urmat

u(x,t)

11

a)

∂2u

− 2x

∂2u

+ x2

∂2u

−

2

∂u

= 0.

∂x2

∂x∂y

∂y2

∂y

Ответ.

∂2u

−

∂2u

= 0,

ξ =

x2

+ y,

η = x.

∂η2

∂ξ2

2

б)

(1 + x 2 )

∂2 u

+

(1 + y

2 )

∂2 u

+ x

∂u

+ y

∂u

= 0.

∂x

2

∂y 2

∂x

∂y

Ответ.

∂2u

+

∂2u

= 0,

ξ = ln(x +

1+ x2 ), η = ln( y + 1+ y2 ).

∂ξ2

∂η2

в)

∂2 z

− 4

∂2 z

−

3

∂2 z

−

2

∂z

+6

∂z

= 0.

∂x2

∂x∂y

∂y2

∂x

∂y

Ответ.

∂2 z

−

∂z

= 0,

ξ = x + y, η = 3x + y.

∂ξ∂η

∂ξ

3.Свободные колебания струны с закрепленными концами.

Вматематической физике под струной понимают гибкую, упругую нить. Натяжения, возникающие в струне в любой момент времени, направлены по касательной к

ее профилю. Пусть струна длины l в начальный момент направлена по отрезку оси от 0 до l . Предположим, что концы струны закреплены в точках x=0 и x=l. Если струну отклонить от ее первоначального положения, а потом предоставить самой себе или, не отклоняя положение, придать в начальный момент ее точкам некоторую скорость, или отклонить струну и придать ее точкам некоторую скорость, то точки струны будут совершать движения − говорят, что струна начнет колебаться. Задача заключается в определении формы струны в любой момент времени и определении закона движения каждой точки струны в зависимости от времени.

Будем рассматривать малые отклонения точек струны от начального положения. В силу этого можно предполагать, что движение точек струны происходит перпендикулярно оси OX и в одной плоскости. При этом предположении процесс колебания струны описывается одной функцией , которая дает величину переме-

щения точек струны с абсциссой x в момент t.

M1M 2

12

Рисунок 1.

Так как мы рассматриваем малые отклонения струны в плоскости (x,u), то будем предполагать, что длина элемента струны равняется ее проекции на ось ОХ, т.е. M1M 2 = x2 − x1. Также будем предполагать, что натяжение во всех точках струны одинаковое, обозначим его через Т.

Рисунок 2.

Рассмотрим элемент струны MM '. На концах этого элемента, по касательным к струне, действует сила T. Пусть касательные образуют с осью ОХ углы ϕ и ϕ + ϕ. Тогда проекция на ось Ou сил, действующих на элемент MM ' будет равна

	T sin(ϕ +	ϕ) −T sinϕ. Так как угол ϕ мал, то можно положить tgϕ ≈ sinϕ, и мы
	будем иметь
		∂u(x + x,t)			∂u(x,t)
	T sin(ϕ +	ϕ) −T sinϕ ≈Ttg(ϕ + ϕ) −Ttgϕ =T		−			=
			∂x		∂x

	=T	∂2u(x +θ x,t)	x ≈T	∂2u(x,t)	x, 0	<θ <1.
		∂x2		∂x2

Чтобы получить уравнение движения, нужно внешние силы, приложенные к эле-

13

менту, приравнять силе инерции. Пусть ρ− линейная плотность струны. Тогда мас-

са элемента струны будет ρ x. Ускорение элемента равно

∂2u

. Следовательно, по

∂t

2

∂2u

∂2u

принципу Даламбера будем иметь ρ x

=T

x. Сокращая на x и обозна-

∂t

2

∂x2

T

чая

= a2 , получаем уравнение движения

ρ

∂2u

= a2 ∂2u .

