Рівняння математичної фізики

1. Рівняння математичної фізики

2.

• Лекція 1
Основні поняття математичної фізики.
Диференціальні рівняння
з частинними похідними

3.

• 1.1. Предмет математичної фізики.
Диференціальні рівняння
з частинними похідними

4.

• Диференціальним рівнянням з частинними
похідними відносно невідомої функції
U U ( x1, x2 , xn )
називається рівняння, що зв’язує незалежні змінні
x1, x2 , xn ,
шукану функцію U та її частинні похідні. Найвищий
порядок частинної похідної, що входить в рівняння,
називається порядком диференціального рівняння.

5.

2U 2U
2 f ( x1 , x2 )
2
x1
x2
– диференціальне рівняння з частинними похідними
2-го порядку для функції U ( x1, x2 ).
Функція U називається розв’язком диференціального
рівняння з частинними похідними, якщо в результаті
підстановки її в рівняння воно перетворюється в
тотожність.

6.

.
Приклад 1.1. Знайти функцію
U U ( x, y ),
яка є розв’язком диференціального рівняння
U
dx 1 dx;
2
x
2
U
x 2 dx dx;
U
x C1 y ;
x
2U
1.
2
x
2
U
x dx x C1 y dx;
2
x
U x, y
C1 y x C2 y .
2

7.

Диференціальне рівняння з частинними похідними
називається лінійним, якщо шукана функція і всі її
частинні похідні входять в рівняння лінійно.
Загальний вигляд рівнянь математичної фізики
для функції
U U x, y
є наступним:
"
"
AU xx
2BU xy
CU "yy DU x' EU y' FU f x, y ,
де
A, B, C, D, E, F
– сталі,
а права частина – задана функція від x, y.

8.

• 1.2. Зведення до канонічного виду
диференціального рівняння другого
порядку

9.

"
"
AU xx
2BU xy
CU "yy F x, y,U ,U x' ,U y' 0,
де A, B, C – сталі,
F – неперервна функція.
(1.1)

10.

• Л. Ейлер довів, що будь-яке диференціальне
рівняння виду (1.1) за допомогою заміни
незалежних змінних x і y можна привести до
одного з трьох видів (типів), відомих як
гіперболічний, параболічний та еліптичний
(по аналогії з теорією кривих другого порядку в
курсі аналітичної геометрії)

11.

Введемо нові змінні
( x, y), ( x, y).
'x
'y
'
x
'
y
(1.2)
0
U x' U ' 'x U ' 'x
U U U
'
y
'
'
y
U U
"
xx
"
Uxy
U
"
yy
'
'
y
2U U U U ;
U U U U U
U 2U U U U .
"
' 2
x
" ' '
x y
"
' 2
y
" '
x
"
'
x
' '
x y
" '
y
"
'
y
'
y
'
x
"
' 2
x
' "
xx
"
' '
x y
' 2
y
' "
yy
' "
xx
' "
xy
' "
yy
' "
xy
;

12.

AU 2BU
"
xx
"
xy
CU F x, y,U ,U ,U
"
yy
'
x
'
y
0,
AU 2B U C U F , ,U ,U ,U 0,
"
де
"
"
'
'
(1.1)
(1.3)
2B C ,
C A 2B C ,
B A B C .
A A
' 2
x
' 2
x
'
x
'
x
' 2
y
' '
x y
'
x
'
x
' 2
y
'
y
'
y
'
y
'
x
'
y
'
y
Спробуємо вибрати функції ξ = ξ(x, y) і η = η(x, y)
так, щоб деякі із коефіцієнтів A , C , B
стали рівними нулю.

13.

C 0,
A 0,
A z
' 2
x
z
A
z
'
x
'
y
2Bz z C z
'
x
2
'
y
z x'
2 B
z'
y
' 2
y
0.
(1.4)
C 0,
z x'
B B 2 AC
,
'
A
zy
(1.5)
z x'
B B 2 AC
.
'
A
zy
(1.6)

14.

Криву z(x, y) = const, що є розв’язком рівняння (1.4)
будемо називати характеристичною кривою, а саме
рівняння (1.4) − рівнянням характеристик.
З умови z(x, y) = const випливає, що
z'x dx+ z'y dy = 0.
z x'
dy
' .
dx
zy

15.

Ady B
B AC dx 0.
Ady B B 2 AC dx 0;
2
(1.7)
(1.8)
Нехай
( x, y ) C1
( x, y ) C2
(1.9)
− загальні інтеграли рівнянь (1.7) і (1.8).
Тоді ці функції і будуть розв'язками рівнянь (1.5) і (1.6).
Криві (1.9) називаються характеристиками
рівняння (1.1).

16.

А(dy)² − 2Bdxdy + C(dx)² = 0.
(1.10)
D = В² − АС
A B
B C
AC B
2
1) Нехай у розглядуваній області ∆ < 0
(D = В² −АС > 0) − рівняння гіперболічного типу
(можна вважати, що або A 0, або C 0).

17.

,
( x , y )
( x, y )
A С 0,
(1.11)
B 0
Розділивши рівняння (1.3) почленно на 2В, одержимо
канонічний вид рівняння гіперболічного типу:
"
U
Ф1 , ,U ,U ' ,U '

18.

При A = C = 0 рівняння (1.1) належить
гіперболічному типу і вже має канонічний вид.
"
"
U
U
, ,U ,U ' ,U '
Це другий канонічний вид рівняння гіперболічному
типу.

19.

2) Нехай ∆ = 0 (D = В² − АС = 0) – рівняння
параболічного типу.
Нехай A 0.
У цьому випадку загальні інтеграли (1.9) дійсні
і співпадають.
Рівняння (1.5) і (1.6) також співпадають і
набувають вигляду
Az x' Bz 'y 0.

20.

Не важко бачити, що будь-який розв’язок
z C x, y
цього рівняння в силу
B 2 AC 0
задовольняє також рівняння:
A 'x B 'y 0.
Врахувавши це, маємо ξ= φ(x, y), а за η(x, y),
візьмемо будь-яку двічі неперервнодиференційовну
функцію, для якої якобіан
'x
'y
'
x
'
y
0.

21.

Тоді А 0. Враховуючи, що D = 0 (а це означає що і
D B 2 A C 0), отримаємо, що B 0 , а коефіцієнт C
C 0 набуває виду C 1 A 'x B 'y 2 .
A
Поділивши рівняння (1.3) на C одержимо
канонічне рівняння параболічного типу:
"
U
2 , ,U ,U ' ,U ' .
Зауважимо, якщо A 0 , а C 0 , то отримали б
"
аналогічне канонічне рівняння з U
зліва.

22.

3) Нехай ∆ > 0 (D = В² − АС < 0) − рівняння
еліптичного типу.
Тут загальні інтеграли (1.9) є комплексними
величинами
Нехай φ(x, y) ≡ φ1(x, y)+ іφ2(x, y) = С1 − один із
загальних інтегралів (1.9); другий загальний
інтеграл буде комплексно спряженим з даним.

23.

Покладемо в (1.2):
ξ = φ1(x, y), η = φ2(x, y).
Підставляючи в рівняння (1.4) його розв'язок
φ = ξ + іη, отримаємо
A i
2B
' 2
x
'
x
'
x
i i C i
'
x
'
y
'
y
' 2
y
'
y
0.
Відокремлюючи у цій тотожності дійсну та уявну
частини, одержимо:
A
' 2
x
2B C
' '
x y
' 2
y
A
' 2
x
2B C
'
x
'
y
A 'x 'x B 'x 'y 'y 'x C 'y 'y 0.
,
' 2
y

24.

Звідси випливає, що A C , B 0. Очевидно,
що A 0 . Тоді отримаємо рівняння еліптичного виду:
U U
"
''
3 , ,U ,U ,U .
'
'

25.

Приклад 1.2. Знайти загальний розв’язок рівняння,
звівши його до канонічного виду
2u
2u
2u
5
6 2 0
2
x
x y
y
1
5
2
5
2
6
25
1
6
0
4
4
Отже, задане рівняння гіперболічного типу.

26.

Запишемо рівняння характеристик
dy
y '
y ' 1,2
2
5dxdy 6 dx 0
2
5 y ' 6 0
2
5 25 24 5 1
;
2
2
y ' 1 3;
y ' 2 2.
y 3 y 3x C1 y 3x C1 x, y y 3x
y 2 y 2x C2 y 2x C2 x, y y 2x

27.

Введемо заміну змінних
( x, y ),
( x, y )
y 3x,
y 2 x.
Знайдемо всі частинні похідні, що входять у задане
рівняння, виразивши їх через ξ, η.
u u u
u
u
3 2 ;
x x x
u u u u u
;
y y y

28.

2u u
u u
u
3 2
3 2
2
x
x
x
2u
2u
2u
2u
2u
2u
2u
9 2 6
6
4 2 9 2 12
4 2 ;
2u
u
u u
u
3 2
3 2
x y
y
y
2u
2u
2u
2u
2u
2u
2u
3 2 2
3
2 2 3 2 5
2 2 ;

29.

