Даишев, Никитин №26 « Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

28.09.2015

Даишев, Никитин №26

Filed under: ММФ,Решения — Shine @ 2:10 пп

Эту задачу на занятии с гр. №304 мы начали делать, считая на границах саму искомую функцию равной нулю. Занятие это было тоже небесполезно, но в самой задаче граничные условия были другими: справа занулялась производная. Задачи с разными граничными условиями встречаются, однако, нередко, так что желательно знать, как они решаются. Итак:

Найти решение уравнения:

Utt = a2Uxx

(1)

Граничные условия:

U|x=0 = 0

(2)

Ux |x=l = 0

(3)

Начальные условия:

U|t=0 = rx,

(4)

Ut|t=0 = 0.

(5)

Как и раньше, решим сначала задачу с однородными условиями: найдём все

U (x,t) = X (x)⋅T (t),

(6)

удовлетворяющие уравнению колебаний и граничным условиям. Уравнение колебаний даст снова

′′ ′′ T---= X-- = μ, a2T X

где $μ = const$ .

1 Пространственная часть

X′′= μ = const. X

Характеристическое уравнение:

2 λ = μ.

Рассмотрим случаи:

1.1 $2 μ = α > 0$

Тогда $λ = ±α$ ,

αx −αx X = C1e + C2e .

Из левого граничного условия

X (0) = C1 + C2 = 0 ⇒ C2 = − C1 ⇒ X (x) = C1eαx − C1e−αx = 2C1sh (αx)

Но при $x = l$ мы должны обнулить производную $X$ :

X ′(l) = 2C1αch (αl) = 0 ⇒ C1 = 0, ⇒ X = 0

– решения получаются только нулевые.

1.2 $μ = 0$

$X ′′ = 0$ , $X = C1x + C2$ ,

X (0) = C2 = 0 ⇒ X = C1x,

X ′(l) = C1 = 0, ⇒ X = 0.

1.3 $μ = − α2 < 0$

$λ = ±iα$ ,

X = C1 sin(αx)+ C2 cos(αx ).

Граничные условия:

X (0) = C1sin (0) + C2cos(0) = C2 = 0 ⇒ X = C1sin (αx),

π X ′(l) = C1 αcos(αx) = 0, ⇒ cos(αx) = 0 ⇒ αl =--+ πn, n ∈ ℤ. 2

Следовательно только для отрицательных $μ$ существуют ненулевые решения, причём такие:

[ ] X = Cn sin π(1+-2n)x . n 1 2l

Каждому семейству решений для отрицательного значения $n$ соответствует равное семейство для неотрицательного $n$ , поэтому достаточно рассмотреть

n ≥ 0.

При этом

(π (1 + 2n))2 μ = − --------- . 2l

2 Временная часть

T-′′- a2T = μ,

(7)

′′ 2 ( π-(1-+-2n-)a)2 T = μa T = − 2l T,

(8)

n [π(1+-2n)a-] n [π-(1+-2n)a ] Tn = C3 cos 2l t + C4 sin 2l t .

(9)

3 Общее решение

Теперь, согласно (6), получим решения уравнения колебаний с граничными условиями:

[ ]{ [ ] [ ]} n π-(1-+-2n) n π-(1+-2n)a n π-(1-+-2n)a Un = XnTn = C 1 sin 2l x C 3 cos 2l t + C 4 sin 2l t .

Сумма таких функций тоже удовлетворяет уравнению колебаний с граничными условиями:

∞ ∞ [ ]{ [ ] [ ]} U = ∑ U = ∑ sin π-(1-+-2n)x Cn cos π-(1+-2n)at + Cn sin π-(1-+-2n)at , n=0 n n=0 2l 5 2l 6 2l

(10)

где переобозначено $Cn5 = Cn1Cn3$ , $Cn6 = Cn1Cn4$ .

В начальный момент времени $t = 0$ имеем

∑∞ [π-(1+-2n) ] n n ∞∑ n [π(1+-2n)-] U |t=0 = sin 2l x {C 5 ⋅1 +C 6 ⋅0} = C5 sin 2l x , n=0 n=0

(11)

| ∂ ∑∞ [π (1+ 2n) ]{ n [ π(1+ 2n)a ] n [π (1+ 2n)a ]}|| Ut|t=0 = ∂t sin ----2l---x C5 cos ----2l----t + C6 sin----2l----t || = n=0 t=0

| ∑∞ [π (1 + 2n) ]{ π(1+ 2n) a [π(1 +2n )a ] π(1+ 2n)a [π(1 +2n )a ]}|| = sin ----2l---x − Cn5----2l----sin ----2l----t + Cn6 ----2l----cos ----2l----t || = n=0 t=0

(12)

