Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 23
Текст из файла (страница 23)
. . , ∞ .l1l2Таким образом, мы выделили собственную функцию равную единице,значение которой соответствует нулевому собственному значению.Остальные собственные значения равны:πnπmλnm =+, n, m = 1,2, . . .( l1 ) ( l2 )22Тогда решение поставленной задачи имеет следующий вид:u(x, y, t) = u00(t) +∞∞∑∑n=1 m=1unm(t)cosπnπmxcosy,l1l2где unm(t) (n, m = 0,1, .
. . ) - есть решение задачи Коши :dunm+ a 2 λnmunm = fnm, unmdtt=0= 0,где:l1 l24πnπmfnm = qcos xcosyd xdy = qδn0δm0 =l1l2 ∫ ∫l1l200=q, n = 0, m = 0,{0, n ≠ 0, m ≠ 0 .Значит, отличной от нуля будет только функция u00(t) , котораяявляется решением следующей задачи:287du00= q, u00(0) = 0 (λ00 = 0) .dtОтсюда:u00(t) = qt .Следовательно, распределение температуры не зависит от координат xи y и имеет следующий вид:u(x, y, t) = qt .Замечания:1) Решение ( т.е. температура стержня ) нарастает по времени. Этого следовалоожидать из физических соображений, поскольку источники постоянной мощностидействуют в области с теплоизолированной границей , отвода тепла из которой нет.Это и приводит к неограниченному росту температуры со временем.2) Рассматриваемую задачу можно было решить быстрее и проще, если учестьследующие соображения. Граничные условия - это однородные условия второго рода, аправая часть уравнения от пространственных координат не зависит.Следовательно, возникает предположение, что и само решение u не будет зависеть откоординат x и y : u = u(t) .
Тогда для u(t) сразу получается задача:ut = q,{ut=0= 0,решение которой u = qt . Таким образом, найденно решение исходной задачи,зависящее только от t . В силу теоремы единственности другого решения исходнойзадачи нет.2882. Задачи для уравнения колебаний в ограниченной области с однороднымиграничными условиями.Итак, рассмотрим начально - краевую задачу с однороднымиграничными условиями:utt = a 2 Δu + f (M, t) .
(M, t) ∈ Q∞,ut=0α∂u∂n= φ(M ), ut+ βuSt=0= ψ (M ),= 0, α + β ≠ 0, α, β = const .Решение поставленной задачи можно представить в следующем виде:u(M, t) =∞∑n=1un(t)vn(M ),коэффициенты un(t) которого являются решениями задачи Коши :u″n + a 2 λnun = fn(t), t > 0,{un(0) = φn, un′(0) = ψn, n = 1,2, . .
. , где {vn(M )}и {λn} - собственные функции и собственные значения1∞∞1соответствующей задачи Штурма - Лиувилля для оператора Лапласа:fn(t) =1vn2∫f (Q, t)vn(Q)dV, φn =Dψn =1vn21vn2φ Q v Q dV,∫ ( ) n( )Dψ Q v Q dV, n = 1,2, . . . ,∫ ( ) n( )коэффициенты Фурье разложения функцийDf (M, t) , φ(M ) , ψ (M ) по системе∞289собственных функций {vn(M )}1Тогда квадрат нормы собственной функции можно выразить следующимобразом:vn2= vn2(Q)dV .∫DТаким образом решение задачи Коши для функции un(t) можно записатьв следующем виде:tψnun(t) = Kn(t − τ)fn(τ)dτ + φncosa λn t +sina λn t,∫a λn0Kn(t − τ) =1a λnsina λn (t − τ) - импульсная функция.Следовательно, решение начально - краевой задачи для уравненияколебаний в случае однородных граничных условий записываетсяследующим образом:u(M, t) =+∞∑n=1∞φ cosa λn t +sina λn t vn(M )+∑( n)a λnn=1tvn(M )∫0ψnsina λn (t − τ)a λnfn(τ)dτ ,где:290∞ψnφncosa λn t +sina λn t vn(M ) - решение начально - краевой∑()a λnn=1задачи для однородного уравнения колебаний с неоднородными начальными иоднородными граничными условиями;∞∑n=1tvn(M )∫sina λn (t − τ)a λn0fn(τ)dτ - решение начально - краевой задачи длянеоднородного уравнения колебаний с однородными начальными и однороднымграничным условиями.Тогда , пусть функция f (M, t) имеет вид f˜(M ){sinωt } .cosωtФизически это соответствует процессу колебаний объема D поддействием периодической силы, распределенной с плотностьюρ(M )f˜(M ){sinωt } .cosωtДопустим, что сопротивление отсутствует : в начальный момент телонаходилось в состоянии покоя и его граница остается неподвижной впроцессе колебаний.Тогда начально - краевая задача, моделирующая процесс такихколебаний , ставится следующим образом ( будем рассматривать случайсинусоидальной зависимости от времени ) :utt = a 2 Δu + f˜(M )sinωt, (M, t) ∈ Q∞,ut=0= 0, utt=0= 0, u291S= 0.Решение полученной задачи при φn = ψn = 0 будет выглядетьследующим образом:u(M, t) =∞∑n=1un(t)vn(M ) ,где:un(t) = f˜nt∫sina λn (t − τ)0f˜n =1vn2a λnsinωτdτ,f Q v Q dV .∫ ( ) n( )DОтсюда следует, что если fn0 = 0 , то un0(t) ≡ 0 .