2u u u u u
2
y
y y
2u 2u
2u 2u 2u
2u 2u
2
2 2 2
2.
Підставивши
отримаємо
2u 2u 2u
,
, 2 у задане рівняння,
2
x x y y
2u
2u
2u
2u
2u
2u
9 2 12
4 2 15 2 25
10 2
2u
2u
2u
6 2 12
6 2 0
2u
0

30.

Інтегруємо по η змінній (можна по ξ). Тоді
u
C( )
Інтегруємо обидві частини по ξ
u C( )d C1 ( ) C2 ( ),
де C1(ξ) і C2(η) – довільні двічі диференційовні
в розглядуваній області функції.
u C1 ( y 3x) C2 ( y 2x).

31.

Приклад 1.3. Знайти загальний розв’язок рівняння,
звівши його до канонічного виду
2u
2u 2u
2
2 0
2
x
x y y
1 1
1 1
0
Отже, задане рівняння параболічного типу.
dy 2 2dxdy dx 2 0
2
y 2 y 1 0

32.

2 4 4
y
1
2
y x C y x C x, y y x
Введемо заміну змінних:
x, y y x
За другу нову змінну візьмемо, наприклад, y x
u u u
u u
x x x
u u u u u
y y y

33.

2u u u u u
2
x
x x
2u
2u 2u
2 2
2;
u
u u u u
x y y y
2
2u 2u
2 2;

34.

2u u u u u
2
y
y y
2u
2u 2u
2 2
2;
2u 2u 2u
,
, 2 у задане рівняння,
Підставивши
2
x x y y 2
u
0.
після спрощень отримаємо
2

35.

Інтегруємо двічі по змінній η:
.
u
u C1 d C1 C2
C1
u x y C1 y x C2 y x
Це і буде загальним розв’язком заданого рівняння.

36.

Приклад 1.4 Звести до канонічного виду рівняння
2u
2u
2u
2
2 2 0
2
x
x y
y
1 1
1 2
1 0
Отже, задане рівняння еліптичного типу.
dy 2 2dxdy 2 dx 2 0

37.

y 2 2 y 2 0
y 1,2
2 4 8
1 i
2
y 1 1 i y 1 i x C1 x, y y x ix;
y 2 1 i y 1 i x C2 x, y y x ix.
x, y y x ix C1
1 x, y y x
2 x, y x

38.

u u u
u u
x x x
u u u u u
y y y
u u u u u
2
x
x x
2
2u
2u 2u
2 2
2;

39.

2u
u u u u
x y y y
u u
2
;
2
2
2u u u 2u
2.
2
y
y y

40.

2u 2u 2u
,
, 2 у задане рівняння,
Підставивши
2
x x y y
після спрощень отримаємо його у канонічному виді:
2u 2u
2 0
2

41.

Контрольні запитання
1.1. Що є предметом математичної фізики?
1.2. За допомогою яких математичних засобів
моделюються фізичні задачі та явища, пов’язані з
температурними, хвильовими та іншими процесами?
1.3. Означення диференціального рівняння з
частинними похідними, його порядок.
1.4. Що є розв’язком диференціального рівняння з
частинними похідними і від чого він залежить?

42.

1.5. Чим відрізняється загальний розв’язок
диференціального рівняння з частинними похідними
від загального розв’язку диференціального рівняння?
1.6. Які фізичні процеси та явища описуються
канонічними диференціальними рівняннями
гіперболічного (еліптичного, параболіного) типу?
1.7. Як звести диференціальне рівняння з частинними
похідними, яке є лінійним відносно похідних другого
порядку, до канонічного типу?
1.8. Мета зведення диференціального рівняння з
частинними похідними до канонічного типу.

43.

1.10. Як канонічний вид диференціального рівняння
другого порядку з частинними похідними залежить
від знаку визначника
A B
B C
AC B 2
та дискримінанта D = В² − АС?

44.

• Лекція 2
Поздовжні коливання стержня
2.1 Поздовжні коливання стержня.
Виведення хвильового рівняння

45.

Розглянемо задачу про поздовжні коливання, які
виникають у стержні під час його розтягу або
стиску внаслідок прикладених зусиль.
При виведенні рівняння, яке описує такі
коливання, зробимо ряд припущень відносно
геометричного та фізичного станів стержня.
Нехай стержень, як тіло циліндричної або
призматичної форми, буде задовольняти
наступним умовам:

46.

1) стержень прямолінійний завдовжки l;
2) поперечний переріз є сталим, тобто його
площа S = const;
3) стержень однорідний, тобто густина ρ = const;
4) стержень пружний, тобто мова йде про пружні
коливання, коли має місце закон Гука і немає
залишкових деформацій (σ = Eε , де σ – нормальне
напруження, ε – відносна поздовжня деформація,
Е – модуль Юнга, S = const);

47.

5) стержень ізотропний, тобто властивості матеріалу,
з якого виготовлено стержень, у всіх напрямках
однакові;
6) коливання малі;
7) зовнішні сили, якщо вони є, діють вздовж осі
стержня;
8) в результаті коливань поперечні перерізи
залишаються перпендикулярними до осі стержня.

48.

Розглянемо стержень, вздовж осі якого спрямуємо
вісь Ox (рис. 2.1). Виділимо довільний елемент
стержня [ x1 , x2 ] .
Рис. 2.1 – Стержень з виділеним довільним елементом [ x1 , x2 ]
Прикладемо до стержня деяку осьову, наприклад,
розтягуючу силу N, під дією якої поперечні перерізи
стержня змістяться, кожний на свою величину.

49.

Припустимо, що в деякий момент часу, який
приймаємо за початковий (t = 0), силу знято.
Тоді у стержні виникають поздовжні коливання,
оскільки, будучи пружним, він намагається
повернутися у свій початковий стан.

50.

Нехай у результаті коливань кожний переріз x в момент
часу t зміститься на деяку величину U(x, t). Тоді переріз
x1, зміститься на величину U(x1, t), а x2 – на U(x2, t),
а виділений елемент [ x1, x2 ] займе положення
[ x1 U ( x1, t ); x2 U ( x2 , t )] і видовжиться на величину
x2 U ( x2 , t ) x1 U ( x1, t) ( x2 x1 ) U ( x2 , t) U ( x1, t )
Це є абсолютним видовженням.

51.

Позначимо початкову довжину виділеного елемента
через x x2 x1 і знайдемо відносну деформацію ε,
як границю відношення абсолютного видовження до
довжини елемента, коли ця довжина прямує до нуля:
U ( x2 , t ) U ( x 1 , t )
U U ( x, t )
lim
lim
x 0
x 0 x
x2 x1
x

52.

Для виведення рівняння, яке описує коливальний
процес скористаємося другим законом Ньютона, згідно
якого сума всіх діючих на рухомий об’єкт сил дорівнює
добутку маси на прискорення. Розглянемо сили, які
можуть діяти на виділений елемент [ x1 , x2 ] :
1) Внутрішні сили N(x, t), які згідно із законом Гука для
будь-якого перерізу x і будь-якого часу t
U ( x, t )
N ( x, t ) ES
x
(2.1)

53.

Отже, у перерізі x1 діє сила N(x1, t), а у перерізі x2 –
сила N(x2, t). Таким чином, на виділений елемент діє
внутрішня сила
U ( x2 , t ) U ( x1 , t )
N ( x2 , t ) N ( x1 , t ) ES
x
x
U x, t
U x, t
ES
dx.
dx ES
2
x x
x
x1
x1
x2
x2
2
(2.2)

54.

2) Зовнішні сили, які за нашим припущенням діють
вздовж осі стержня. Позначимо через f(x, t) величину
цієї сили, віднесену до одиниці об’єму (інтенсивність
зовнішніх сил). Тоді на елементарний об’єм dV Sdx
діє сила f ( x, t )dV , а на виділений елемент [ x1 , x2 ]
x2
Sf x, t dx
x1
(2.3)

55.

3) Сила інерції, яка діє на елементарний об’єм dV ,
дорівнює
U ( x, t )
U ( x, t )
dm
S
dx
2
2
t
t
2
2
(2.4)
А для виділеного елемента [ x1 , x2 ] ця сила дорівнює
2U x, t
x S t 2 dx
1
x2
(2.5)

56.

Згідно із другим законом Ньютона маємо:
x2
x2
x2
U
2U
x ES x2 dx x Sf x, t dx x S t 2 dx
1
1
1
2
2U
2U
x S t 2 ES x2 Sf s, t dx 0
1
x2
2U
2U
S 2 ES 2 Sf ( x, t ) 0
t
x
2U E 2U 1
f x, t
2
2
t
x
(2.6)
: S

57.

Введемо позначення
E
a2;
Тоді
1
f ( x, t ) F ( x, t )
2
2U
U
2
a
F ( x, t )
2
2
t
x
0 x l ,
t 0
(2.7)
Одержане рівняння називається хвильовим рівнянням,
яке описує поздовжні коливання у стержні.
1
F( x, t ) f ( x, t ) – характеризує наявність зовнішніх сил.

58.

Якщо F ( x, t ) 0 , то хвильове рівняння
U
2 U
a
2
t
x 2
2
2
0 x l ,
t 0
(2.8)
Якщо стержень розташований вертикально вздовж осі,
напрямленої донизу, то хвильове рівняння для важкого
стержня:
2
2U
U
2
a
g
2
2
t
x
0 x l ,
t 0
(2.9)

59.