(3.1)

∂t2

∂x2

Это и есть волновое уравнение − уравнение колебаний струны. Для полного определения движения струны одного уравнения (3.1) недостаточно. Искомая функция u(x,t) должна удовлетворять еще граничным условиям, указывающим, что делает-

ся на концах струны ( x =0 и x=l), и начальным условиям, описывающим состояние струны в начальный момент (t=0).

4. Продольные колебания стержня.

Рассмотрим однородный стержень длины l , для изгибания которого надо приложить усилие. Ограничимся исследованием только таких усилий, при которых поперечные колебания перемещаясь вдоль оси стержня остаются плоскими и параллельными друг другу. Это допущение оправдано, если поперечные размеры стержня будут невелики по сравнению с его длиной.

Рисунок 3.

Если стержень несколько растянуть или сжать вдоль продольной оси, а затем предоставить самому себе, то в нем возникнут продольные колебания. Направим ось ОХ вдоль оси стержня и будем считать, что в состоянии покоя концы стержня находятся в точках x=0 и x=l. Пусть x- абсцисса некоторого сечения стержня, когда последний находится в покое. Обозначим через u(x,t) смещение этого сечения в мо-

мент времени t ; тогда смещенное сечение с абсциссой x + dx будет равно u + ∂∂ux dx. А относительное удлинение стержня в сечении с абсциссой x выражает-

ся производной	∂u(x,t)	. Считая, что стержень совершает малые колебания, можно
	∂x

14

вычислить в этом сечении натяжение Т. Действительно, применяя закон Гука, най-

дем, что T = ES ∂∂ux , где E - модуль упругости материала стержня , а S – площадь

поперечного сечения. На элемент стержня, заключенный между сечениями с абсциссами x и x+dx действуют силы натяжения Tx и Tx+dx , направленные вдоль оси

ОХ; их результирующая T

−T = ES

∂u

− ES

∂u

≈ ES

∂2u

также направ-

x+dx

x

∂x

x+dx

∂x

x

∂x2

∂2u

.

Согласно

лена вдоль оси ОХ. С другой стороны, ускорение элемента равно

∂t2

∂2u

∂2u

второму

закону Ньютона

ρSdx

= ES

dx,

где

ρ- объемная

плотность

∂t

2

∂x2

E

стержня.

Положив a =

,

получим дифференциальное уравнение продольных

ρ

колебаний стержня

∂2u

= a

2

∂2u

. Форма этого уравнения показывает, что про-

∂t2

∂x2

дольные колебания стержня носят волновой характер, причем скорость распростра-

нения продольных волн равна	E .
	ρ
	5. Метод Даламбера.

Рассматривая свободные колебания струны, мы должны решить однородное урав-

нение	∂2u	= a2 ∂2u	(5.1)
при начальных условиях	∂t2	∂x2

u		t =0	= f (x), ∂u		= F(x),	(5.2)
			∂t		t =0

где функции f (x) и F(x) заданы на всей числовой оси. Такая задача называется

задачей с начальными условиями или задачей Коши. Эту задачу можно решить методом бегущих волн. Общее решение уравнения (5.1) имеет вид

u(x,t) =ϕ(x −at) +ψ(x + at),

(5.3)

где ϕ и ψ предполагаются дважды дифференцируемыми.

Подобрав функции ϕ и ψ так, чтобы функция u = u(x,t) удовлетворяла начальным условиям (5.2), приходим к решению исходного дифференциального урав-

	f (x − at) + f (x + at)		1	x+at
нения u =		+		∫F(z)dz.
	2		2a
				x−at

					15
				Примеры.					∂u
21. Найти решение уравнения	∂2u		=	∂2u	, если u		t=0	=x,			=0.
	∂t	2		∂x2					∂t
											t=0
Решение. Так как a =1, а F(x)=0, то

u =

f (x − at) + f (x + at)

, где u =

x −t + x +t

, или окончательно u=x.

Ответ. u=x.

2

2

∂2u

2 ∂2u

∂u

22. Найти решение уравнения

,

3

∂t2 = a

∂x2

если u

t=0 =0,

∂t

t=0

=x .