Следовательно, еслиf˜(M ) ортогональна к собственной функции vn0(M ) , то гармоника номера n0в объеме D не возбуждается, какова бы ни была частота внешней силы.Введем следующее обозначение: ωn = a λn . Величины ωn являютсясобственными частотами области D .Теперь вычислим un(t) :t1 ˜un(t) =fcos ω t − (ωn + ω)τ) − cos(ωnt + (ω − ωn)τ) dτ .}2ωn n ∫ { ( n0Если ω ≠ ωn ⇒ω = ωn ⇒f˜n ωnsinωt − ωsinωntun(t) =.22ωnωn − ωf˜nun(t) = −tcosωnt .2ωn292Cледовательно, коэффициент un0(t) номера n0 будет неограниченнонарастать со временем ( линейно по t ) только в случае , когда ω = ωn0 иfn0 ≠ 0 . В этом случае наступает явление резонанса.Тогда решение рассматриваемой задачи будет иметь следующий вид:а) если w ≠ wn при всех n = 1,2, .
. . , то :f˜n wnsinwt − wsinwntu(M, t) =vn(M ) ,22∑ wnwn − wn=1∞б) если w = wn :f˜n0f˜n wnsinwt − wsinwntu(M, t) =vn(M ) −tcoswn0t vn0(M )2 − w2∑ww2wnnn0n=1∞n≠n 0Для наступления резонанса ( т.е. неограниченного нарастания колебаний современем под действием внешней периодической силы f˜(M )sinwt ) необходимовыполнение следующих условий:1) w = wn0 = a λn0 ,2) f˜n0 ≠ 0 .293Примеры:1 . Решить начально - краевую задачу для уравнения колебаний на отрезке0≤x≤l:utt = a 2uxx, 0 < x < l, t > 0,u= 0, utt=0t=0= sin2πlx, ux=0=ux=l= 0.Решение:В данном случае граничными условиями являются однородныеграничные условия Дирихле. Следовательно, собственными функциями вразложении в ряд будут собственные функции отрезка с граничнымиусловиями Дирихле:vn(x) = sinπnx, n = 1,2, . .
. ,lс квадратом нормы :vn2l=.2Тогда собственные значения имеют следующий вид:πnλn =, n = 1,2, . . . .( l )2294Тогда общее решение рассматриваемой начально - краевой задачи наотрезке [0, l] с однородными граничными условиями Дирихле длянеоднородного уравнения колебаний с неоднородными начальнымиусловиями будет иметь следующий вид:u(x, t) =+∞∑n=1πanlπanπnφncost + ψnsinsinx+∑()πanllln=1∞tsinπnlπan(t − τ)fn(τ)dτ,xsin∫lπanl0где:lπnfn(τ) =f ξ, t sin ξdξ,∫ ( )l2ll0πnφn =φ ξ sin ξdξ,∫ ( )l2lψn =2l0l∫ψ (ξ)sinπnξdξ .l0Так как первое начальное условие - однородное , φn = 0 , а изоднородности ⇒ fn(t) ≡ 0 .