2.2 Постановка задачі
математичної фізики
про поздовжні коливання стержня

60.

Для повного визначення поздовжніх коливань стержня
одного хвильового рівняння недостатньо. Із фізичних
міркувань випливає, що для того, щоб однозначно
описати коливальний процес необхідно додатково
задати величини зміщення U перерізів стержня і
швидкості U в початковий момент часу (початкові
t
умови) і режим на кінцях стержня (крайові умови).

61.

Отже, постановка задачі про поздовжні коливання
стержня складається з хвильового рівняння
(диференціального рівняння 2-го порядку для функції
двох змінних x і t) та двох початкових і двох крайових
умов.

62.

Початкові умови (П.У.) характеризують стан стержня в
початковий момент часу t = 0:
U ( x,0) ( x ),
П .У . U ( x,0)
( x ),
t
(2.10)
Крайові умови (К.У.) показують, що відбувається на
кінцях стержня під час коливань.

63.

Розглянемо різні види граничних умов:
1) Нехай один кінець стержня закріплений жорстко,
а другий – вільний (рис. 2.2).
Якщо вважати, що нерухомим кінцем стержня є x = 0,
а вільним x = l, то:
X
0
Рис. 2.2 – Стержень, один з кінців якого закріплений, а другий – вільний

64.

U (0, t ) 0,
K .У . U (l , t )
0
.
x
(2.11)
Дійсно так, бо для закріпленого кінця характерним є
те, що зміщення його весь час дорівнює нулю, а для
вільного кінця – те, що у перерізі x = l пружна сила
N = 0. Отже,
U l , t
ES
0.
x
Звідси
U (l , t )
0.
x

65.

2) Нехай один кінець стержня закріплений жорстко, а до
вільного кінця (x = l) прикладено силу P (рис. 2.3). Тоді
маємо:
Рис. 2.3 – Один кінець стержня жорстко закріплений, а на другий – діє сила Р
U ( 0 ,t ) 0 ,
K .У . U ( l ,t ) P
.
ES
x
(2.12)

66.

3) Нехай обидва кінці стержня жорстко закріплені
(рис. 2.4). Тоді:
X
0
L
Рис. 2.4 – Обидва кінці стержня жорстко закріплені
U (0, t ) 0;
K.У .
U (l, t ) 0.
(2.13)

67.

4) Нехай один кінець стержня (x = 0) жорстко
закріплений, а на другому кінці (x = l) має місце в’язкий
опір з коефіцієнтом в’язкості μ (рис. 2.5).
X
0
L
Рис. 2.5 – На правому кінці стержня має місце в’язкий опір
U (0, t ) 0,
K .У . U (l , t )
U (l , t )
ES x t 0.
(2.14)

68.

5) Нехай один кінець стержня (x = 0) жорстко закріплено,
а до другого (x = l) приєднано вантаж маси М (рис.2.6).
Тоді на цьому кінці виникає сила
інерції, яка дорівнює добутку маси
вантажу на прискорення руху.
Записуючи умову рівноваги на кінці
x = l маємо:
0
U ( 0,t ) 0,
K .У . U ( l ,t )
2U ( l ,t )
M
0.
ES
2
x
t
L
(2.15)
M
Рис. 2.6 – Один кінець стержня жорстко
закріплено, а до іншого приєднано вантаж маси М
X

69.

6) Нехай один кінець стержня (x = 0) жорстко закріплено,
а другий (x = l) – пружно: до цього кінця прикріплено пружину
з жорсткістю с (рис. 2.7). Оскільки вважається, що сила натягу
пружини прямо пропорційна зміщенню, то, записуючи умову
рівноваги на кінці x = l маємо:
X
0
L
Рис. 2.7 – Один кінець стержня закріплено жорстко, а другий – пружно
U 0, t 0,
K .У . U l , t
ES x cU l , t 0.
(2.16)

70.

Задача 2.1 Стержень довжини l, один кінець якого
жорстко закріплено, перебуває у стані спокою. У деякий
момент часу (t = 0) до його вільного кінця прикладено
силу Q, напрямлену вздовж осі стержня. Сформулювати
задачу про поздовжні коливання стержня.
◄ Щоб поставити задачу, потрібно записати
диференціальне рівняння, яке моделює даний фізичний
процес, а також початкові та крайові умови, які
відображають специфіку цієї задачі.
Вважаємо, що стержень перебуває у стані спокою.
Коливання виникають у момент прикладання сили Q до
вільного кінця, отже,

71.

2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
U ( x,0) 0,
П .У . U ( x,0)
0;
t
E
a ,
2
0 x l ,
t 0
U (0, t ) 0,
K.У . U (l, t ) Q
x ES .
Розв’язком цієї задачі є функція U x,t класу C 2

72.

Задача 2.2 Поставити задачу про поздовжні коливання
стержня, один кінець якого жорстко закріплено, а до
вільного кінця прикладено силу P, причому в момент часу
t = 0 дія сили раптово припиняється.
,
◄ Як і в попередній задачі вважаємо, що в початковий
момент часу стержень перебуває у стані спокою. Сила P
до її зняття встигла розтягнути стержень – кожний переріз
х на свою величину U. Знайдемо її:
N P
U
U
P
ES
P
x
x ES

73.

Проінтегрувавши останнє рівняння по змінній х у
межах від 0 до х, отримаємо:
Px
,
U
ES
Тоді постановка задачі має вигляд:
2
2U
U
E
2
2
a
,
a , 0 x l , t 0
2
2
t
x
Px
U (0, t ) 0,
U ( x,0) ES ,
П .У .
K .У . U (l , t )
U ( x,0) 0,
x 0.
t
Зауважимо, що тут коливання виникають у момент зняття
сили Р. Розв’язком цієї задачі є функція U x,t класу C 2 .

74.

Задача 2.3 Верхній кінець вертикального підвішеного
важкого стержня прикріплено до стелі ліфта, який вільно
падає, причому досягши швидкості V, він раптово
зупиняється. Поставити задачу про поздовжні коливання
стержня.
◄ Тут коливання виникають у момент зупинки ліфта,
коли раптово починає діяти сила тяжіння. Сила тяжіння
відноситься до зовнішніх сил і тому її вплив проявиться в
диференціальному рівнянні, отже,

75.

,
2
2U
U
2
a
g,
2
2
t
x
E
a ,
2
U ( x,0) 0,
П .У . U ( x,0)
V,
t
0 x l ,
t 0
U (0, t ) 0,
K .У . U (l , t )
x 0.
Розв’язком цієї задачі є функція U(x, t) класу C2.

76.

Контрольні запитання
2.1 Які припущення відносно геометричного та
фізичного стану стержня слід зробити при виведенні
рівняння, яке б описувало поздовжні коливання, що
виникають у ньому під час розтягу або стиску внаслідок
прикладених зусиль?
2.2 На які фізичні закони спираються при виведенні
хвильового рівняння, що описує поздовжні коливання
стержня?
2.3 Вигляд хвильового рівняння у випадку важкого
стержня.

77.

2.4 З чого складається постановка задачі математичної
фізики про поздовжні коливання стержня?
2.5 Що задають та характеризують початкові умови?
2.6 На що вказують крайові умови? Різновиди крайових
умов.

78.

• Лекція 3
Поперечні коливання струни
3.1 Поперечні коливання скінченної струни.
Виведення хвильового рівняння

79.

Розглянемо туго натягнуту струну із закріпленими
кінцями. Якщо вивести її із стану рівноваги, то
почнуться коливання струни. При вивченні цього
коливального процесу зробимо ряд припущень щодо
геометричного і фізичного стану струни:

80.

1) струна скінченна завдовжки l;
2) діаметр поперечного перерізу d набагато менший за
довжину струни l, тобто ним можна знехтувати і
вважати, що є тільки один характерний розмір –
довжина;
3) струна однорідна, тобто лінійна густина
4) струна пружна, тобто має місце закон Гука;

81.

5) коливання поперечні, тобто всі точки струни
рухаються перпендикулярно до її положення
рівноваги, причому у будь-який момент струна
лежить в одній площині;
6) коливання малі, тобто малі відхилення точок струни
від положення рівноваги;
7) зовнішні сили неперервно розподілені вздовж
струни і діють перпендикулярно до положення
рівноваги струни;
8) сила натягу струни у всіх точках є величиною
сталою (T=const) і напрямленою по дотичній до
струни.

82.

Виведемо рівняння поперечних коливань струни.
Введемо систему координат xOu, у якій струну
розмістимо на осі Ox.
Рис. 3.1 – Нескінченно малий елемент струни М1, М2,
спроектований на інтервалі [x1, x2]

83.

Вважаємо, що кінці струни (x = 0 та x = l) закріплені
нерухомо.
Якщо струну вивести із положення рівноваги
(відтягнути, або ударити по ній), то кожна її точка
переміститься на деяку величину U = U(x, t).
Розглянемо нескінченно малий елемент струни М1М2,
який проектується на інтервал [x1, x2].
На цей елемент діють сили натягу T, які замінюють
відкинуті частини струни (рис. 3.1). Знайдемо проекції
сил на вісь Ou:
T sin 1 T sin 2 T sin 2 sin 1
(3.1)

84.

