Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Пусть струнадлиной l натянута с силой T . Направим ось Ox вдоль струны, находящейся в положении равновесия, так, чтобы левый конец струны совпал сточкой x = 0. Будем рассматривать только поперечные колебания струны, когда каждая точка x смещается вдоль перпендикулярной к Ox осиOu. Обозначим u(x, t) смещение точки струны с координатой x в моментвремени t.
Пусть также µ – линейная плотность струны, α(x, t) – уголмежду касательной к струне в точке x и положительным направлениемоси Ox в момент времени t. Рассморим малый участок струны длины∆x и запишем для этого участка второй закон Ньютона в проекции наось Ou. Будем предполагать, что |α(y, t)| ≪ 1 для всех y ∈ [x, x + ∆x].Тогда сила, действующая на рассматриваемый участок струны, с однойстороны, равна∫ x+∆x 2∂ um · au = µ(y, t)dy.∂t2xС другой стороны та же сила вычисляется как∫FΣ = FL + FR +x+∆xf (y, t)dy,xгде FL = −T sin(α(x, t)) – проекция силы натяжения, действующей налевый конец струны; FR = T sin(α(x + ∆x, t)) – проекция силы, действующей на правый конец струны, f (y, t) – плотность поперечных внешнихсил, действующих на точку y в момент времени t.
Далее, приравниваяFΣ = m · au , получаем∫µxx+∆x∂ 2u(y, t)dy =∂t2(1.3)∫= T (sin(α(x + ∆x, t)) − sin(α(x, t))) +x+∆xf (y, t)dy.xДалее, так как |α(y, t)| ≪ 1 для всех y ∈ [x, x + ∆x], то sin(α(y, t)) ≈(y, t). Переходя с помощью этого в (1.3) к приближенномуtg(α(y, t)) = ∂u∂x128равенству с точностью до бесконечно малых более высокого порядка,после деления обеих частей на ∆x имеем∫ x+∆x 2µ∂ u(y, t)dy ≈ .(1.4)∆x x∂t2∫ x+∆x∂x u(x + ∆x, t) − ∂x u(x, t)1≈Tf (y, t)dy+∆x∆x xОтсюда, устремляя ∆x → 0, получаем следующее уравнение:µ∂ 2u∂2u(x,t)=T+ f (x, t).∂t2∂x2(1.5)Заметим, что уравнение (1.5) приводится к виду (1.2) делением на µ.Таким образом, малые поперечные колебания струны приближенно описываются волновым уравнением.Обсудим вопрос о том, какие граничные условия (т.е. условия на концах струны) будут физически корректными.
Нетрудно видеть, что достаточно ответить на этот вопрос только для левого конца струны.Если левый конец струны закреплен, то его смещение равно нулю, азначит, соответствующее граничное условие имеет видu(0, t) = 0.(1.6)Пусть левый конец струны прикреплен к кольцу пренебрежимо малоймассы, которое может свободно, без трения, двигаться по вертикальному стержню (такой конец называют свободным). Тогда вертикальная составляющая силы действия стержня на левый конец струны равна нулю.Следовательно, по третьему закону Ньютона равна нулю и вертикальная составляющая силы натяжения струны при x = 0.
Таким образом, вэтом случае соответствующее граничное условие имеет вид∂u(0, t) = 0.∂x(1.7)Если же массой кольца пренебречь нельзя, и она равна m, то по второму закону Ньютона для левого конца струны имеет место граничное2(0, t).условие m ∂∂t2u (0, t) = T ∂u∂xЕсли же на кольцо действует еще и сила трения, пропорциональная2(0, t) −скорости, то граничное условие принимает вид m ∂∂t2u (0, t) = T ∂u∂x∂uη ∂t (0, t).129Если, помимо всего предыдущего, предположить, что кольцо закреплено на пружине жесткости k, и на него действует внешняя сила g(t), томы получаем граничное условие для левого конца струны в следующемвиде:m∂ 2u∂u∂u(0,t)=T(0,t)−η(0, t) − ku(0, t) + g(t).∂t2∂x∂t(1.8)Упражнения к пункту 1.1.
