên thanh được cho bởi hàm số

( )f x với x 0≥ . Áp dụng kết quả này hãy tìm ( )u x,t khi biết nhiệt độ ban đầu tại các điểm

( )M x trên thanh là ( ) 0f x u= khi 0 x 1≤ ≤ và ( )f x 0= khi x 1>

Xét thanh dẫn nhiệt dài vô hạn:


22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

x

t 0

−∞ < < +∞ ≥


u f x=

= với x R∀ ∈


( )( )

( )( )2

X x T tconst

X x a T t

′′ ′⇒ = = −λ =

( ) ( )( ) ( )

2T t a T t 0 (1)

X x X x 0 (2)

′ + λ =⇒ ′′ + λ =

Giải phương trình (1), ta có nghiệm: ( ) 2a tT t Ce− λ=

− Trường hợp 1: Nếu 0λ < 2a t

xlim e− λ

→+∞⇒ = +∞

( )( )

T t 0 nÕu C 0

T t 0 nÕu C 0

→ ≠⇒ = =

(loại) ⇒ Không nhận 0λ <

− Trường hợp 2: Nếu 0λ ≥ thì phương trình (2) có nghiệm: ( ) ( ) ( )X x A cos x B sin x= α α + α α



với 2λ = α R⇒ α ∈ ⇒ có vô số nghiệm: ( ) ( ) ( )X x A cos x B sin xα = α α + α α

Vậy ta có vô số nghiệm: ( ) ( ) ( ) 2 2a tu x,t A cos x B sin x e− αα = α α + α α

( ) ( ) ( ) 2 2a tu x, t A cos x B sin x e d+∞

− α

−∞

⇒ = α α + α α α ∫

Từ điều kiện đầu: ( )t 0

u f x=

= ( ) ( ) ( )f x A cos x B sin x d+∞

−∞

⇒ = α α + α α α ∫

( ) ( )

( ) ( )

1A f z cos zdz

2

1B f z sin zdz

2

+∞

−∞

+∞

−∞

α = α π⇒

α = α π

∫

∫

( ) ( ) ( ) 2 2a t1 1u x, t f z cos zdzcos x f z sin zdzsin x e d

2 2

+∞ +∞ +∞− α

−∞ −∞ −∞

⇒ = α α + α α α π π

∫ ∫ ∫

( ) ( ) 2 2a t1cos zcos x sin zsin x f z e dzd

2

+∞ +∞− α

−∞ −∞

= α α + α α απ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) 2 2a t1u x, t cos z x f z e dzd

2

+∞ +∞− α

−∞ −∞

⇒ = α − α π ∫ ∫

Xét tích phân: ( ) 2 2a t1P cos z x e d

2

+∞− α

−∞

= α − α π ∫

Đặt ( )

da t d

a tz x

z xa t

σ σ = α ⇒ α = −ωσ = α − ⇒ ω =

( ) 21P cos e d

2 a t

+∞−σ

−∞

⇒ = ωσ σπ ∫ . Đặt ( ) ( ) 2

I cos e d+∞

−σ

−∞

ω = ωσ σ∫

Xét ( ) ( ) ( ) 2dI

I sin e dd

+∞−σ

−∞

ω′= ω = −σ ωσ σ

ω ∫

Đặt ( ) ( )

2

2

sin d cos d

edv e d v

2

−σ−σ

= ωσ ⇒ = ω ωσ σ

= −σ σ ⇒ =

J J

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

2 2e sinI e cos d e cos d I

2 2 2 2

+∞−σ +∞ +∞

−σ −σ

−∞ −∞−∞

ωσ ω ω ω′⇒ ω = − ωσ σ = − ωσ σ = − ω∫ ∫



( )( ) ( )

2

4I

I CeI 2

ω−′ ω ω

⇒ = − ⇒ ω =ω

Cho 0ω = ( )I 0 C⇒ = 2

C e d+∞

−σ

−∞

⇒ = σ∫ mà 2

0

e d2

+∞−σ π

σ =∫2

C e d+∞

−σ

−∞

⇒ = σ = π∫

( )( )

2

22

2

z xz xa t

4 4 4a tI e e e

− −ω −− −

⇒ ω = π = π = π( ) ( )2 2

2 2

z x z x

4a t 4a t1 1

P e e2 a t 2a t

− −− −

⇒ = π =π π

( ) ( )u x, t Pf z dz+∞

−∞

⇒ = ∫

Vậy ( ) ( )( )2

2

z x

4a t1

u x,t f z e dz2a t

−+∞ −

−∞

=π ∫

Ta có phương trình truyền nhiệt của thanh nửa vô hạn không chứa nguồn: 2

22

u ua

t x

∂ ∂=

∂ ∂ với

0 x

t 0

≤ < +∞ ≥


u f x=

= với )x 0;∀ ∈ +∞

Kéo dài thanh thành thanh vô hạn có điều kiện đầu: ( ) ( )F x f x= khi )x 0;∈ +∞

Khi đó, ( )u x,t của thanh vô hạn là: ( ) ( )( )2

2

z x

4a t1

u x,t F z e dz2a t

−+∞ −

−∞

=π ∫

Ta có: ( ) ( )

( )2

2

z x

4a t2

2 z xu 1F z e dz

x 4a t2a t

−+∞ −

−∞

−∂=

∂ π ∫

Với điều kiện biên: x 0

u0

x =

∂=

∂ với t 0∀ ≥ ( )

2

2

z

4a tzF z e dz 0+∞ −

−∞

⇒ =∫ với t 0∀ ≥

( )F x⇒ là hàm số chẵn ⇒ Kéo dài ( )f x thành ( )F x chẵn.