;
Оскільки коливання малі, то кути α1 та α2 теж малі,
тому мають місце наступні перетворення (з точністю
до нескінченно малих вищих порядків):
U x1 , t
sin 1 tg 1
x
U x2 , t
sin 2 tg 2
x
Тоді сила натягу струни
U x2 , t U x1 , t
T sin 2 sin 1 T
x
x
x2
2U
T 2 dx.
x
x1
(3.2)

85.

Сила натягу належить до внутрішніх сил.
Припустимо, що на одиницю довжини струни діє
зовнішня сила з інтенсивністю f(x, t).
Елементарна сила, що діє на елементарну довжину
струни з проекцією dx дорівнює f(x, t)dx, а на
виділений елемент M1M2:
x2
f x ,t dx
x1

86.

Зовнішня сила вважається додатною, якщо вона діє
вгору, і від’ємною, якщо – вниз.
Тепер, згідно другого закону Ньютона (сума всіх
діючих на рухомий об’єкт сил дорівнює добутку його
маси на прискорення), маємо:
x2
x2
x2
U
U
x t 2 dx x T x2 dx x f x, t dx
1
1
1
2
2
або
2
2U
U
x t 2 T x2 f x, t dx 0
1
x2

87.

За основною лемою математичної фізики маємо:
2U
2U
2 T 2 f x, t 0
t
x
,
або, поділивши на ρ
.
2
2
U T U 1
;
(3.3)
f
x
,
t
t 2 x2
Введемо такі позначення:
T
2
1
a
f x, t F x, t .
Тоді отримаємо хвильове рівняння для поперечних
коливань струни:
2
2U
U
2
a
F x ,t
2
2
t
x
0 x l ,
.
t 0 (3.4)

88.

Зазначимо, що U(x, t) – розв’язок цього рівняння,
що визначає положення будь-якої точки струни x у
будь-який момент часу t, тобто визначає форму струни.
Знайдемо вільний член F(x, t), пов’язаний з
наявністю зовнішніх сил, у випадку важкої струни.
Середня інтенсивність сили тяжіння для елемента x:
P
f x , t
x

89.

Інтенсивність в точці x струни
g x
P
lim
g .
x 0 x
x 0 x
f x, t lim
Тоді F(x, t) –g, а хвильове рівняння набуває вигляду:
2
2U
U
2
a
g
2
2
t
x
0 x l ,
t 0
(3.5)

90.

Якщо F(x, t) = 0, то коливання називаються вільними,
а якщо F(x, t) 0, то – вимушеними.
З фізичної точки зору коефіцієнт a – це швидкість
розповсюдження поперечної хвилі, що
підтверджується його розмірністю:
2
2
T
H
кг
м
м
2
a
2
2 .
кг / м с кг с
м
Отже, а .
с

91.

3.2 Постановка задачі про поперечні коливання
скінченної струни
Формулювання задачі про поперечні коливання струни
включає хвильове рівняння, початкові та крайові умови.
Початкові умови задають початкову форму струни і початкові
швидкості точок струни, а крайові умови відображають
закріплення кінців струни. Отже, загальна постановка задачі
має вигляд:
2
2U
U
T
2
2
0 x l , t 0
a
F( x, t ),
a ,
2
2
t
x
U ( x,0) ( x),
U (0, t ) 0,
(3.6)
П.У . U ( x,0)
K.У .
( x),
U (l, t ) 0.
t
Задача полягає у знаходженні функції U(x, t) класу C2,
яка описує поперечні коливання струни.

92.

Приклад 3.1 Поставити задачу про поперечні коливання
струни довжини l із закріпленими кінцями, яка в
початковий момент часу t = 0 перебувала в стані спокою і
мала таку форму:
u
h
X
0
2
Рис. 3.2 – Початкова форма струни
Постановка задачі буде наступною:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
T
a ,
2
0 x l ,
t 0

93.

U (0, t ) 0,
K.У .
U (l, t ) 0;
2hx
l
x 0; ,
l ,
2
U ( x,0)
2hx (l x), x l ; l ,
П.У .
l
2
U ( x,0)
0.
t
Зауважимо, що при отриманні першої початкової умови
можна скористатися рівнянням прямої, яка проходить
через дві точки:
U U1
x x1
.
U 2 U1 x2 x1

94.

3.3 Постановка задачі про поперечні коливання
нескінченної струни
Розглянемо дуже довгу струну, настільки довгу, що на
коливання, які виникають в її середній частині, кінці
впливати практично не будуть. Таким чином, на відміну від
попередніх задач, у постановці задачі про поперечні
коливання нескінченної струни крайові умови
виключаються.

95.

Постановка задачі про поперечні коливання нескінченної
струни складається з диференціального рівняння, яке
описує коливальний процес, і початкових умов, які задають
початкову форму струни і початкові швидкості точок
струни.
При розгляді вільних коливань постановка задачі буде
наступною:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
T
a ,
2
x ,
t 0 ,

96.

П.У.
U x,0 x ,
U x,0
x .
t
(3.7)
Функції φ(x) та ψ(x) задано на всій числовій осі,
x ;
Така задача ще називається задачею Коші. Її розв’язком є
функція U(x, t) класу C2, яка в указаній області задовольняє
хвильове рівняння і обидві початкові умови.

97.

Зауваження.
1) Хвильове рівняння характеризує не тільки процеси
поздовжніх коливань стержня і поперечних коливань
струни. Воно є універсальною математичною моделлю для
всіх коливальних процесів різної фізичної природи. Так,
хвильове рівняння описує електричні коливання, крутильні
коливання валу, акустичні коливання пружного газу тощо.

98.

2) Також хвильове рівняння можна поширити на коливальні
процеси, які відбуваються не лише в одновимірному
просторі, як у випадках зі стержнем чи струною, але й у
двовимірному та тривимірному просторі. Так, хвильове
рівняння, що моделює вільні поперечні коливання плоскої
мембрани у формі області D , має вигляд:
2
2
2U
U
U
2
a 2 2 ,
2
t
y
x
x, y D,
t 0
(3.8)

99.

А тривимірна модель коливального процесу в деякій
просторовій області V має такий вигляд:
2
2
2
2U
U
U
U
2
a 2 2 2 ,
2
t
y
z
x
x, y, z V ,
t 0 .
(3.9)
Таке рівняння описує, наприклад, закон поширення
світлових та електромагнітних хвиль у просторі. Фізичний
зміст сталої а у хвильовому рівнянні – це швидкість
розповсюдження хвиль у відповідних хвильових процесах.

100.

Контрольні запитання
3.1 При яких припущеннях виведено хвильове рівняння для
поперечних коливань струни?
3.2 Що визначає функція U(x, t), яка є розв’язком хвильового
рівняння
2
2U
2 U
a
F x, t
2
2
t
x
для поперечних коливань струни?
3.3 Як вільний член F(x, t) у хвильовому рівнянні впливає на
характер коливань (вільні коливання чи вимушені)?

101.

3.4 У чому полягає фізичний зміст коефіцієнта a у
хвильовому рівнянні для поперечних коливань струни?
3.5 З чого складається постановка задачі про поперечні
коливання струни?
3.6 Чим задають початкову форму струни і початкові швидкості
точок струни?
3.7 Що відображають крайові умови?
3.8 Що є визначальним у постановці задачі про поперечні
коливання нескінченної струни?

102.

103.

• Лекція 4
Методи розв’язування задач
про коливання струни
4.1 Поперечні коливання нескінченної струни

104.

Перш ніж розв’язувати задачу про коливання
закріпленої струни, розглянемо більш просту
задачу про коливання нескінченної струни.
Метод Д’Аламбера (для розв’язування задачі про
вільні поперечні коливання нескінченої струни).

105.

Розглянемо вільні поперечні коливання
нескінченної струни в наступній постановці:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
П.У.
T
a ,
2
U x,0 x ,
U x,0
x ,
t
x ,
t 0
(4.1)
де функції φ(x) і ψ (x) задані на всій числовій осі.

106.

Задача полягає у знаходженні функції U(x, t), яка
визначає переміщення будь-якої точки х у будь-який
момент часу t.
По-перше, зведемо хвильове рівняння до канонічного
виду.
Це рівняння гіперболічного типу (оскільки визначник
від'ємний)
1
0
0 a2
a 2 0.
Згідно з методом характеристик запишемо рівняння:
(dx) 2 a 2 (dt ) 2
або
dx adt.

107.

Отже, отримали два звичайних диференціальних
рівняння. Проінтегруємо кожне з них:
1)
dx a dt x at C
2)
dx a dt x at C
1
x at C1 .
2
x at C2 .
Тепер введемо нові змінні:
x at , x at.

108.

Щоб у хвильовому рівнянні перейти до цих
змінних, знайдемо відповідні частинні похідні
2U
,
2
t
2U
,
2
x
врахувавши, що
a;
t
1;
x
a;
t
1.
x

109.

U U U U U
;
x
x x
2U
U U U U
2
x
x x
2U
2U 2U
2 2
2;
U U U
U
U
a
a
;
t
t t
2U
U
U
U
U
a
a
a
a
2
t
t
t
2
2
2
U
U
U
2
2
2
a
2a
a
.
2
2

110.