В результате мы получим:∞lπnπnu(x, t) =ψsin tsinx,∑ n πanlln=1295lψn =22πxπn x1, n = 2,sinsindx ={0, n ≠ 2 .l∫ll0Cледовательно:u(x, t) =l2πa2πsintsin x .2πallРешение задачи представляется в виде одного члена ряда. Это связано с тем, что вкачестве второго начального условия выбрана собственная функция :2πx, поэтому в силу ортогональности системы собственныхψ (x) = v2(x) = sinlфункций все коэффициенты ψn , кроме коэффициента ψ2 , равны нулю.2. Решить начально - краевую задачу для неоднородного уравнения колебаний наотрезке 0 ≤ x ≤ l :utt = a 2uxx + Ae −tsinut=0= 0, utt=0πx, 0l= 0, uРешение:296< x < l, t > 0,x=0=ux=l= 0.В силу однородности начальных условий φn = 0, ψn = 0, собственнымифункциями и собственными значениями являются собственные функции исобственные значения задачи Дирихле на отрезке:πnπnvn(x) = sinx, λn =, vn()ll2u(x, t) =∞∑2=l, n = 1,2, .
. . ,2tsinn=1πnlπan(t − τ)fn(τ)dτ ,xsin∫lπanl0lfn(τ) =2πnf (ξ, τ)sin ξdξ =l∫l0l2A −τπξπnAe −τ, n = 1,−τ=esin sin ξdξ = Ae δ1n ={0 , n ≠ 1 .∫lll0Таким образом:tu(x, t) =Alπx −τ πasine sin (t − τ)dτ =∫πall0=A1+πn( l )2{e −t − cosπatlπatπx+cossin.}πalllРешение представляется одним членом ряда с n = 1 . Это объясняется тем, чтозависимость от координаты x в неоднородности уравнения задается собственнойπxфункцией v1(x) = sin.l2973.
Найти процесс колебаний однородной ненагруженной струны длины l сзакрепленными концами, если начальная скорость струны равна нулю, а начальноеотклонение имеет следующий вид:φ(x) =hx, 0x0h(l − x)l − x0≤ x ≤ x0,, x0 ≤ x ≤ l .Решение:Итак, пусть в положении равновесия струна расположена вдоль оси xмежду точками x = 0 и x = l . Так как, по условию струна однородная, тоее линейная плотность постоянна: ρ(x) = ρ0 , а в силу того, чторассматриваются малые колебания, постоянным остается натяжение T0 .Начально - краевая задача, описывающая процесс колебанийсвободной струны с закрепленными концами, ставится следующим образом:utt = a 2uxx, 0 < x < l, t > 0,ut=0= φ(x), utt=0= 0, ux=0=ux=lРешение полученной задачи в следующем виде:lφn =2πnφ(x)sinxd x =∫ll0x0l0x02 hπn2 h(l − x)πn=xsinxd x +sinxd x =∫∫l x0lll − x0l298= 0.=2hlπ 2n 2(l − x0)x0sinπnx0, n = 1,2, .
. .lπnπnx, λn =, vnгде ψn = 0, fn(τ) = 0, vn(x) = sin( l )l22l= .2Cледовательно:∞πnu(x, t) =φ cosωntsinx=∑ nln=1=2hl 2∞1πnπnsinxsinxcosωnt,02∑2llπ x0(l − x0) n=1 nгде ωn =πan- собственные частоты струны.lНеобходимо заметить: в выражении для u(x, t) исчезают слагаемые, дляπnкоторых sinx0 = 0 , т.е. отсутствуют обертоны, для которых точка x = x0lявляется узлом.Энергия струны равна сумме энергий гармоник. Вычислим энергию n ой гармоники:l∂un 2∂un 2En =ρ+ T0d x,( ∂x ) }∫ { 0( ∂t )120un(x, t) =πnx0πnx1sinsincosωnt .llπ 2 x0(l − x0) n 22hl 2Энергия n - ой гармоники струны состоит из двух слагаемых:кинетической энергии:299l∂un1Enkin =ρ0dx ,()∫2∂t20и потенциальной энергии:l∂un1potEn =T0dx .()∫2∂x20В процессе колебаний струны происходит постоянная перекачкаэнергии из потенциальной в кинетическую, причем сумма потенциальной икинетической энергий остается постоянной.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