( ) ( )( )

( )( )2 2

2 2

z x z x0

4a t 4a t

0

1 1u x, t f z e dz f z e dz

2a t 2a t

+ −+∞− −

−∞

⇒ = +π π∫ ∫

Cuối cùng ta được: ( ) ( )( ) ( )2 2

2 2

z x z x

4a t 4a t1

u x,t f z e e dz2a t

+ −+∞ − −

−∞

= +

π ∫

Áp dụng:

Ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 2 2 2

z x z x z x z x104a t 4a t 4a t 4a t

0

u1u x,t f z e e dz e e dz

2a t 2a t

+ − + −+∞ − − − −

−∞

= + = +

π π ∫ ∫



Tính tích phân: ( )2

2

z x10 4a t

10

uI e dz

2a t

−−

=π ∫

Đặt z x dz

d dz 2a td2a t 2a t

−α = ⇒ α = ⇒ = α

Đổi cận: 1

2

xz 0

2a t1 x

z 12a t

− = ⇒ α = = α − = ⇒ α = = α

( ) ( )

2 22 2

1 1

2 1 22 2 2 2

1

0 01

00 0 0 0

1 20 0 0

u uI e 2a td e d

2a t


2 2

α α−α −α

α α

α α α−α −α −α −α

α

⇒ = α = απ π

= α + α = − α + α = −Φ α + Φ α π π π π

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

Tính tích phân: ( )2

2

z x10 4a t

20

uI e dz

2a t

+−

=π ∫

Đặt z x dz

d dz 2a td2a t 2a t

+′ ′ ′α = ⇒ α = ⇒ = α

Đổi cận: 1

2

xz 0

2a t1 x

z 12a t

′= ⇒ α = = α + ′= ⇒ α = = α

( ) ( )

2 22 2

1 1

2 1 22 2 2 2

1

0 01

00 0 0 0

1 20 0 0

u uI e 2a td e d

2a t


2 2

′ ′α α′ ′−α −α

′ ′α α

′ ′ ′α α α′ ′ ′ ′−α −α −α −α

′α

′ ′⇒ = α = απ π

′ ′ ′ ′ ′ = α + α = − α + α = −Φ α + Φ α π π π π

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

Đáp số: ( ) 01 2

u 1 x x 1 x xu x,t I I

2 2a t 2a t 2a t 2a t

− − + = + = Φ − Φ + Φ − Φ

(hàm Φ được tính gần đúng)



Phương trình Laplace Bài 1: Tìm nhiệt độ dừng ( )u x,y trên một hình chữ nhật (chiều dài L và chiều rộng m) với nhiệt độ trên 2 biên x 0= và x L= giữ ở 0, còn nhiệt độ trên 2 biên y 0= và y m= lần lượt là ( )f x và ( )F x với 0 x L≤ ≤ . Áp dụng kết quả này hãy tìm ( )u x,y trên một hình vuông có

cạnh 1 mét với ( )f x sin 5 x= π và ( )F x 0= với 0 x 1≤ ≤

Phương trình Laplace: ( )u x,y 0∆ = 2 2

2 2

u u0

x y

∂ ∂⇒ + =

∂ ∂

2 2

2 2

u u

x y

∂ ∂⇒ = −

∂ ∂


u u 0= =

= =

( )y 0

u f x=

= , ( )y m

u F x=

=

Tách biến: ( ) ( ) ( )u x,y X x Y y= ( ) ( ) ( ) ( )X x Y y X x Y y′′ ′′⇒ = −

( )( )

( )( )

X x Y yconst

X x Y y

′′ ′′⇒ = = −λ =

−( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )X x X x 0 1

Y y Y y 0 2

′′ + λ =⇒ ′′ − λ =

Với điều kiện biên: ( ) ( )X 0 X L 0= = , ( ) ( )Y 0 f x= , ( ) ( )Y m F x=




X 0 A.0 B 0A B 0

X L A.L B 0

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 u x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)



( ) L L

X 0 A B 0A B 0

X L Ae Be 0α −α

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 u x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)