Підставивши ці похідні у хвильове рівняння,
отримаємо:
2
2
2
2
2
2
U
U
U
U
U
U
2
2
2
2
a
2a
a
a 2 2
2 .
2
2
2U
Звідси 0
– це хвильове рівняння у канонічному виді.
Проінтегрувавши його спочатку по ξ, потім по η,
отримаємо розв’язок:
U ( , ) C1 C2
або:
U ( x, t ) C1 ( x at ) C2 ( x at )
(4.2)

111.

Це загальний розв’язок хвильового рівняння, де
C1 ( x at )
C2 ( x at )
довільні двічі диференційовні функції.
Щоб їх знайти, використаємо початкові умови:
U ( x,0) C1 ( x ) C 2 ( x ) ( x );
П .У . U ( x,0)
aC1 ( x ) aC 2 ( x ) ( x ).
t

112.

Після інтегрування другого рівняння у межах від 0 до х,
отримаємо систему:
C1 ( x ) C 2 ( x ) ( x ),
x
1
C1 ( x ) C 2 ( x ) a ( x )dx С ,
0
де
C С1 0 С2 0 const .

113.

Розв’язавши систему рівнянь, знайдемо шукані
функції:
x
1
1
С
C 2 ( x ) ( x )
( x )dx ,
2
2a 0
2
x
1
1
С
C1 ( x ) ( x )
( x )dx .
2
2a 0
2
Щоб отримати функції C1(x – at) та C2(x + at),
достатньо замість аргумента х підставити відповідні
аргументи x – at та x + at.
Отже, розв’язок задачі U(x, t):

114.

U ( x, t ) C1 ( x at ) C2 ( x at )
1
1
( x at )
2
2a
x at
1
1
0 ( x )dx 2 ( x at ) 2a
( x at ) ( x at ) 1
2
2a
x at
x at
( x )dx
0
( x )dx.
x at

115.

Таким чином, для задачі про поперечні коливання
нескінченної струни розв’язок за методом
Д’Аламбера має вигляд:
x at x at 1
U x, t
x dx.
2
2a x at
x at
(4.3)
Формула (4.3) називається розв’язком Д’Алембера
задачі Коші для рівняння коливань струни.

116.

Приклад 4.1 Знайти розв’язок задачі
математичної фізики у такій постановці:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
T
a ,
2
U ( x,0) x 2 ,
П .У . U ( x,0)
1.
t
x ,
t 0

117.

За умовою задачі функції
( x ) x 2 ,
( x ) 1.
За методом Д’Аламбера маємо:
( x at )2 ( x at )2
U ( x, t )
2
x at
x at
1
1
2
2 2
2
2 2
1
dx
x
a
t
x
x
a
t t.
2a x at
2a x at
Відповідь:
U ( x, t ) x 2 a 2 t 2 t.

118.

4.2 Поперечні коливання скінченної струни
Метод Фур’є (для розв’язування задачі про вільні
поперечні коливання скінченної струни).
Розглянемо струну завдовжки l із закріпленими
кінцями. Ця задача має таку постановку:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
T
a ,
2
0 x l ,
t 0

119.

U x,0 x ,
П.У. U x,0
x ;
t
U 0, t 0 ,
К.У.
U l , t 0 .
(4.4)
Згідно з методом Фур’є (його ще називають методом
відокремлення змінних) розв’язок шукаємо у вигляді:
U ( x, t ) X ( x) T (t )
(4.5)

120.

Функція (4.5) має задовольняти хвильове рівняння
і початкові та крайові умови.
Підставимо її в рівняння.
Для цього знайдемо відповідні похідні:
U
X ( x) T (t ),
x
2U
X ' ' ( x) T (t ),
2
x
U
X ( x) T (t ),
t
2U
X ( x) T (t ).
2
t

121.

Підкладаючи знайдені вирази у хвильове рівняння,
отримаємо:
X ( x ) T ' ' (t ) a 2 X ( x ) T (t ) |: a 2 X ( x ) T ( x ) ,
T (t )
X ( x )
c const .
2
a T (t ) X ( x )
Або:
X ( x ) c X ( x ) 0
T (t ) ca 2T (t ) 0
(I)
(II)

122.

Змінні відокремилися і хвильове рівняння
розділилося на два диференціальних рівняння –
відносно функцій
X (x )
T (t )
Розглянемо кожне з них.
X ( x ) c X ( x ) 0
– це звичайне однорідне диференціальне рівняння
другого порядку зі сталими коефіцієнтами. У
залежності від сталої с тут може бути три випадки:

123.

1) нехай
c 2 0
тоді характеристичне рівняння:
k1 ,
k 0
k 2 .
X( x) A e x B e x
Отже, загальний розв’язок
2
2
U (0, t ) X (0) T (t ) 0,
K .У .
U (l , t ) X (l ) T (t ) 0.
Знайдемо довільні сталі А та В із крайових умов,
переписавши їх для функції X(x).
Очевидно, що T (t ) 0,
бо інакше U ( x, t ) 0

124.

Тоді:
X (0) 0,
K .У .
X (l ) 0.
Для нашої функції маємо:
X (0) A B;
X(l) A e l B e l .
Тому для А та В маємо однорідну систему:
A B 0,
l
l
A
e
B
e
0.

125.

Знайдемо визначник цієї системи:
1
1
e l
e l
e l e l .
Оскільки 0
0
то
і ця система має єдиний розв’язок:
А = 0, В = 0.
Тоді X ( x) 0
що призводить до тривіального розв’язку:
Отже, коливань у цьому випадку немає.
U ( x, t ) 0.

126.

2) Нехай с = 0, тоді для функції X(x) маємо рівняння:
X ( x) 0.
Проінтегрувавши його двічі, отримаємо:
X ( x ) Ax B.
Знову довільні сталі А та В будемо шукати із
крайових умов:
X (0) 0, B 0,
B 0,
K .У .
X (l ) 0;
Al B 0; A 0,
і знову маємо X ( x) 0
та тривіальний розв’язок задачі U ( x, t ) 0.

127.

3) Нехай
с 2 0,
тоді характеристичне рівняння:
k 2 2 0 k1,2 i.
У цьому випадку функція X(x) буде мати вигляд:
X ( x ) A cos x B sin x.

128.

Використаємо крайові умови для знаходження
довільних сталих А, В та невідомого параметра λ.
A 0,
X (0) 0, A 0,
K .У .
B 0,
X (l ) 0;
B sin l 0;
sin l 0.

129.

Зазначаємо, що
B 0
щоб уникнути нульового розв’язку.
Останнє рівняння дає можливість визначити λ:
l n ,
n Z.
Отже, є множина значень λ, які залежатимуть від n,
тому надалі параметру λ надамо індекс n:
n
n
.
l
Таким чином, отримаємо множину розв’язків
n x
X n x Bn sin
,
l
n 1, 2,...
(4.6)

130.

Тут n 0, оскільки за умовою λ 0.
Враховуючи, що Bn – довільна стала, то в
подальшому ми будемо надавати n тільки додатних
значень: n = 1, 2, …
Коефіцієнт Bn залишився невизначеним.

131.

Тепер з рівняння (II) знайдемо функцію T(t).
T (t ) ca 2T (t ) 0
Врахуємо попередні дослідження і відразу візьмемо
c 2 0.
Тоді характеристичне рівняння:
k 2 2 a 2 0 k1,2 ai.
А загальний розв’язок даного диференціального
рівняння буде:
T (t ) C cos at D sin at.

132.

Взявши до уваги, що параметр λ уже знайдено:
n
n
l
запишемо множину розв’язків:
n at
n at
Tn (t ) C n cos
Dn sin
.
l
l
(4.7)
Тут Cn та Dn – довільні сталі.
Підставимо знайдені функції (4.6) та (4.7) у (4.5).

133.

Таким чином, кожному значенню n = 1, 2, 3, ...
будуть відповідати розв’язки:
n x
n at
n at
U n ( x, t ) X n x Tn t Bn sin
Dn sin
Cn cos
l
l
l
Внесемо множник Bn у дужки та введемо такі
позначення:
Bn Сn an
Bn Dn bn .

134.

Тоді
n at
n at n x
U n ( x, t ) an cos
bn sin
sin
l
l
l
(4.8)
Розв’язки Un(x, t) називають власними функціями
задачі, а відповідні їм коливання струни – власними
(або вільними) коливаннями.
Числа
λn називають власними числами.

135.

• Лекція 5

136.

За допомогою функцій (4.8) побудуємо розв’язок,
який би задовольняв початкові умови задачі. Для
цього візьмемо суму розв’язків (4.8), яка завдяки
лінійності та однорідності хвильового рівняння
також буде його розв’язком:
U ( x , t ) U n ( x , t )
n 1
n at
n at
n x
an cos
bn sin
.
sin
l
l
l
n 1
(4.9)

137.

Вважатимемо, що цей ряд збіжний, і його можна
почленно диференціювати по аргументу t.
Підберемо коефіцієнти an та bn так, щоб функція
U(x, t) задовольняла початкові умови:
U ( x,0) ( x ),
П .У . U ( x,0)
( x ).
t

138.