Проверить, что уравнение (1.5) получается из (1.4) предельным переходом при ∆x → 0.2. Какие начальные условия (т.е. условия в момент времени t = 0) нужнозадать, исходя из физических соображений, для того, чтобы можно былооднозначно определить положение точек струны в ближайшем будущем?Как согласовать эти условия с граничными?6.1.2Представление решения в виде суммы двух волн(n = 1).Пусть n = 1. Сделаем замену независимых переменных: ξ = x + t, η =x − t. Тогда:ut = uξ ξt + uη ηt = uξ − uη ,ux = uξ ξx + uη ηx = uξ + uη ,utt = uξξ − 2uξη + uηη ,uxx = uξξ + 2uξη + uηη .Таким образом, при a = 1 и n = 1 уравнение (1.1) принимает вид uξη = 0.Таким образом, если u(t, x) ∈ C 2 – решение (1.1), v(ξ, η) = u(t, x) =u( 21 (ξ − η), 12 (ξ + η)), то vξη = 0. Интегрируя это уравнение сначала попеременной η, а затем по переменной ξ, получаем vξ = F (ξ), и далееv(ξ, η) = F1 (ξ) + G(η), т.е.u(t, x) = F1 (x + t) + G(x − t)(1.9)Заметим, что если функции F1 (·) и G(·) являются дважды непрерывно дифференцируемыми, то функция u(t, x), заданная формулой (1.9) –классическое решение уравнения (1.1) при a = 1.
Таким образом, намидоказана следующая теорема.130Теорема 47 (Решение как сумма двух волн.) Функция u(t, x) ∈ C 2 (R+ ×R) – классическое решение уравнения (1.1) при a = 1 тогда и толькотогда, когда найдутся функции F1 (·), G(·) ∈ C 2 (R) такие, что u(t, x)представляется в виде (1.9). При этом слагаемое F1 (x + t) называетсяволной, бегущей влево, а слагаемое G(x − t) – волной, бегущей вправо.Следствие 6 (Формула Даламбера.) Рассмотрим задачу Коши utt − uxx = 0,u|t=0 = ϕ(x),(1.10)ut |t=0 = ψ(x),где ϕ(x) ∈ C 2 (R), ψ(x) ∈ C 1 (R). Тогда функция u(t, x), задаваемая формулой Даламбера∫x+tψ(s)ds11u(t, x) = (ϕ(x + t) + ϕ(x − t)) +22(1.11)x−tявляется классическим решением задачи (1.10).Доказательство.
В силу теоремы 47 классическое решение задачи(1.10) имеет вид (1.9), если оно существует. Подставляя представление(1.9) в начальные условия, получаемF1 (x) + G(x) = ϕ(x),F1′ (x) − G′ (x) = ψ(x).Отсюда F (x) − G(x) =∫xψ(s)ds + 2C, и далее∫11 xψ(s)ds + C,F1 (x) = ϕ(x) +22 0011G(x) = ϕ(x) −22∫(1.12)xψ(s)ds − C.(1.13)0Так как ϕ(x) ∈ C 2 (R), ψ(x) ∈ C 1 (R), то функции F1 (x) и G(x), определенные формулами (1.12) и (1.13) соответственно, являются дваждынепрерывно дифференцируемыми. Следовательно, согласно теореме 47131задача Коши (1.10) имеет классическое решение, которое может быть записано в виде (1.9). Далее, подставляя выражения (1.12), (1.13) в (1.9),получаем формулу Даламбера (1.11).
Следствие доказано.Упражнения к пункту 2.1. Получить формулу Даламбера в случае, когда a ̸= 1.2. С какой скоростью бежит влево волна F1 (x + t)?6.1.3Смешанная задача для n = 1. Методы четногои нечетного продолжения.Рассмотрим смешанную задачуutt − uxx = 0, t > 0, x > 0u|t=0 = ϕ(x),ut |t=0 = ψ(x),u|x=0 = 0.(1.14)Пусть ϕ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)), ψ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)).