Решение. Здесь

f (x) = 0, F(x) = x3.

1

x +at 3

1

4

x+at

1

((x + at)

4

4

)=

u =

∫z

dz =

z

x−at =

−

(x − at)

2a

8a

8a

x−at

=81a (x2 + 2axt + a2t2 + x2 −2axt + a2t2 )(x2 + 2axt + a2t2 − x2 + 2axt − a2t2 ) =

=81a (2x2 + 2a2t2 ) 2 2axt = 1a (x3at + xa3t3 ) = x3t + xt3a2 .

Ответ. u = x3t + xt3a2 .

23. Найти форму струны, определяемой уравнением

∂2u

= a

2

∂2u

, в момент

∂t

2

∂x2

=cosx, ∂u

t =π, если u

t=0

=x.

∂t

t=0

u = cos(x + at) +cos(x −at) 2

Решение.

= cos x cos at + 1 z2 x+at =

2a 2 x−at

Если t =π, то u = cos aπ cos x +πx. Ответ. u = cos aπ cos x +πx.

		1	x+at
	+		∫z dz =
		2a
			x−at
	cos x cos at +			1	4atx = cos x cos at + xt.
				4a

6. Решение уравнения колебаний струны методом Фурье.

Решение дифференциального уравнения						∂2u	= a2 ∂2u	, удовлетворяющее началь-
			=ϕ(x), ∂u			∂t2	∂x2
ным условиям u		t =0			=ψ(x) и граничным (краевым) условиям
			∂t		t =0

16

u x=0 = 0, u x=l = 0, может быть представлено суммой бесконечного ряда

∞

kπat

kπat

kπx

u(x,t) = ∑

ak cos

+bk sin

sin

, где

l

l

l

k =1

2 l

kπx

2

l

kπx

ak =

∫ϕ(x) sin

dx,

bk =

∫ψ

(x) sin

dx.

l

l

kπa

l

0

0

Нулевые граничные условия соответствуют колебаниям струны длины l, закрепленной в точках x=0 и x= l.

Примеры.

25. Струна длины l закреплена на концах. В начальный момент времени она оття-

нута в точке x = 2l на расстояние 10l , а затем отпущена без толчка. Методом Фурье

определить отклонение u(x,t) точек струны в любой момент времени.

Решение. В поставленной задаче мы имеем дело со свободными колебаниями струны, закрепленной на обоих концах. Ее решение сведется к решению следующей ма-

тематической задачи. Требуется найти решение уравнения	∂2u		= a	2	∂2u	(здесь
	∂t	2			∂x2

a2 = Tρ , где Т- натяжение струны, а ρ- плотность струны), удовлетворяющее сле-

дующим начальным и граничным условиям: 1) Начальные условия:

		x		,		при 0 ≤ x ≤		l		,
			5				2
а) u(x,0) =ϕ(x) =
					1	(x −l), при	l			≤ x ≤
		−		5			2
	∂u(x,0)
б)		=ψ(x) = 0 (струна была отпущена
	∂t

рость ее точек была равна нулю).

l.

без толчка, значит, начальная ско-

17

Рисунок 4.

2) Граничные условия: u(0,t)=0, u(l,t)=0. Физически они означают, что в точках x=0 и x= l струна закреплена.

Вычисляя an , получим:

2

l

πnx

2 1

l 2

πnx

l

πnx

∫f (x) sin

∫x sin

+ ∫

an =

l

dx =

l

dx

(l − x) sin

l

dx =

l

l

5

0

0

l 2

=

4

l2

sin

πn

.

5l

π 2n2

2

4

l

πn (n =1,2,....). Заметим, что при четных n

Таким образом,

an =

sin

5

π 2n2

2

имеем: an = 0, так как sin πn

= sin

2πk

= 0. При нечетных n=2k-1 имеем

sin πn

(2k −1)π

2

2

= sin

= (−1)k −1

(k =1,2,...). Окончательно для коэффициентов

2

2

4l

an получим формулу: a2n−1 = (−1)n−1

(n =1,2,...).