( )X 0 A 0 0


= + =⇒ ⇒ α = = + α =

L k⇒ α = π với k = 1, 2, 3,… k

L

π⇒ α =


k xX x Bsin

L

π=



Với 2

2 k

L

π λ = α =

và k = 1, 2, 3,… thì phương trình (2) có nghiệm: ( )k y k y

L LkY y Ce De

π π−

= +

Vậy: ( ) ( ) ( )k y k y

L Lk k k k

k 1

k xu x,y X x Y y A e B e sin

L

π π+∞ −

=

π= = +

∑

Mà ( )y 0

u f x=

= ( ) ( )k kk 1

k xf x A B sin

L

+∞

=

π⇒ = +∑ ( )

L

k k0

2 k xA B f x sin dx

L L

π⇒ + = ∫ (*)

Và ( )y m

u F x=

= ( )k m k m

L Lk k

k 1

k xF x A e B e sin

L

π π+∞ −

=

π⇒ = +

∑

( )Lk m k m

L Lk k

0

2 k xA e B e F x sin dx

L L

π π− π

⇒ + = ∫ (**)

Giải (*) và (**) tìm được kA và kB

Áp dụng:

Ta có: 1

k kk k

0

A e B e 2 0sin k xdx 0π − π+ = π =∫

Ta cũng có: ( ) ( )1 1

k k0 0

A B 2 sin5 xsin k xdx cos 5 k x cos 5 k x dx + = π π = − π − + π ∫ ∫

− Trường hợp 1: k 5≠

( ) ( )1

k k0

A B cos 5 k x cos 5 k x dx ⇒ + = − π − + π ∫

( )( )

( )( )

1 1

0 0

sin 5 k x sin 5 k x0

5 k 5 k

− π + π= − =

− π + π

Ta có hệ phương trình: k k

k kkk k

kk k k

A BA B 0

1B e 0A e B e 0

eππ − π

π

= −+ = ⇒ − =+ =

k kA B 0⇒ = = (loại vì ( )u x, t 0= ) − Trường hợp 1: k 5=

( )11

1

5 5 000

sin10 xA B 1 cos10 x dx x 1

10

π⇒ + = − π = − =

π∫

Ta có hệ phương trình: ( )5 55 5

5 55 55 55 5

A 1 BA B 1

1 B e B e 0A e B e 0 π − ππ − π

= −+ = ⇔ − + =+ =

5

5 5 5 105 5

5 5 5 5 105 5

5 5 5 10

e 1AA 1 B e e e 1

e B e B e 0 e eB

e e e 1

− π

π − π π

π π − π π π

π − π π

−= − == − − −⇔ ⇔ − + = = = − −



Đáp số: ( )5 y 10 5 y

10 10

e eu x,y sin 5 x

1 e e 1

π π− π

π π

= + π − −

Bài 2: Tìm nhiệt độ dừng ( )u x,y trên một hình chữ nhật vô hạn với nhiệt độ trên 2 biên x 0=

và x 1= giữ ở 0, còn nhiệt độ trên 2 biên y 0= và y → +∞ lần lượt là ( )f x 1 x= − và

( )F x 0= với 0 x 1≤ ≤ .

Phương trình Laplace: ( )u x,y 0∆ = 2 2

2 2

u u0

x y

∂ ∂⇒ + =

∂ ∂

2 2

2 2

u u

x y

∂ ∂⇒ = −

∂ ∂

Điều kiện biên: x 0 x 1

u u 0= =

= =

y 0

u 1 x=

= − , ylim u 0

→∞=

Tách biến: ( ) ( ) ( )u x,y X x Y y= ( ) ( ) ( ) ( )X x Y y X x Y y′′ ′′⇒ = −

( )( )

( )( )

X x Y yconst

X x Y y

′′ ′′⇒ = = −λ =

−( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

X x X x 0 1

Y y Y y 0 2

′′ + λ =⇒ ′′ − λ =

Với điều kiện biên: ( ) ( )X 0 X 1 0= = , ( )Y 0 1 x= − , y

lim Y 0→+∞

=




X 0 A.0 B 0A B 0

X 1 A B 0

= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 u x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)



( )X 0 A B 0


= + =⇒ ⇒ = = = + =

( ) ( )X x 0 u x,t 0⇒ = ⇒ = (loại)



( )X 0 A 0 0

sin 0X 1 A Bsin 0

= + =⇒ ⇒ α = = + α =

k⇒ α = π với k = 1, 2, 3,…

Phương trình (1) có vô số nghiệm: ( )kX x Bsin k x= π

Với ( )22 kλ = α = π và k = 1, 2, 3,… thì phương trình (2) có nghiệm: ( ) k y k ykY y Ce Deπ − π= +