Звідси:
n x
( x ) a n sin
– це розклад функції φ(x)
l
n 1
1)
в iнтервалі (0; l) в ряд Фур’є за синусами з
коефіцієнтами розкладу an. Отже, маємо
2
n x
an ( x ) sin
dx
l 0
l
l
(4.10)

139.

n a
n x
– це розклад функції
( x ) bn
sin
l
l
n 1
2)
ψ(x) в інтервалі (0; l) в ряд Фур’є за синусами з
коефіцієнтами розкладу
n a
bn .
l
Отже,
n a 2
n x
bn
( x) sin
dx,
l
l 0
l
l
звідси маємо:
2
n x
bn
( x ) sin
dx.
n a 0
l
l
(4.11)

140.

Таким чином, розв’язок задачі про поперечні
коливання скінченної струни з закріпленими кінцями
має вигляд:
n at
n at
n x
U ( x, t ) a n cos
bn sin
,
sin
l
l
l
n 1
де
2
n x
an ( x ) sin
dx,
l 0
l
l
2
n x
bn
( x ) sin
dx.
n a 0
l
l
(4.12)

141.

Приклад 4.2 Розв’язати задачу про поперечні
коливання струни довжиною l з закріпленими кінцями,
яка в початковий момент часу перебувала в стані
спокою і мала таку форму:
u
h
X
0
2
Рис. 4.1 – Початкова форма струни

142.

Постановка задачі буде наступною:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
U (0, t ) 0,
K .У .
U (l , t ) 0;
T
0 x l, t 0
a ,
2h
l
l x, x 0, 2 ,
U ( x,0)
2h (l x ), x l , l ,
П .У .
l
2
U ( x,0)
0.
t
2
Згідно з нашою постановкою функції
φ(x) = U(x, 0),
ψ(x) = 0.
Отже, у (4.12) коефіцієнт bn = 0.

143.

Знайдемо коефіцієнт an:
2
n x
an ( x) sin
dx
l 0
l
l
2l
l
2 2hx
n x
2h (l x )
n x
sin
dx
sin
dx
l 0 l
l
l
l
l
2
u x,
du dx
n x
l
n x ,
dv sin
dx, v
cos
l
n
l
u l x,
n x
dv sin
dx,
l
du dx
l
n x
v
cos
n
l

144.

l
l
4h lx
n x 2
l 2
n x
2
cos
cos
dx
l
n
l 0 n 0
l
l
n x
l x cos
n
l
l
l
2
l
n x
cos
dx
n l
l
2
l

145.

4h l
n x
sin
n l n
l
l
2
0
l
n x
sin
l
n
l
2
4h
2 2
n
l
n
8h
n
n
sin 2 sin 2 n 2 2 sin 2 .
8h
n
n at
n x
U ( x,t ) 2 2 sin
cos
sin
.
n 1 n
2
l
l

146.

Нульові члени можна виключити, якщо ввести
заміну n = 2m – 1, (m = 1, 2, 3, ...).
Тоді
8h 1 m 1
2m 1 at 2m 1 x
U ( x, t )
cos
sin
.
2 2
m 1 2m 1
l
l

147.

4.3 Фізичний зміст розв’язку задачі про
поперечні коливання
Щоб з’ясувати фізичний зміст розв’язку (4.12),
проаналізуємо власні функції (4.8):
n at
n at n x
U n ( x, t ) a n cos
bn sin
sin
l
l
l

148.

Виконаємо наступні перетворення: помножимо та
поділимо на множник
an2 bn2 .
Тоді:
U n ( x, t )
a
n x
n
at
b
n
at
n
n
sin
a b
cos
sin
2
2
2
2
a b
l
l
l
a
b
n
n
n
n
n at
n at n x
2
2
a n bn sin n cos
cos n sin
sin
l
l
l
2
n
2
n
n x
nat
An sin
n sin
.
l
l

149.

Очевидно, що у всіх точках струни відбуваються
гармонічні коливання з тою самою частотою
n а
l
і фазою φn
an
tg n
bn
Амплітуда коливань залежить від абсциси точки
струни і дорівнює:
n x
An a b sin
.
l
2
n
2
n

150.

При такому коливанні всі точки струни одночасно
досягають свого максимального відхилення в ту чи
іншу сторону та одночасно проходять положення
рівноваги.
Такі коливання називаються стоячими хвилями на
відміну від коливань безмежної струни, які
називаються біжучими хвилями.

151.

Якщо зафіксувати n (нехай n = 1), то можна
показати різні форми струни у різні моменти часу
(рис. 4.2).
При цьому кінці струни завжди залишаються
нерухомими, а найбільшого відхилення функція
досягає тільки в точці x = l/2 (у будь-який момент
часу).

152.

u
А
1
0
2
Рис. 4.2 – Форми струни у різні моменти часу при n = 1
x

153.

При n = 2 нерухомих точок вже буде три: кінці x1, x5,
струни і середня точка x3, а найбільшого відхилення
функція досягає в точках x2, x4 (рис. 4.3).
u
А2
0
4
3
4
x
2
Рис. 4.3 – Форми струни у різні моменти часу при n = 2
x1 0
l
x2
4
l
x3
2
3l
x4
4
x5 l

154.

Взагалі нерухомих точок стояча хвиля буде мати
стільки, скільки коренів має рівняння
n x
sin
0
l
в інтервалі [0;l].
Отже, таких точок буде (n + 1) з абсцисами х = 0;
l
2l
n 1 l
x ; x ;...;
; l.
n
n
n
Ці точки називаються вузлами стоячої хвилі.

155.

Всередині між ними будуть точки, в яких
відхилення будуть максимальними.
При цьому частоти коливань
n а
n
l
називаються власними частотами струни.
Найменша із частот буде при n = 1:
а T
1
l
l

156.

Коли струна коливається, з’являється звук, висота
якого буде зростати разом з частотою коливань.
При цьому найнижчий (основний) тон буде
відповідати власній частоті 1.
Звук буде тим вищим, чим більше натягнута струна
і чим вона коротша, та легша (тобто, чим більша
сила натягу струни Т і чим менші довжина l та
густина ρ).

157.

Решту тонів називають обертонами, або
гармоніками. Таким чином, функція U(x, t), яка є
розв’язком задачі про поперечні коливання
скінченної струни являє собою суму окремих
гармонік (при n = 1, 2, ... ), які накладаючись одна на
одну створюють досить складний коливальний
процес.

158.

4.4 Вимушені коливання струни
Задача про вимушені коливання скінченної струни
довжини l зводиться до інтегрування неоднорідного
диференціального рівняння:
2
T
2U
U
2
2
a
F x, t , a ,
2
2
t
x
0 x l ,
t 0
(4.13)

159.

при заданих додаткових умовах:
U x,0 x ,
П.У. U x,0
x ,
t
К.У.
U 0, t 0,
U l , t 0.
Тут функція F(x, t) є заданою у всій
розглядуваній області.

160.

Як і при розв’язуванні звичайних неоднорідних
диференціальних рівнянь, розв’язок рівняння (4.13)
можна шукати як суму двох функцій:
U ( x, t ) v( x, t ) w( x, t ),
(4.14)

161.

перша з яких задовольняє однорідне рівняння
2
2v
v
2
a
,
2
2
t
x
0 x l,
t 0
при умовах:
П.У.
v ( x,0) ( x ),
v ( x,0)
t ( x ),
v(0, t ) 0,
К.У.
v(l , t ) 0,
(4.15)

162.

а друга функція w(x, t) задовольняє неоднорідне
рівняння
2
2w
w
2
a
F ( x, t ),
2
2
t
x
0 x l ,
t 0
при однорідних умовах
w( x,0) 0,
П.У. w( x,0)
0,
t
w(0, t ) 0,
К.У.
w(l , t ) 0.
(4.16)

163.

Функція v(x, t) описує вільні коливання струни,
зумовлені наявністю початкових відхилень та
початкових швидкостей точок струни.
Метод відшукання цієї функції нами вже з’ясовано
раніше.

164.

Одержали лінійне диференціальне рівняння
другого порядку із спеціальною правою частиною.
Розв’язок шукаємо у вигляді:
m (t ) m (t ) m (t )
де m (t ) – загальний розв’язок відповідного однорідного
рівняння:
m (t )
(2m 1) 2 2 a 2
l
2
m (t ) 0

165.

Контрольні запитання
4.1 Який метод застосовують для розв’язування задач
про вільні поперечні коливання нескінченої струни?
4.2 Який метод застосовують для розв’язування
задач про вільні поперечні коливання скінченної
струни?

166.

4.3 Суть методу Фур’є для розв’язування задач на
коливання.
4.4 У чому полягає фізичний зміст розв’язку задачі
про поперечні коливання?
4.5 У чому полягає задача про вимушені коливання
струни?

167.

168.

5.1 Метод Фур’є для розв’язування задачі
про поздовжні коливання стержня
Враховуючи, що метод Фур’є застосовують при
однорідних крайових умовах, розглянемо задачу про
вільні коливання стержня, один кінець якого (x = 0)
жорстко закріплений, а другий (x = l) вільний.
Ця задача має наступну постановку:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
П.У.
0 x l ,
E
a ,
2
U x,0 x ,
U x,0
x ,
t
К.У.
t 0
U 0, t 0,
U l , t
x 0.
(5.1)

169.