5π 2 (2n −1)2

a2n = 0.

Поскольку в рассматриваемой задаче ψ(x) = 0, то bn = 0 (n =1,2,...). Следовательно,

∞

πan t sin

πnx

4l

∞

1

πan t sin

πnx .

u(x,t) =

∑

an cos

=

∑

(−1)n−1

cos

l

5π 2

(2n −1)2

l

l

l

n=1

n=1

26. Струна длины l , закрепленная на концах, изогнута так, что она приняла форму

синусоиды u = 2sin πx	, и отпущена без начальной скорости. Найти закон колеба-
l
ния струны.
Ответ. u(x,t) = 2 cos πat sin		πx .
	l	l
27. Струна с закрепленными концами x=0 и x =l в начальный момент времени

имеет форму, определяемую уравнением u(x,0) = 2sin				5πx		. Начальные скорости
				l
точек струны определяются формулой	∂u(x,0)	= 3sin	4πx		. Найти смещение u(x,t)
	∂t			l

точек струны.

18

Ответ. u(x,t) =

3l

sin

4πat

sin

4πx

+ 2 cos

5πat

sin

5πx

.

4πa

∂2u

l

∂2u

l

l

l

28. Решить уравнение

= a

2

+bshx при нулевых начальных и краевых ус-

∂t2

∂x2

ловиях u(0,t) = 0,

u(l,t) = 0.

Указание. Решение следует искать в виде суммы u(x,t) = v(x) + w(x,t), где v(x) есть решение уравнения a2v''(x) +bshx = 0, удовлетворяющее краевым условиям

v(0) = v(l) = 0, а w − решение уравнения

∂2 w

= a2 ∂2 w

при условиях

w(0,t) = 0, w(l,t) = 0,

∂t2

∂x2

2bπshl

∞

n

n

nπat

nπx

−

∑(−1)

cos

sin

.

a

2

2

2

+l

2

l

l

n=1

n π

w(x,0) = −v(x),

∂w(x,0)

= 0.

∂t

∞

(−1)n

b x

2b

nπat

nπx

Ответ. u(x,t) =

shl

− shx +

∑

cos

sin

−

a

2

2

n

l

l

l

a π

n=1

29. Решить уравнение

∂

2u

=

∂2u

+bx(x −l) при нулевых начальных и краевых ус-

∂t2

∂x

2

ловиях u(0,t) = 0,

u(l,t) = 0.

(2n +1)πt

(2n +1)πx

bx

8l4

∞

cos

sin

3

2

3

l

l

Ответ. u(x,t) = −

(x

−

2x

l

+l

) +

∑

.

12

π

5

(2n +1)

5

n=0

30. Найти закон колебаний струны, концы которой закреплены в точках x=-l и x=l , а в начальный момент времени точки струны отклонены по параболе, cимметричной относительно центра струны, причем максимальное начальное смещение

равно h.		∞
	32h		(−1)n		2n +1			2n +1
Ответ. u(x,t) =		∑		cos			πx cos			πat.
	π3		(2n +1)3		2l			2l
		n=0

7. Колебания прямоугольной мембраны.

19

Рассмотрим малые колебания однородной прямоугольной мембраны со сторонами p и q, закрепленной по контуру. Эта задача сводится к решению волнового

	∂2u			2		∂2u		∂2u
уравнения		2	= a				2 +		2
	∂t					∂x		∂y

при граничных условиях

u x=0 = 0, u x= p = 0, u y =0 = 0, u y =q = 0

и начальных условиях

u		=ϕ		(x, y), ∂u		=ϕ	(x, y) .
	t =0		0	∂t		1
						t =0

Будем искать частные решения уравнения (7.1) в виде u(x, y,t) =T (t)v(x, y),

Подставляя (7.4) в уравнение (7.1), получим

T	'' (t)	=	vxx +vyy	= −k	2	.
a2T (t)			v

(7.1)

(7.2)

(7.3)

(7.4)

Отсюда, принимая во внимание граничные условия (7.2), будем иметь

T '' (t) + a2k 2T (t) = 0,

и∂2v + ∂2v + k 2v = 0, ∂x2 ∂y2

v x =0 = 0, v x = p = 0, v y =0 = 0, v y =q = 0.