∞∑ [ ] { } ∑∞ [ ] = sin π(1+-2n)x Cn6 π(1+-2n)a-⋅1 = Cn6 π(1-+2n-)asin π-(1-+-2n-)x . n=0 2l 2l n=0 2l 2l

4 Начальные условия

4.1 Начальная скорость

Согласно (5) и (12),

∑∞ nπ-(1-+-2n)a [π-(1-+-2n) ] Ut|t=0 = C 6 2l sin 2l x = 0. n=0

Умножив обе части на $[ ] sin π(1+2πm)x 2l$ и проинтегрировав обе части по отрезку $x ∈ (− 2l;2l)$ , в правой части мы получим $0$ , а в левой

∫2l∞ [ ] [ ] ∑ Cnπ-(1+-2n)a sin π-(1+-2n)x sin π-(1+-2m)x dx = n=0 6 2l 2l 2l 2l

∑∞ ∫2l [ ] [ ] = Cn6π (1 + 2n)a 1 sin π-(1-+-2n)x sin π-(1-+-2m)x dx = n=0 2l2l 2l 2l

∑∞ n m = C6π (1 + 2n)aδmn = C6 π(1+ 2m )a = 0, n=0

и заменив $m = n$ , мы получим, что $Cn6 = 0$ , а значит (по (10)),

∑∞ n [π(1+-2n)-] [π(1+-2n)-a] U = C5 sin 2l x cos 2l t . n=0

(13)

4.2 Начальное отклонение

Из (4) и (11) имеем:

∞ [ ] ∑ Cn sin π(1+-2n)x = rx. n=0 5 2l

(14)

В левой части стоит ряд Фурье – но прежде чем находить его коэффициенты, требуется ещё определить, по какому промежутку и какая функция раскладывалась в этот ряд (не спешите оглядываться на правую часть). В знаменателе аргумента синуса стоит $2l$ - значит, разложение велось на отрезке $x ∈ [− 2l;2l]$ . Общий вид подобного разложения будет таким:

( ) ∑∞ πkx- πkx- f (x) = akcos 2l + bksin 2l k=0

Наличие в разложении (14) одних только синусов указывает на нечётность раскладываемой функции. Но кроме того, слагаемые в нём имеют исключительно нечётные номера: $Cn = b1+2n 5$ . Подумаем, разложение какой нечётной функции на таком отрезке привело бы к обнулению коэффициентов с чётными номерами:

∫2l bk = 1 f (x)sin πkx-dx, l 0 2l

( ) 1∫2l πnx 1 ∫ l πnx ∫2l πnx b2n = l f (x)sin-l-dx = l ( f (x)sin-l-dx + f (x)sin--l-dx) = 0 0 l

Заменим в первом интеграле $x = y$ , а во втором – $x = 2l− y$ :

( l 0 ) 1 ∫ πny- ∫ πn-(2l−-y) = l( f (y)sin l dy − f (2l− y)sin l dy) = 0 l

$πn(2l−y) ( πny) πny- sin l = sin 2πn− l = − sin l$

( ∫l ∫l ) ∫l = 1( f (y) sin πny-dy− f (2l− y)sin πny-dy) = 1 (f (y)− f (2l− y))sin πnydy = 0. l l l l l 0 0 0

Таким свойством определённо обладает функция, для которой

f (y) = f (2l− y).

(15)

Но функция в правой части (14) определена лишь на отрезке $(0;l)$ , за пределами которого мы можем доопределять её как хотим. Пусть раскладываемая в ряд Фурье функция будет определяться так:

( || − r(2l− x), − 2l < x < − l; { − rx, − l < x < 0; f (x) = || rx, 0 < x < l; ( r (2l− x), l < x < 2l.

Для большей понятности приводится её график:

$sam_risoval$

Тогда она будет и нечётной, и соответствовать (15). Коэффициенты $Cn5$ , единственные ненулевые в разложении, найдутся по формуле

2l n 1 ∫ π (1 + 2n)x C5 = b1+2n = l f (x)sin---2l----dx = 0

( ∫l 2∫l ) 1( π-(1+-2n)x π(1+-2n)x- ) = l rxsin 2l dx + r(2l− x)sin 2l dx = 0 l

----8rl---- n = π2 (1+ 2n)2 (− 1) .

Подставляем этот результат в (13), и получаем:

[ ] [ ] 8rl∞∑ -(−-1)n-- π-(1-+-2n) π-(1+-2n)a U = π2 (1+ 2n)2 sin 2l x cos 2l t . n=0

Этот ответ, как и полученный на занятии, не совпадает с ответом в методичке. Однако это расстраивает нас мало, т.к. последний (при ближайшем рассмотрении) не удовлетворяет правому граничному условию.

Comments (0)

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

28.09.2015