Припустимо, що функції φ(x) та ψ(x) можна
розкласти в ряд Фур’є по синусах кратних дуг
на (0; l).
За методом Фур’є ненульові розв’язки хвильового
рівняння, які задовольняють однорідні крайові
умови (5.1), шукаємо у вигляді U(x, t) = X(x)·T(t).
Знайдемо частинні похідні:
U
X ( x ) T (t ),
x
2U
X ( x ) T (t );
2
x
U
X ( x ) T (t ),
t
2U
X ( x ) T (t ).
2
t
(5.2)

170.

Після підстановки (5.2) у хвильове рівняння:
X ( x ) T (t ) a 2 X ( x ) T (t )
T (t )
X '' ( x )
c const .
2
a T (t ) X ( x )
|: a 2 X ( x ) T (t )
(5.3)
Враховуючи попередні дослідження, відразу розглянемо
випадок, який приводить до коливального процесу,
оскільки в інших випадках отримуємо тільки нульові
розв’язки.

171.

Нехай c = λ2 < 0.
Тоді хвильове рівняння розіб’ється на два
однорідних диференціальних рівняння другого порядку
зі сталими коефіцієнтами відносно функцій X(x) та T(t)
X ( x ) 2 X ( x ) 0,
T '' (t ) 2 a 2T (t ) 0
(I)
(II)

172.

Розглянемо спочатку перше рівняння і знайдемо
функцію X(x)
X ( x ) 2 X ( x ) 0
Характеристичне рівняння
k 2 2 0,
k1, 2 i.

173.

Отже,
X ( x ) A cos x B sin x,
(5.4)
де А та В – довільні сталі, які будемо шукати із
крайових умов (5.1):
U (0, t ) X (0) T (t ) 0,
K .У . U (l , t )
K .У .
x X (l ) T (t ) 0,
X (0) 0,
'
X (l ) 0.

174.

Тут T(t) 0, щоб уникнути тривіального розв’язку
задачі.
Знайдемо
X ( x ) A sin x B cos x.
Тоді крайові умови набувають вигляду:
A 0,
K .У .
B cos l 0.
(5.5)

175.

Тут λ 0 за умовою, B 0, щоб виключити
можливість отримання нульового розв’язку.
Тоді
cos l 0.
( 2n 1)
l n
,
2
2
n 0,1, 2, ...
Звідси визначаємо λ, як множину чисел λn :
( 2n 1)
n
2l
(5.6)

176.

Тому
( 2n 1) x
X n ( x ) Bn sin
,
2l
коефіцієнт Bn залишився невизначеним.
Розглянемо рівняння (ІІ) і знайдемо функцію T(t)
T (t ) 2 a 2T (t ) 0

177.

Характеристичне рівняння
k 2 2 a 2 0,
k1, 2 ai.
Тоді загальний розв’язок з урахуванням того, що
n
2n 1
,
2l
буде таким:
(2n 1) at
(2n 1) at
Tn (t ) Cn cos
Dn sin
.
2l
2l
(5.7)

178.

Запишемо частинний розв’язок поставленої задачі:
U n ( x, t ) X n ( x ) Tn (t )
(2n 1) x
(2n 1) at
( 2n 1) at
Bn sin
Cn cos
Dn sin
.
2l
2l
2l
Введемо позначення:
Bn Dn bn .
Bn C n a n ,
Враховуючи позначення, запишемо загальний
розв’язок як суму всіх частинних:
U ( x, t ) U n ( x, t ),
n 0
(5.8)

179.

або в розгорнутому вигляді:
(2n 1) at
(2n 1) at
(2n 1) x
U ( x, t ) an cos
bn sin
.
sin
2l
2l
2l
n 0
(5.9)
Щоб знайти невідомі коефіцієнти an та bn
скористаємося початковими умовами.
Спочатку знайдемо
U x, t
( 2n 1) a
( 2n 1) at
an
sin
t
2l
2l
n 0
( 2n 1) a
( 2n 1) at
( 2n 1) x
bn
cos
sin
2l
2l
2l

180.

Тепер запишемо початкові умови
( 2n 1) x
,
U ( x,0) ( x ) an sin
2l
n 1
П .У .
U
(
x
,
0
)
(2n 1) a
(2n 1) x
( x ) bn
sin
.
t
2l
2l
n 1
(5.10)
Фактично ми отримали розклади функцій φ(x) та ψ(x)
в ряди Фур’є по синусах в інтервалі (0, l).
Тому коефіцієнти розкладів
an ,
bn
( 2n 1) a
2l
можна визначити за відповідними формулами Фур’є.

181.

Таким чином, розв’язок задачі про поздовжні
коливання стержня, один кінець якого жорстко
закріплений, а другий вільний, має вигляд:
( 2n 1) at
( 2n 1) at
( 2n 1) x
U ( x, t ) an cos
bn sin
sin
,
2l
2l
2l
n 0
де
l
2
(2n 1) x
an ( x ) sin
dx,
l 0
2l
l
4
(2n 1) x
bn
( x ) sin
dx.
(2n 1) a 0
2l
(5.11)

182.

Приклад 5.1 Розв’язати задачу про поздовжні
коливання стержня, один кінець якого жорстко
закріплений, а до вільного кінця прикладено силу P,
причому в момент t = 0 дія сили раптово
припиняється.
Ця задача має наступну постановку:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
E
a ,
2
0 x l ,
t 0

183.

Px
U ( x,0) ES ,
П .У .
U ( x,0) 0.
t
Тобто функції
Звідси
bn 0.
U (0, t ) 0,
K .У . U (l , t )
x 0.
Px
x
ES
x 0.

184.

Щоб побудувати розв’язок у вигляді (5.8) знайдемо
коефіцієнти :
2P
2n 1 x
8Pl 1
an
x sin
dx 2
lES 0
2l
ES 2n 1 2
n
l
Тоді розв’язок задачі:
8Pl 1
2n 1 at
2n 1 x
U ( x, t ) 2
cos
sin
2
ES n 0 2n 1
2l
2l
n

185.

Приклад 5.2 Поставити і розв’язати задачу про
поздовжні коливання стержня, один кінець якого
жорстко закріплено, а до вільного кінця раптово у
момент часу t = 0 прикладено розтягуючу силу P.
Ця задача має наступну постановку:
2
2U
U
2
a
,
2
2
t
x
П.У.
E
a ,
2
U x ,0 0,
U x ,0
0,
t
0 x l ,
К.У.
t 0
U 0, t 0,
U l , t P
x ES .

186.

Для того, щоб розв’язати задачу з ненульовими
крайовими умовами зробимо заміну:
Px
U x, t V x, t
ES
U V
P
,
x
x ES
U V
,
t
t
2U 2V
2 ,
2
x
x
2U 2V
2.
2
t
t

187.

Отримаємо початкові і крайові умови для функції:
Px
U ( x,0) V ( x,0) ES 0,
П .У .
U ( x,0) V ( x,0) 0,
t
t
Px
V ( x,0)
,
ES
U (0, t ) 0,
K .У . U (l , t ) V (l , t ) P
P
x x ES ES ,
V (l , t )
0.
x

188.

Постановка задачі для функції V(x, t) матиме вигляд:
2
2V
V
2
a
,
2
2
t
x
П.У.
E
a ,
0 x l ,
2
Px
V x,0 ES ,
V x,0 0,
t
К.У.
t 0
V 0, t 0,
V l , t
x 0.
Знайшовши V(x, t) за методом Фур’є, відповідь
запишемо у вигляді
Px
U ( x, t ) V ( x, t )
.
ES

189.

Контрольні запитання
5.1 У чому полягає постановка для розв’язування
задачі про поздовжні коливання стержня?
5.2 У чому полягає суть методу Фур’є для
розв’язування задач про поздовжні коливання
стержня?
5.3 У чому особливість методу Фур’є стосовно
вимог до крайових умов?

190.

Лекція 6
Розповсюдження тепла
6.1 Задача про розповсюдження тепла.
Рівняння теплопровідності
Розглянемо задачу про розповсюдження тепла в
нерівномірно нагрітому тілі V, обмеженому
поверхнею S.
У цьому випадку виникають теплові потоки від
ділянок з вищою температурою до ділянок з
нижчою.
Тобто відбувається перерозподіл тепла.

191.

За величину, що характеризує даний процес,
візьмемо функцію
U = U(x, y, z, t),
яка визначає температуру в будь-якій точці M(x,y,z)
у будь-який момент часу t.

192.

При побудові математичної моделі зробимо наступні
припущення стосовно фізичних властивостей тіла:
1) тіло однорідне;
2) ізотропне;
3) у тілі відбувається механічний перенос тепла
від більш нагрітих ділянок до менш нагрітих;
4) усе тепло йде на зміну температури тіла;
5) властивості тіла від температури не залежать.

193.

Щоб вивести рівняння теплопровідності достатньо
скласти рівняння теплового балансу, яке запишемо
так:
Q Q1 Q2
(6.1)

194.

