Xem mẫu
- TRƯỜNG ĐIỆN TỪ - ELECTROMAGNETIC FIELD THEORY
Chương 0
MỘT SỐ CÔNG THỨC TOÁN HỌC
1. Vector
r r r
a = {a x , a y , a z } = i a x + j a y + ka z
r
r r r r
b = {b x , b y , b z } = i b x + j b y + kb z
r r r
c = {c x , c y , c z } = i c x + j c y + kc z
r
rr
• a.b = a x b x + a y b y + a z b z
r r r
i j k
r r r r r
• a × b = a x a y a z = i (a y b z − a z b y ) + j(a z b x − a x b z ) + k (a x b y − a y b x )
bx by bz
rr rr
(r )
r
• a.b = a b cos a , b
r r r
• a×b = c
Phương: c ⊥ (a, b )
r r r
Chiều: theo qui tắc vặn nút chai
rr
(r )
r r
Độ lớn: c = a b sin a , b
a × (b × c ) = b.(a.c ) − c.(a.b )
r r r r rr r rr
•
2. Toán tử nabla
⎧∂ ∂ ∂⎫
∇=⎨ , , ⎬
⎩ ∂x ∂y ∂z ⎭
3. Gradient
r ∂U r ∂U r ∂U
gradU = ∇.U = i +j +k
∂x ∂y ∂z
4. Divergence
- r r ∂a ∂a y ∂a z
diva = ∇.a = x + +
∂x ∂y ∂z
5. Rotary
r r r
i j k
r r ∂ ∂ ∂ r ⎛ ∂a z ∂a y ⎞ r ⎛ ∂a x ∂a z ⎞ r ⎛ ∂a y ∂a x ⎞
rota = ∇ × a = = i⎜
⎜ ∂y − ∂z ⎟ + j⎜ ∂z − ∂x ⎟ + k ⎜ ∂x − ∂y ⎟
⎟ ⎜ ⎟
∂x ∂y ∂z ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
ax ay az
Số phức
Hàm mũ
e z = e x +iy = e x (cos y + i sin y )
Hàm mũ là một hàm tuần hoàn có chu kì là 2πi. Thực vậy, ta có
e 2 kπi = cos 2kπ + i sin 2kπ = 1
Suy ra
e z + 2 kπi = e z .e 2 kπi = e z
Công thức Euler
eiy = cosy +isiny
Khi đó số phức z = r eiϕ = r(cosϕ +isinϕ)
Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai
Phương trình vi phân từ trường cấp hai là phương trình bậc nhất đối với hàm
chưa biết và các đạo hàm của nó:
y′′ + a1 y′ + a 2 y = f ( x ) (1)
Trong đó:
a1, a2 và f(x) là các hàm của biến độc lập x
f(x) = 0 ⇒ (1) gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất
f(x) ≠ 0 ⇒ (1) gọi là phương trình tuyến tính không thuần nhất
a1, a2 ≡ const ⇒ (1) gọi là phương trình tuyến tính có hệ số không đổi
Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai thuần nhất
- Phương trình vi phân từ trường cấp hai thuần nhất có dạng:
y′′ + a1 y′ + a 2 y = 0 (2)
a1, a2 là các hàm của biến x
Định lí 1. Nếu y1 = y1(x) và y2 = y2(x) là 2 nghiệm của (2) thì y = C1y1 + C2y2
(trong đó C1, C2 là 2 hằng số tuỳ ý) cũng là nghiệm của phương trình ấy.
y1 (x )
Hai hàm y1(x) và y2(x) là độc lập tuyến tính khi ≠ const , ngược lại là phụ
y 2 (x )
thuộc tuyến tính
Định lí 2. Nếu y1(x) và y2(x) là 2 nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình vi
phân từ trường cấp hai thuần nhất (2) thì y = C1y1 + C2y2 (trong đó C1, C2 là 2 hằng
số tuỳ ý) là nghiệm tổng quát của phương trình ấy.