(7.5)

(7.6)

(7.7)

Найдем собственные значения и собственные функции задачи (7.6), (7.7). Положим

									v(x, y) = X (x)Y ( y).		(7.8)
Подставляя (7.8) в уравнение (7.6), получим
Y"			+ k	2	= −	X	''	, откуда получаем два уравнения
	Y					X
	X "(x) + k 2 X (x) = 0,								Y"( y) + k 2Y ( y) = 0,		(7.9)
					1					2
где				k 2 = k 2			+ k 2.				(7.10)
						1	2
Общие решения уравнений (7.9) имеют следующий вид:
	X (x) = C1 cos k1x +C2 sin k1x;									Y ( y) = C3 cos k2 y +C4 sin k2 y. (7.11)
Из граничных условий получаем
	X (0) = 0,					X ( p) = 0,			Y (0) = 0, Y (q) = 0, откуда ясно, что C1 = C3 = 0, и, ес-
ли мы положим C2 = C4 =1, то окажется X (x) = sin k1x,											Y ( y) = sin k2 y,
причем должно быть
								sin k1 p = 0,		sin k2q = 0.	(7.12)

Из уравнений (7.12) вытекает, что k1 u k2 имеют бесчисленное множество значений

20

k

=

mπ

,

k

2,n

=

nπ

(m, n =1,2,3,...). Тогда

1,m

p

q

2

2

2

2

n

2

2 m

km,n

= k1,m + k2,n =π

+

.

(7.13)

2

q

2

p

Таким образом, собственным значениям (7.13) соответствуют собственные функции vmn (x, y) = sin mpπx sin nπqy граничной задачи (7.6), (7.7).

Обращаясь теперь к уравнению (7.5), мы видим, что для каждого собственного значения k 2 = kmn2 его общее решение имеет вид

Tmn (t) = Amn cos akmn t + Bmn sin akmn t,

(7.14)

где Amn , u Bmn −произвольные постоянные.

Таким образом, частные решения уравнения (7.1) имеют вид

u

mn

(x, y,t) = ( A

cos ak

mn

t + B

sin ak

mn

t) sin

mπx

sin

nπy

(m, n =1,2,...).

mn

mn

p

q

Чтобы удовлетворить начальным условиям составим ряд

∞

mπx

nπy

u(x, y,t) = ∑ ( Amn cos akmnt + Bmn sin akmnt) sin

sin

.

m,n=1

p

q

Если этот ряд равномерно сходится, так же как и ряды, полученные из него двукратным почленным дифференцированием по x,y,t, то сумма его, очевидно, будет удовлетворять уравнению (7.1) и граничным условиям (7.2). Для выполнения начальных условий необходимо, чтобы

∞

mπx

nπy

u

t =0

=ϕ0 (x, y) =

∑ Amn sin

sin

m,n=1

p

q

∂u

∞

mπx

nπy

=ϕ1(x, y) =

∑ akmn Bmn sin

sin

.

∂t

t =0

m,n=1

p

q

Эти формулы представляют собой разложение заданных функций

ϕ0 (x, y) u ϕ1(x, y) в двойной ряд Фурье по синусам. Коэффициенты разложений определяются по формулам

Amn =

4

p q

(x, y) sin

mπx

sin

nπy

dxdy,

∫∫φ0

p

q

pq 0 0

4

p q

mπx

nπy

Bmn =

∫∫φ1 (x, y) sin

sin

dxdy.

akmn pq

0 0

p

q

Примеры.