( ) ( ) ( ) ( )k y k yk k k k

k 1

u x,y X x Y y A e B e sin k x+∞

π − π

=

⇒ = = + π∑

Ta có: ylim u 0

→∞= kA 0⇒ = vì

k y

y

k y

y

lim e

lim e 0

π

→+∞

− π

→+∞

= +∞

=

Vậy: ( ) k yk

k 1

u x,y B e sin k x+∞

− π

=

= π∑

Mà y 0

u 1 x=

= − kk 1

1 x B sin k x+∞

=

⇒ − = π∑ ( )1

k0

B 2 1 x sin k xdx⇒ = − π∫

Bài 3: Tìm nhiệt độ dừng ( )u r,ϕ trên một hình tròn tâm O bán kính R 2= biết rằng nhiệt độ trên biên cho bởi:

a) ( )u 2, 3 sinϕ = + ϕ với 0 2≤ ϕ ≤ π

b) ( )u 2, 3ϕ = với 0 ≤ ϕ ≤ π và ( )u 2, 0ϕ = với 2π < ϕ ≤ π

Phương trình Laplace: ( )u r, 0∆ ϕ = với [ ]0;2

0 r 2

∀ϕ∈ π

≤ ≤ và

r 2u 3 sin

== + ϕ

Trong tọa độ cực: ( )2

2 2

1 u 1 uu r, 0 r 0

r r r r

∂ ∂ ∂ ∆ ϕ = ⇒ + = ∂ ∂ ∂ϕ

Xét ( ) ( ) ( )u r, V rϕ = Φ ϕ

Ta có: ( ) ( )uV r

r

∂ ′= Φ ϕ∂

( ) ( )ur rV r

r

∂ ′⇒ = Φ ϕ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ur V r rV r V r rV r

r r

∂ ∂ ′ ′′ ′ ′′ ⇒ = Φ ϕ + Φ ϕ = + Φ ϕ ∂ ∂

Phương trình Laplace trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

V r rV r V r0

r r

′ ′′ + Φ ϕ ′′Φ ϕ + =

( )( )

( ) ( )( )

r V r rV r

V r

′ ′′ +′′Φ ϕ ⇒ =Φ ϕ −

( )( )

( ) ( )( )

2r V r rV rconst

V r

′′ ′′ ′Φ ϕ +⇒ = = −λ =

Φ ϕ −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

0 1

r V r rV r V r 0 2

′′ Φ ϕ + λΦ ϕ =⇒ ′′ ′+ − λ =

Ta có: ( ) ( )u r, u r, 2ϕ = ϕ + π ( ) ( )2⇒ Φ ϕ = Φ ϕ + π

⇒ Hàm ( )Φ ϕ tuần hoàn có chu kỳ T 2= π




− Trường hợp 1: 0λ = ( ) A B⇒ Φ ϕ = ϕ +

Vì ( )Φ ϕ tuần hoàn với chu kỳ T 2= π nên A 0= ( )0 B⇒ Φ ϕ =

Từ phương trình (2) ( )( )

V r 1

V r r

′′⇒ = −

′ ( ) 1ln V r ln r lnC′ ⇒ = − + ( ) 1C

V rr

′⇔ =

( )0 1 2V r C ln r C⇒ = +

Vì ln r không xác định tại 0 nên ( )0 2V r C=

Vậy ( ) 00 2

au r, BC

2ϕ = =

− Trường hợp 2: 0λ < ( ) Ae Beαϕ −αϕ⇒ Φ ϕ = + với α = −λ

Vì ( )Φ ϕ tuần hoàn với chu kỳ T 2= π nên A B 0= = ( ) 0⇒ Φ ϕ =

( )u r, 0⇒ ϕ = (loại)

− Trường hợp 3: 0λ > ( ) Acos Bsin⇒ Φ ϕ = αϕ + αϕ với α = λ

Vì ( )Φ ϕ tuần hoàn với chu kỳ T 2= π nên n 1,2,3,...α = =

( ) A cosn Bsin n⇒ Φ ϕ = ϕ + ϕ với 2nλ =

Từ phương trình (2) ( ) ( ) ( )2 2r V r rV r n V r 0′′ ′⇒ + − =

Phương trình này có 2 nghiệm độc lập tuyến tính: nr và nr− ( ) n n

n nV r C r D r−⇒ = +

Vì nn

1r

r− = không xác định khi r 0= nD 0⇒ =

( ) nn nV r C r⇒ =

Vậy nhiệt độ dừng trên hình tròn tâm O là: ( ) ( ) n0n n

n 1

au r, a cosn b sin n r

2

+∞

=

ϕ = + ϕ + ϕ∑

Áp dụng:

a. ( )u 2, 3 sinϕ = + ϕ với 0 2≤ ϕ ≤ π

( )n n0n n

k 1

a3 sin a 2 cosn b 2 sin n

2

+∞

=

⇒ + ϕ = + ϕ + ϕ∑

Ta có:

( ) ( )2

2

0 00

1 1a 3 sin d 3 cos 6

ππ

= + ϕ ϕ = ϕ − ϕ =π π∫

− Trường hợp 1: n 1≠

( ) ( ) ( )2 2

nn

0 0

n

1 1 1 1a 2 3 sin cosn d 3cosn sin 1 n sin 1 n d 0

2 2

a 0

π π = + ϕ ϕ ϕ = ϕ + + ϕ + − ϕ ϕ = π π ⇒ =

∫ ∫



( ) ( ) ( )2 2

nn

0 0

n

1 1 1 1b 2 3 sin sin n d 3sin n cos n 1 cos n 1 d 0

2 2

b 0

π π = + ϕ ϕ ϕ = ϕ + − ϕ − + ϕ ϕ = π π ⇒ =

∫ ∫

Như vậy loại trường hợp n 1≠ vì ( )u r, 3ϕ =

− Trường hợp 2: n 1=

( )2 2

1 10 0

1 1 1a 2 3 sin cos d 3cos sin2 d 0 a 0

2

π π = + ϕ ϕ ϕ = ϕ + ϕ ϕ = ⇒ = π π ∫ ∫

( )2 2

21 1

0 0

1 1 1b 2 3 sin sin d 3sin sin d 1 b

2

π π

= + ϕ ϕ ϕ = ϕ + ϕ ϕ = ⇒ = π π∫ ∫

Đáp số: ( ) ru r, 3 sin

2ϕ = + ϕ

* Ngoài cách làm trên, bài này có thể dùng phương pháp đồng nhất 2 vế:

Ta có: ( )n n0n n

k 1

a3 sin a 2 cosn b 2 sin n

2

+∞

=

+ ϕ = + ϕ + ϕ∑

0

0

n 1

nn 1

a3

a 62n 1 a a 0

a 0 1b b

2

= =

⇒ = ⇒ = = = = =

b. ( )u 2, 3ϕ = với 0 ≤ ϕ ≤ π và ( )u 2, 0ϕ = với 2π < ϕ ≤ π

Ta có: 2

0

0

1a 3d 0d 3

π π

π

= ϕ + ϕ = π

∫ ∫

2n

n n00

1 1 3sin na 2 3cosn d 0cosn d 0 a 0

n

ππ π

π

ϕ= ϕ ϕ + ϕ ϕ = = ⇒ =

π π π∫ ∫

( )( )

( )

n2

nn

00

n

n n

3 1 11 1 3cosn 3b 2 3sin n d 0sin n d 1 cosn

n n n

3 1 1b

2 n

ππ π

π

− −− ϕ = ϕ ϕ + ϕ ϕ = = − π =π π π π π

− − ⇒ =π

∫ ∫

Đáp số: ( )( )

( ) ( )n n

2k 1

n 2k 1n 1 k 1

3 1 1 r3 3 6ru r, sin n sin 2k 1

2 2 n 2 2 2k 1

−+∞ +∞

−= =

− − ϕ = + ϕ = + − ϕπ − π∑ ∑



Bài 4: Tìm nhiệt độ dừng ( )u r,ϕ trên một hình bán nguyệt tâm O bán kính R 1= biết rằng

nhiệt độ trên đường kính được giữ ở nhiệt độ 0, còn nhiệt độ trên cung tròn cho bởi ( )u 1, 3ϕ = ϕ với 0 ≤ ϕ ≤ π .

Phương trình Laplace: ( )u r, 0∆ ϕ = với [ ]0;

0 r 1

∀ϕ∈ π

≤ ≤

Với r 1

u 3=

= ϕ và 0

u u 0ϕ= ϕ=π

= =


2 2

1 u 1 uu r, 0 r 0

r r r r

∂ ∂ ∂ ∆ ϕ = ⇒ + = ∂ ∂ ∂ϕ

Xét ( ) ( ) ( )u r, V rϕ = Φ ϕ

Ta có: ( ) ( )uV r

r

∂ ′= Φ ϕ∂

( ) ( )ur rV r

r

∂ ′⇒ = Φ ϕ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ur V r rV r V r rV r

r r

∂ ∂ ′ ′′ ′ ′′ ⇒ = Φ ϕ + Φ ϕ = + Φ ϕ ∂ ∂


2

V r rV r V r0

r r

′ ′′ + Φ ϕ ′′Φ ϕ + =

( )( )

( ) ( )( )

r V r rV r

V r

′ ′′ +′′Φ ϕ ⇒ =Φ ϕ −

( )( )

( ) ( )( )

2r V r rV rconst

V r

′′ ′′ ′Φ ϕ +⇒ = = −λ =

Φ ϕ −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

0 1

r V r rV r V r 0 2

′′ Φ ϕ + λΦ ϕ =⇒ ′′ ′+ − λ =

Với ( ) ( )0 0Φ = Φ π = (3)



Thay điều kiện (3) ( )( )0 A.0 B 0

A B 0A. B 0

Φ = + =⇒ ⇒ = =Φ π = π + =

( ) ( )0 u r, 0⇒ Φ ϕ = ⇒ ϕ = (loại)



( )0 A B 0

A B 0Ae Be 0απ −απ

Φ = + =⇒ ⇒ = =Φ π = + =

( ) ( )0 u r, 0⇒ Φ ϕ = ⇒ ϕ = (loại)