Định lí 3. Nếu đã biết một nghiệm riêng y1(x) của phương trình vi phân từ trường
cấp hai thuần nhất (2) thì có thể tìm được một nghiệm riêng y2(x) của phương trình
đó, độc lập tuyến tính với y1(x) bằng cách đặt y2(x) = y1(x).u(x)
Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai không thuần nhất
Phương trình vi phân từ trường cấp hai là phương trình bậc nhất đối với hàm
chưa biết và các đạo hàm của nó:
y′′ + a 1 y′ + a 2 y = f ( x ) (3)
Trong đó:
a1 và a2 là các hàm của biến độc lập x; f(x) ≠ 0
Định lí 1. Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất (3) bằng nghiệm
tổng quát của phương trình thuần nhất (2) tương ứng và một nghiệm riêng nào đó
của phương trình không thuần nhất (3).
Định lí 2. Cho phương trình không thuần nhất
y′′ + a1 y′ + a 2 y = f1 ( x ) + f 2 ( x ) (4)
Nếu y1(x) là nghiệm riêng của phương trình
- y′′ + a 1 y′ + a 2 y = f1 ( x ) (5)
và y2(x) là nghiệm riêng của phương trình
y′′ + a1y′ + a 2 y = f 2 ( x ) (6)
thì y(x) = y1(x) + y2(x) cũng là nghiệm riêng của phương trình (4)
Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai có hệ số không đổi
Phương trình vi phân từ trường cấp hai thuần nhất có dạng:
y′′ + py′ + qy = 0 (7)
p, q là các hằng số
Giả sử nghiệm riêng của (7) có dạng
y = e kx (8)
Trong đó: k là hằng số sẽ được xác định
Suy ra
y′ = ke kx , y′′ = k 2 e kx (9)
Thay (8) và (9) vào (7) ta có
e kx (k 2 + pk + q ) = 0 (10)
Vì ekx ≠ 0 nên
k 2 + pk + q = 0 (11)
Nếu k thoả mãn (11) thì y = ekx là một nghiệm riêng của phương trình vi phân
(7). Phương trình (11) gọi là phương trình đặc trưng của phương trình vi phân (7)
Nhận xét: Phương trình đặc trưng (7) là phương trình bậc 2 có 2 nghiệm k1 và
k2 như sau
- k1 và k2 là 2 số thực khác nhau, khi đó 2 nghiệm riêng của phương trình vi
phân (7) là
y1 = e k x ,
1
y2 = ek x 2
(12)
Hai nghiệm riêng (12) là độc lập từ trường vì
- y1
= e ( k −k 1 2 )x
≠ const (13)
y2
Do đó nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (7) là
y = y1 + y 2 = C1e k x + C 2 e k x 1 2
(14)
- k1 và k2 là 2 số thực trùng nhau: k1 = k2
Hai nghiệm riêng độc lập từ trường: y1 = e k x , y 2 = xe k x 1 1
Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (7) là
y = C1e k x + C 2 xe k x = (C1 + C 2 x )e k x
1 1 1
(15)
- k1 và k2 là 2 số phức liên hợp: k1 = α + iβ và k2 = α - iβ
Hai nghiệm riêng của phương trình vi phân (7) là
•
y1 = e (α +iβ )x = e αx eiβx
• (16)
( α − iβ ) x
y2 = e =e e αx − iβ x
Theo công thức Euler ta có
e iβx = cos β x + i sin β x
(17)
e −iβx = cos β x − i sin β x
Suy ra
•
y1 = e αx eiβx = e αx (cos βx + i sin βx )
• (18)
y2 = e e
αx − iβ x
=e αx
(cos βx − i sin βx )
• •
Nếu y1 và y 2 là 2 nghiệm của phương trình vi phân (7) thì các hàm
• •
y +y
y1 = 1 2 = e αx cos β x
2
• •
(19)
y1 + y 2
y2 = = e αx sin βx
2i
cũng là nghiệm của phương trình vi phân (7) và độc lập từ trường vì
- y1
= tgβx ≠ const (20)
y2
Do đó nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (7) là
y = C1eαx cos βx + C 2 eαx sin βx = e αx (C1 cos βx + C 2 sin βx ) (21)
nguon tai.lieu . vn
