Матфизика Мурга Е.В

		Fk1		Fk1t
	Dk1 cos t		cos t		sin t
Tk1		2		2

при t 0 виходить D

k1

Fk1

0,

звідки D

k1

Fk1

.

2

2 2

Значит,

T

k1

Fk1

sin t

Fk1t

cos t,

k1

.

2 2

2

Отже, у разі резонансу

F

sin

x

W x,t

k1

a

sin t t cos t

2 2

Fk

k

'

(4.25)

sin t

sin k t sin

x.

2

2

n 1

k

k

l

Тут знак "штрих" указує, що при підсумовуванні потрібно пропустити доданок з індексом k k1 .

Залишилося скласти функції (4.13) і (4.24) за відсутності резонансу або (4.13) і (4.25) у разі резонансу.

Задачі для самостійного розв’язування

1. На струну завдовжки постійно діє зовнішня збудлива сила,

густина якої (в розрахунку, на одиницю аси струни), рівна

71

		a 2		де а – постійна, фігуруюча в рівнянні струни – дане
			sin t,
	10
	позитивне число, відмінне від всіх чисел вигляду				ka	,k 1,2,...

Знайти закон коливання струни, якщо початкове відхилення і початкова швидкість рівне нулю, а кінці струни закріплені.

Відповідь:

0.4a2

sin

2k 1 x

u x,t

l

2k 1

2

a2 2

k 0

2k 1 2

2

sin

2k 1 a t

sin t

2k 1 a

2. На струну завдовжки

постійно діє зовнішня вимушуюча

сила, рівна (з розрахунку на одиницю маси струни)

a 2

sin

a t

; тут

10

а – постійна, яка фігурує в рівнянні коливання струни. Знайти закон коливання струни, якщо початкове відхилення і початкова швидкість рівне нулю, а кінці струни закріплені.

Відповідь:

l

a t

at

a t

x

u x,t

sin

cos

sin

3

5

2

5

72

1

1

ka t

a t

k x

0,4

sin

sin

sin

,

3

k k

2

k 1

1 k

де підсумовування поширено на все непарні k 1

k 3,5,7,9... .

3.

На

відрізку

0 x ,

t 0

вирішити

рівняння

utt a2uxx

Axe t

за нульових

початкових

умов.

Кінці

струни

закріплені.

Відповідь:

2 A

1

k 1

ka

ka

k

t

u x,t

e

cos

t

sin

t sin

x.

ka

2

k 1

ka

k 1

4.

Лівий

кінець

струни

рухається

згідно

із законом

u 0,t

sin

a t

(де а – постійна в рівнянні коливання струни,

–

10

довжина струни),

а

правий

закріплений:

u ,t 0 .

Знайти

закон

коливання цієї струни, якщо зовнішня обурююча сила, початкове відхилення і початкова швидкість рівне нулю.

Відповідь:

3

a t at

a t

x

u x,t

sin

cos

sin

5 k k

2

1

10

10

k 2

73

k a

a t

k x

x

a t

sin

t sin

sin

sin

.

10

k

Це рішення можна записати також в іншій формі, якщо в

останньому доданку замінити

x

його

розкладанням

в

ряд по

10

синусах:

x

1

a x

sin

.

10

5

k

k 1

Тоді

3

a t at

a t

x

u x,t

sin

cos

sin

10

5 k

k

2

1

10

k 2

1

k a

2

a t

k x

sin

t k

2 sin

sin

.

k

5. Вирішити рівняння

2u

2u

bx x

2

2

t

x

за нульових початкових і крайових умов u 0,t 0,

u ,t 0.

Відповідь:

u x, t

bx

x3 2x 2 3

12

8l4

cos

2n 1 t

sin

2n 1 x

.

5

2n

1

5

n 0

74

6.Решить уравнение

2u 2u x x t2

2 x2t

за нульових початкових і крайових умов

u 0,t 0,

u ,t 0.

Відповідь:

8 4 t2

sin

2n 1 x

16

6

sin

2n 1 x

u x, t

2n 1

7

5

2n 1

5

7

n 0

n 0

2n 1 x

2n 1 x

16 6

sin

cos

.