( )0 A 0 0

sin 0Acos Bsin 0

Φ = + =⇒ ⇒ απ =Φ π = απ + απ =

k⇒ απ = π với k = 1, 2, 3,… k⇒ α =

Phương trình (1) có vô số nghiệm: ( )k Bsin kΦ ϕ = ϕ với 2 2kλ = α =

Từ phương trình (2) ( ) ( ) ( )2 2r V r rV r k V r 0′′ ′⇒ + − =

Phương trình này có 2 nghiệm độc lập tuyến tính: kr và kr− ( ) k k

k kV r C r D r−⇒ = +

Vì kk

1r

r− = không xác định khi r 0= kD 0⇒ =

( ) kk kV r C r⇒ =

Vậy nhiệt độ dừng trên hình bán nguyệt tâm O là: ( ) kk

k 1

u r, C r sin k+∞

=

ϕ = ϕ∑

Ta có: r 1

u 3=

= ϕ kk 1

3 C sin k+∞

=

⇒ ϕ = ϕ∑

( )

k0 0

2 00 00

k 1

2 6C 3 sin k d sin k d

6 cos k 1 6 cos k 1cos k d sin k

k k k k

6 16 cos k

k k

π π

π πππ

+

⇒ = ϕ ϕ ϕ = ϕ ϕ ϕπ π

−ϕ ϕ −ϕ ϕ= − ϕ ϕ = − ϕ π π

−−π π = = π

∫ ∫

∫

Đáp số: ( ) ( )k 1

k

k 1

6 1u r, r sin k

k

++∞

=

−ϕ = ϕ∑



Bài 5: Tìm nhiệt độ dừng ( )u r,ϕ trên 1

4 hình tròn tâm O bán kính R 1= biết rằng nhiệt độ trên

2 bán kính được giữ ở nhiệt độ 0, còn nhiệt độ trên cung tròn cho bởi ( ) 2u 1, 2ϕ = ϕ − πϕ với

02

π≤ ϕ ≤ .

Phương trình Laplace: ( )u r, 0∆ ϕ = với 0;

2

0 r 1

π ∀ϕ∈ ≤ ≤

Với 2

r 1u 2

== ϕ − πϕ và

02

u u 0πϕ= ϕ=

= =


2 2

1 u 1 uu r, 0 r 0

r r r r

∂ ∂ ∂ ∆ ϕ = ⇒ + = ∂ ∂ ∂ϕ

Xét ( ) ( ) ( )u r, V rϕ = Φ ϕ

Ta có: ( ) ( )uV r

r

∂ ′= Φ ϕ∂

( ) ( )ur rV r

r

∂ ′⇒ = Φ ϕ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ur V r rV r V r rV r

r r

∂ ∂ ′ ′′ ′ ′′ ⇒ = Φ ϕ + Φ ϕ = + Φ ϕ ∂ ∂


2

V r rV r V r0

r r

′ ′′ + Φ ϕ ′′Φ ϕ + =

( )( )

( ) ( )( )

r V r rV r

V r

′ ′′ +′′Φ ϕ ⇒ =Φ ϕ −

( )( )

( ) ( )( )

2r V r rV rconst

V r

′′ ′′ ′Φ ϕ +⇒ = = −λ =

Φ ϕ −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

0 1

r V r rV r V r 0 2

′′ Φ ϕ + λΦ ϕ =⇒ ′′ ′+ − λ =

Với ( )0 02

π Φ = Φ =

(3)



Thay điều kiện (3) ( )0 A.0 B 0

A B 0A. B 0

2 2

Φ = + =⇒ ⇒ = =π π Φ = + =

( ) ( )0 u r, 0⇒ Φ ϕ = ⇒ ϕ = (loại)





2 2

0 A B 0

A B 0Ae Be 0

2

π πα −α

Φ = + =⇒ ⇒ = = π Φ = + =

( ) ( )0 u r, 0⇒ Φ ϕ = ⇒ ϕ = (loại)


Thay điều kiện (3) ( )0 A 0 0

sin 02Acos Bsin 0

2 2 2

Φ = + =π⇒ ⇒ α =π π π Φ = α + α =

k2

π⇒ α = π với k = 1, 2, 3,…

2k⇒ α = Phương trình (1) có vô số nghiệm: ( )k Bsin 2kΦ ϕ = ϕ với 2 24kλ = α =

Từ phương trình (2) ( ) ( ) ( )2 2r V r rV r 4k V r 0′′ ′⇒ + − =

Phương trình này có 2 nghiệm độc lập tuyến tính: 2kr và 2kr− ( ) 2k 2k

k kV r C r D r−⇒ = +

Vì 2k2k

1r

r− = không xác định khi r 0= kD 0⇒ =

( ) 2kk kV r C r⇒ =

Vậy nhiệt độ dừng trên 1

4 hình tròn tâm O là: ( ) 2k

kk 1

u r, C r sin 2k+∞

=

ϕ = ϕ∑

Ta có: 2

r 1u 2

== ϕ − πϕ 2

kk 1

2 C sin2k+∞

=

⇒ ϕ − πϕ = ϕ∑

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( )( )