Если u(t, x) ∈ C 2 ([0, +∞)×[0, +∞)) – решение задачи (1.14), то из непрерывности в точке (0, 0) дляфункции u(t, x) и ее производных по t вплоть до второго порядка получаем условие разрешимостиϕ(0) = 0, ψ(0) = 0, ϕ′′ (0) = 0.(1.15)Заметим, что если условие разрешимости выполнено, то функции ϕ(x) иψ(x) можно продолжить на R нечетным образом с сохранением гладкости: положим{ϕ(x), x ≥ 0ϕ1 (x) =−ϕ(−x), x < 0;{ψ(x), x ≥ 0ψ1 (x) =−ψ(−x), x < 0.Сопоставим смешанной задаче (1.14) задачу Коши: vtt − vxx = 0, t > 0, x ∈ Rv|t=0 = ϕ1 (x),vt |t=0 = ψ1 (x).Оказывается, что имеет место следующая теорема.132(1.16)Теорема 48 (Метод нечетного продолжения.) Пусть ϕ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)),ψ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)), и выполнены условия разрешимости (1.15).
Пустьтакже функция v(t, x) – решение задачи Коши (1.16), определенное поформуле Даламбера. Тогда функция u(t, x) = v(t, x)|x≥0 – решение смешанной задачи (1.14).Доказательство. 1) Так как v(t, x) – решение (1.16), функция u(t, x)является ограничением v(t, x) на полуось x ≥ 0, то utt −uxx = 0 при t > 0,x > 0.2) Так как при x ≥ 0 функции ϕ(x) и ϕ1 (x) совпадают, то u|t=0 = ϕ(x).Аналогично ut |t=0 = ψ(x).3) Пусть t > 0, x = 0. В силу формулы Даламбера (1.11) имеем11v(t, 0) = (ϕ1 (t) + ϕ1 (−t)) +22∫tψ1 (s)ds.−tПервое слагаемое обращается в ноль в силу нечетности функции ϕ1 (x).Второе слагаемое равно нулю, так как является интегралом от нечетнойфункции ψ1 (x) по симметричному относительно нуля промежутку [−t, t].Таким образом, u|x=0 = v|x=0 = 0.
Теорема доказана.Следствие 7 Пусть ϕ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)), ψ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)), и выполнены условия разрешимости (1.15). Тогда классическим решением смешанной задачи (1.14) является функция u(t, x), определенная формулойu(t, x) =1 2 (ϕ(x + t) + ϕ(x − t)) +12 21 (ϕ(x + t) − ϕ(t − x)) +12x+t∫x−tx+t∫ψ(s)ds, x ≥ t(1.17)ψ(s)ds, 0 ≤ x < t.t−xРассмотрим теперь смешанную задачу для полуограниченной струныс граничным условием вида (1.7):utt − uxx = 0, t > 0, x > 0u|t=0 = ϕ(x),(1.18)ut |t=0 = ψ(x),ux |x=0 = 0.133Пусть, как и в предыдущем случае, начальные условия ϕ(x) и ψ(x)принадлежат классу функций C 2 ([0, +∞)). Попробуем получить аналогформулы (1.17) для классического решения смешанной задачи (1.18).Пусть сначала u(t, x) ∈ C 2 ([0, +∞) × [0, +∞)) – классическое решениезадачи (1.18).
Тогда из непрерывности функций ux (t, x) и uxt (t, x) приt = x = 0 получаем условие разрешимостиϕ′ (0) = 0, ψ ′ (0) = 0.(1.19)Заметим, что если это условие выполнено, то функции ϕ(x) и ψ(x) могутбыть продолжены на R четным образом с сохранением класса гладкости.Положим{ϕ(x), x ≥ 0ϕ2 (x) =ϕ(−x), x < 0;{ψ2 (x) =ψ(x), x ≥ 0ψ(−x), x < 0.Сопоставим смешанной задаче (1.18) задачу Коши: vtt − vxx = 0, t > 0, x ∈ Rv|t=0 = ϕ2 (x),vt |t=0 = ψ2 (x).(1.20)Имеет место следующая теорема.Теорема 49 (Метод четного продолжения.) Пусть ϕ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)),ψ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)), и выполнены условия разрешимости (1.19). Пустьтакже функция v(t, x) – решение задачи Коши (1.20), определенное поформуле Даламбера.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