7

2n 1

7

n 0

75

5.МЕТОД ФУР’Є ДЛЯ СТРУНИ

ЗЗАДАНИМИ СИЛАМИ НА КІНЦЯХ

1.Спочатку розглядається задача про вільні коливання струни

(стрижня) з двома вільними кінцями:

	2 u	a2		2u	,
				x2
	t2
ux 0,t 0, ux l,t 0,					(5.1)
u x,0 x ,			ut x,0 x .

Потім розшукуються нетривіальні рішення рівняння, що задовольняють крайовим умовам у вигляді

u x,t X x T t .

Повторюючи міркування розділу 3, можна отримати крайову задачу для функції Х(х):

X x 2X x 0,		(5.2)
X x 0,	X l 0.	(5.3)

Загальне рішення рівняння (5.2) має вигляд:

X x C1 cos x C2 sin x.

76

Оскільки розшукуються рішення, що задовольняють крайовим умовам (5.3), слід обчислити похідну

X x C1 sin x C2 cos x

і підставити значення х=0:

		X x C2 0, откуда С2			0
Після підстановки x= , маємо X l C1 sin 0, звідки
sin 0	або k		k	– це власні значення.

Значить, кожному фіксованому значенню k відповідає рішення

Xk x Ck cos k x – це власні функції задачі (5.2)-(5.3). Слід

помітити, що тут, на відміну від					рoзд. 3,		k 0,1,2,... Важливо
особливу увагу звернути на значення					k 0,		якому відповідає власна
функція X0 1 .
Тепер необхідно відшукати функцію T t								. Кожному власному
значенню k відповідає функція Tk t						, визначувана рівняннями
T t 0,	T t	ak 2			T	t 0,		k 1,2,...
0	k				k

Загальне рішення першого рівняння є лінійна функція:

77

T0 t A0 B0t.

Загальне рішення другого рівняння має вигляд:

Tk t Ak	cos	k a	t Bk	sin	k a	t ;	k 1,2,...

Значить, нетривіальні рішення рівняння вільних коливань, що

задовольняють крайовим умовам, представляються у вигляді:

uk x,t a0			k a			k a		k
	b0t ak	cos		t bk	sin		t cos		x

Тут введені нові позначення

ak AkCk ,

bk BkCk ,

k 1,2,...

Залишилося скласти ряд

k a

k a

k

u x,t a0 b0t

(5.4)

ak cos

t bk

sin

t cos

k 1

і визначити постійні ak

і

bk

так, щоб

функція

u x,t (5.4)

задовольняла початковим умовам:

k

u x,0 a0

ak cos

x ,

k 1

k a

k

ut x,0 b0

bk

cos

x

(5.5)

k 1

78

Вирази (5.5)

показують,

що ak

і

k a

bk

k 1,2,...

є

l

коефіцієнтами Фур’є розкладання функцій

x і

x ряд

по

косинусах на 0,l :

2

k

ak

x cos

xdx,

0

(5.6)

2

k

x cos

bk

0

xdx,

k a

Коефіцієнти

a0

і b0

визначаються формулами

1

1

a

x dx,

b

x dx.

0 0

2.Більш загальна задача про вимушені коливання струни із заданими на кінцях силами0 0

	2u	a2	2u	f x,t ,
	t2		x2
ux 0,t g1		t ,	ux ,t g2 t ,		(5.7)
u x,0 x ,				ux x,0 t

може бути зведений до вже розглянутим вище за допомогою послідовного застосування трьох етапів (правил) (див. розд. 4).

Згідно правилу 1, вимагається побудувати допоміжну функцію

79

p x,t , задовольняючу граничним умовам. В розд. 4, де граничні

умови накладалися на саму функцію u x,t ,	p x,t	була лінійною
по x. Тут граничні умови накладаються на	похідну	ux x,t , це

приводить до думки проінтегрувати лінійну функцію p x,t , тобто

узяти p x,t у вигляді:

	p x,t g1	t x	x2	g2 t g1 t .	(5.8)
			2l

Легко перевірити, що ця функція задовольняє заданим граничним умовам. Значить, якщо шукати рішення у вигляді суми

u x,t p x,t v x,t

то нова невідома функція v x,t є рішення задачі:

		2v	a2		2v		g x,t	,
		t2			x2
		vx 0,t vx l,t 0,						(5.9)
	v x,0 1			x ,		vt x,0 1 t ,
де	g x,t f x,t					ptt a2pxx ,

80