2 22 2

k0 0

2 2 2 2

0 00

22

00

k

2

30

2 4C 2 sin2k d 2 sin 2k d

2

2 cos2k4 1 24 cos2k d 4 cos2k d

2k 2k k

4 sin2k2 2sin 2k d

k 2k k

2 1 12 2 cos2k 2cos k 1

k k 2k k

π π

π π π

ππ

π

⇒ = ϕ − πϕ ϕ ϕ = ϕ − πϕ ϕ ϕπ π

πϕ − ϕ ϕ

= + ϕ − π ϕ ϕ = ϕ − π ϕ ϕ π π

ϕ − π ϕ = − ϕ ϕ π

− −ϕ = = π − =

π π

∫ ∫

∫ ∫

∫

3k π



Đáp số: ( )( )k

2k3

k 1

2 1 1u r, r sin 2k

k

+∞

=

− − ϕ = ϕπ∑

Bài 6: Tìm nhiệt độ dừng ( )u r,ϕ trên một hình vành khăn tâm O bán kính trong và ngoài là

1R 1= và 2R 2= biết rằng nhiệt độ trên biên cho bởi ( ) 1u 1, uϕ = và ( ) 2u 2, uϕ = với 0 2≤ ϕ ≤ π .


1 r 2

∀ϕ∈ π

≤ ≤

Với 1r 1u u

== và 2r 2

u u=

=


2 2

1 u 1 uu r, 0 r 0

r r r r

∂ ∂ ∂ ∆ ϕ = ⇒ + = ∂ ∂ ∂ϕ

Xét ( ) ( ) ( )u r, V rϕ = Φ ϕ

Ta có: ( ) ( )uV r

r

∂ ′= Φ ϕ∂

( ) ( )ur rV r

r

∂ ′⇒ = Φ ϕ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ur V r rV r V r rV r

r r

∂ ∂ ′ ′′ ′ ′′ ⇒ = Φ ϕ + Φ ϕ = + Φ ϕ ∂ ∂


2

V r rV r V r0

r r

′ ′′ + Φ ϕ ′′Φ ϕ + =

( )( )

( ) ( )( )

r V r rV r

V r

′ ′′ +′′Φ ϕ ⇒ =Φ ϕ −

( )( )

( ) ( )( )

2r V r rV rconst

V r

′′ ′′ ′Φ ϕ +⇒ = = −λ =

Φ ϕ −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

0 1

r V r rV r V r 0 2

′′ Φ ϕ + λΦ ϕ =⇒ ′′ ′+ − λ =







V r 1

V r r

′′⇒ = −

′ ( ) 1ln V r ln r lnC′ ⇒ = − + ( ) 1C

V rr

′⇔ =

( )0 1 2V r C ln r C⇒ = +



Vậy ( ) ( ) 0 00 1 2

a b ln ru r, B C ln r C

2 2ϕ = + = +



( )u r, 0⇒ ϕ = (loại)



( )n n nA cosn B sin n⇒ Φ ϕ = ϕ + ϕ với 2nλ =



n n nV r C r D r−⇒ = +

Vậy nhiệt độ dừng trên hình vành khăn tâm O là:

( ) ( )( )n n0 0n n n n

n 1

a b ln ru r, C r D r A cosn B sin n

2 2

+∞−

=

ϕ = + + + ϕ + ϕ∑

Ta có:

1r 1u u

== ( )( )0

1 n n n nn 1

au C D A cosn B sin n

2

+∞

=

⇒ = + + ϕ + ϕ∑

( )

( )

2

0 1 1

0

221

n n n 100

221

n n n 100

1a u d 2u

u sin n1C D A u cosn d 0

n

u cosn1C D B u sin n d 0

n

π

ππ

ππ

= ϕ = π

ϕ⇒ + = ϕ ϕ = = π π ϕ + = ϕ ϕ = − = π π

∫

∫

∫

(I)

2r 2u u

== ( )( )n n0 0

2 n n n nn 1

a b ln2u C 2 D 2 A cosn B sin n

2 2

+∞−

=

⇒ = + + + ϕ + ϕ∑

( )

( )

2

0 0 2 2

0

2n n

n n n 20

2n n

n n n 2

0

1a b ln2 u d 2u

1C 2 D 2 A u cosn d 0

1C 2 D 2 B u sin n d 0

π

π−

π−

+ = ϕ = π

⇒ + = ϕ ϕ = π + = ϕ ϕ =

π

∫

∫

∫

(II)



Từ hệ phương trình (I) và (II), ta tính được: ( )

0 1

2 10

n n n n

a 2u

2 u ub

ln2A B C D 0

= − =

= = = =

Đáp số: ( ) ( )1 2 1

ru r, u u u ln

2ϕ = + −

* Sử dụng phương pháp đồng nhất 2 vế cũng ra được kết quả ngay mà không cần phải giải hệ phương trình. Nhìn các điều kiện không có hàm sin hoặc cos mà chỉ là u1 và u2 là các giá trị hằng số, cho nên ta được ngay n n n nA B C D 0= = = = , lúc đó chỉ cần giải quyết 0a và 0b theo hệ

phương trình:

01

0 02

au

2a b ln2

u2 2

= + =

* Ngoài ra, bài toán có thể tính trực tiếp:

Vì 1r 1u u

== và 2r 2

u u=

= là hằng số ( ) ( )u r, f r⇒ ϕ = không phụ thuộc vào ϕ .

Phương trình Laplace: ( )u r, 0∆ ϕ = ( )11 2

Cf fr 0 f r C ln r C

r r r r

∂ ∂ ∂ ⇒ = ⇒ = ⇒ = + ∂ ∂ ∂

Ta có: ( )

( )2 1

2 1 1

1 2 22 1

u uf 1 C u C

ln 2f 2 C ln 2 C u

C u

− = = = ⇒ = + = =

( ) ( ) ( )1 2 1

ru r, f r u u u ln

2⇒ ϕ = = + −

Bài 7: Tìm nhiệt độ dừng ( )u r,ϕ trên một hình vành khăn tâm O bán kính trong và ngoài là

1R 1= và 2R 2= biết rằng nhiệt độ trên biên cho bởi ( )u 1, 0ϕ = và ( )u 2, 5 3sinϕ = + ϕ với 0 2≤ ϕ ≤ π .


1 r 2

∀ϕ∈ π

≤ ≤

Với r 1

u 0=

= và r 2

u 5 3sin=

= + ϕ


2 2

1 u 1 uu r, 0 r 0

r r r r

∂ ∂ ∂ ∆ ϕ = ⇒ + = ∂ ∂ ∂ϕ

Xét ( ) ( ) ( )u r, V rϕ = Φ ϕ

Ta có: ( ) ( )uV r

r

∂ ′= Φ ϕ∂

( ) ( )ur rV r

r

∂ ′⇒ = Φ ϕ∂



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ur V r rV r V r rV r

r r

∂ ∂ ′ ′′ ′ ′′ ⇒ = Φ ϕ + Φ ϕ = + Φ ϕ ∂ ∂


2

V r rV r V r0

r r

′ ′′ + Φ ϕ ′′Φ ϕ + =

( )( )

( ) ( )( )

r V r rV r

V r

′ ′′ +′′Φ ϕ ⇒ =Φ ϕ −

( )( )

( ) ( )( )

2r V r rV rconst

V r

′′ ′′ ′Φ ϕ +⇒ = = −λ =

Φ ϕ −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

0 1

r V r rV r V r 0 2

′′ Φ ϕ + λΦ ϕ =⇒ ′′ ′+ − λ =







V r 1

V r r

′′⇒ = −

′ ( ) 1ln V r ln r lnC′ ⇒ = − + ( ) 1C

V rr

′⇔ =

( )0 1 2V r C ln r C⇒ = +

Vậy ( ) ( ) 0 00 1 2

a b ln ru r, B C ln r C

2 2ϕ = + = +



( )u r, 0⇒ ϕ = (loại)



( )n n nA cosn B sin n⇒ Φ ϕ = ϕ + ϕ với 2nλ =



n n nV r C r D r−⇒ = +

Vậy nhiệt độ dừng trên hình vành khăn tâm O là:

( ) ( )( )n n0 0n n n n

n 1

a b ln ru r, C r D r A cosn B sin n

2 2

+∞−

=

ϕ = + + + ϕ + ϕ∑

Ta có:

r 1u 0

== ( )( )0

n n n nn 1

a0 C D A cosn B sin n

2

+∞

=

⇒ = + + ϕ + ϕ∑



( )

( )

2

0

0

2

n n n0

2

n n n

0

1a 0d 0

1C D A 0cosn d 0

1C D B 0sin n d 0

π

π

π

= ϕ = π

⇒ + = ϕ ϕ = π + = ϕ ϕ =

π

∫

∫

∫

(I)

r 2u 5 3sin

== + ϕ ( )( )n n0 0

n n n nn 1

a b ln 25 3sin C 2 D 2 A cosn B sin n

2 2

+∞−

=

⇒ + ϕ = + + + ϕ + ϕ∑

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

0 0

0

2n n

n n n0

2n n

n n n

0

1a b ln2 5 3sin d 10

1C 2 D 2 A 5 3sin cosn d

1C 2 D 2 B 5 3sin sin n d

π

π−

π−

+ = + ϕ ϕ = π

⇒ + = + ϕ ϕ ϕ π + = + ϕ ϕ ϕ

π

∫

∫

∫

(II)

Từ hệ phương trình (I) và (II), ta tính được:

0

0

a 0

10b

ln 2n 1

= =

=

0

0

1

1 1

11 1

a 0

10b

ln2A 0

C D 0

DB 2C 3

2

= = =⇒ + =

+ =

* Có thể sử dụng phương pháp đồng nhất 2 vế để giải quyết bài toán nhanh hơn*

------------------------ The End ---------------------

Chúc các bạn thi tốt

phương pháp toán lý (phương trình truyền nhiệt và phương trình laplace)

Documents