Визначимо всі складові цього рівняння.
1) Q1 – це кількість тепла, що проходить через
поверхню σ за деякий час ∆t.
Для визначення Q1 скористаємося експериментальним
законом Фур’є, згідно з яким елементарна кількість
тепла dQ1, що проходить через елементарну частину
поверхні dσ у напрямку внутрішньої нормалі n
до неї за одиницю часу, дорівнюватиме
U
dQ1 k
d ,
n
де k – коефіцієнт внутрішньої теплопровідності, k > 0,
розмірність
Дж
м К с .

195.

Вважаємо, що коефіцієнт k не залежить від
напряму нормалі.
Щоб визначити всю кількість тепла, що проходить
через поверхню σ за час ∆t, достатньо вираз, що
визначає елементарну кількість тепла dQ1,
проінтегрувати по цій поверхні і домножити на ∆t:
U
Q1 t k
d .
n

196.

Нехай вектори
U U U
grad U
,
,
,
x y z
n cos , cos , cos ,
тоді
U U
U
U
cos
cos
cos grad U n
n
x
y
z
Тоді
Q1 t k grad U nd .

197.

Використовуючи формулу Остроградського по
відношенню до вибраного елемента ω з внутрішньою
нормаллю до поверхні σ, маємо
P Q R
x y z d P cos Q cos R cos d
Звідси
Q1 t k div grad U d .
(6.2)

198.

2) Q2 – це кількість тепла, що виділяється
(поглинається) джерелами (якщо вони є),
розподіленими в об’ємі ω за деяким законом.
Позначимо через f(M, t) питому потужність джерела в
точці M(x,y,z) у момент часу t (аналог інтенсивності
зовнішніх сил в задачах на коливання).
Тоді елементарна кількість тепла за одиницю часу буде
dQ2 f M , t d .
Вся кількість тепла за час ∆t:
Q2 t f ( M , t )d .
(6.3)

199.

3) Q – уся кількість тепла, що йде на зміну
температури в будь-якій точці М за деякий час ∆t, може
бути визначена за законом Ньютона, згідно якого
елементарна кількість тепла dQ прямо пропорційна
зміні температури ∆U за час ∆t і масі елементарної
частини ρdω та дорівнюватиме
dQ = C ∆Uρdω,
де С – питома теплоємність матеріалу тіла, розмірність
Дж
кг К
Звідси
Q C Ud
(6.4)

200.

враховуючи рівності (6.1) – (6.4), запишемо
рівняння теплового балансу
C Ud t k div grad U d t f M , t d ,
або
С U t k div grad U t f M , t d 0.
(6.5)
Згідно з основною лемою математичної фізики,
якщо підінтегральна функція неперервна та інтеграл
по довільній області ω дорівнює нулю, то і сама
функція також дорівнює нулю.
Отже,
С U t k div(grad U ) t f ( M , t ) 0.

201.

Поділимо на Cρ∆t і перейдемо до границі при t 0 :
U
k
1
lim t C div(grad U ) C f ( M , t )
t 0
або
U
a 2 div(grad U ) F ( M , t ),
t
де
k
;
a
C
2
1
F (M , t)
f (M , t)
C
Якщо врахувати, що
U U U 2 U 2 U 2 U
div(grad U )
2
2
x x y y z z x
z2
y

202.

то отримаємо
2
2
2
U
U
U
U
2
a 2
F (M , t)
2
2
t
z
y
x
(6.6)
Це тривимірна модель розповсюдження тепла у тілі
V, або просторове рівняння теплопровідності. Тут М
– точка M(x,y,z).
Очевидно, що двовимірна модель буде мати вигляд:
2
2
U
U
U
2
a 2
F ( M , t ),
2
t
y
x
(6.7)

203.

яка описує розповсюдження тепла в дуже тонкій
(плоскій) пластині . Тут М – точка M(x,y).
І одновимірна модель:
2
U
2 U
a
F ( M , t ).
2
t
x
(6.8)
Це рівняння теплопровідності для прямолінійного
тонкого стержня (один характерний розмір –
довжина). Тут М – точка з однією координатою x.
Саме з цим рівнянням ми і будемо далі працювати.
Зауважимо, що в силу зроблених нами припущень
величини k, C, ρ сталі. Також вважаємо, що бічна
поверхня стержня теплоізольована.

204.

Проаналізуємо рівняння теплопровідності (6.8):
2
U
2 U
a
F ( x, t ),
2
t
x
k
;
a
C
2
1
F ( x, t )
f ( x, t ).
C
Тут x – просторова координата,
t – час,
U(x,t) – температура в точці з координатою х
в момент часу t.

205.

Якщо зафіксувати x = x0, то отримаємо U(x0, t) –
закон, за яким змінюється температура в точці x0.
Якщо зафіксувати час t = t0, то отримаємо U(x, t0) –
розподіл температур у стержні в момент часу t0.
Вільний член F(x,t) характеризує наявність джерел
тепла в стержні.
Якщо їх нема, то F(x,t) = 0 і рівняння теплопровідності
набуває простого вигляду
2
U
2 U
a
,
2
t
x
k
.
a
C
2
(6.9)

206.

6.2 Постановка задачі теплопровідності
Із фізичних міркувань випливає, що для
однозначного визначення температури в стержні
довжиною l, крім рівняння теплопровідності,
необхідно задати додаткові три умови, які
складаються з однієї початкової і двох крайових.

207.

Початкова умова для рівняння теплопровідності
задає розподіл температур у всіх точках стержня
в деякий момент часу, який приймаємо за початковий
(t = 0).
Початковий розподіл температур має вигляд:
П.У. U(x,0) = U|t = 0 = φ(х),
де φ(х) – задана функція для всіх x [0; l].
(6.10)

208.

Крайові умови мають виконуватись там, де
стержень може мати теплообмін з навколишнім
середовищем, тобто на торцях стержня.
Нехай стержень лежить на осі Ох і один його кінець
збігається з початком координат (x = 0), а другий має
абсцису x = l.
Крайові умови відображають тепловий режим на
кінцях стержня і можуть задаватися по-різному.
Розглянемо деякі з них.

209.

Нехай на кінцях стержня підтримується стала
температура – U0 на кінці x = 0 і Ul на кінці x = l.
К.У.
де U0, Ul
U 0, t U x 0 U 0 ,
U l , t U x l U l ,
– задані числа (можуть бути і нулі).
(6.11)

210.

Запишемо загальніші граничні умови.
Використовуючи закон Ньютона, запишемо тепловий
потік Р, що проходить через одиницю площі за
одиницю часу пропорційно зміні температури на
торці стержня:
P h U U ,
(6.12)
де h – коефіцієнт зовнішньої теплопровідності або
коефіцієнт теплообміну, U – температура на кінці
стержня, U* – температура навколишнього
середовища поблизу цього кінця.

211.

При цьому потік вважається додатним, якщо U > U*
тобто іде процес охолодження стержня.
Отже, функція U – спадна.
А згідно з законом Фур’є цей самий потік
пропорційний швидкості зміни температури
в напрямку нормалі до торця:
U
P k
.
n
(6.13)

212.

Оскільки вектор нормалі паралельний до осі Ох,
то для правого кінця потік буде:
a на лівому:
U
P k
,
x
U
P k
.
x
Тепер запишемо умови на лівому і правому кінцях
стержня:
К.У.
U (0, t )
k
h
U
(
0
,
t
)
U
0
0 ,
x
k U l , t hl U L, t U l .
t
(6.14)

213.

Тут U 0 , U l – задані температури навколишнього
середовища поблизу відповідних кінців.
Оскільки кінці стержня можуть знаходитися в різних
середовищах, то сталі h0, hl взято різними.
Розглянемо окремі випадки:
1) Нехай коефіцієнт теплообміну h = 0, тоді крайова
умова
К.У.
U
0
x
означає, що кінець стержня теплоізольований.
(6.15)

214.

2) Нехай значення коефіцієнт теплообміну h дуже
велике. Тоді, наприклад, для лівого кінця маємо:
k U (0, t )
U (0, t ) U 0
h0
x
(6.16)
і, переходячи до границі при h0 ,
отримаємо крайову умову
К.У.
U 0, t U 0 ,
(6.17)
що означає вільний теплообмін з навколишнім
середовищем на кінці х = 0.
Фактично, це те саме, що розглядалося в першому типі
крайових умов.

215.

3) На кінці стержня, не уточнюючи на якому,
задається потік, як функція часу
U
f (t ).
x
(6.18)

216.

Приклад 6.1 Поставити задачу про розповсюдження
тепла в стержні, один кінець якого теплоізольваний, а на
другому підтримується стала температура T, причому в
момент часу t = 0 розподіл температур у стержні мав
вигляд частини параболи з вершиною в початку
координат, як зображено на рисунку 6.1.
U
T
O
X
Рис. 6.1 – початковий
розподіл температур

217.

Опишемо графік аналітично: U x 2 .
Визначаємо коефіцієнт з того, що точка (l, T)
задовольняє рівняння параболи.
Отже,
T
2.
l
Тоді рівняння параболи має вигляд
T 2
U 2 x .
l
Постановка задачі включає в себе написання рівняння
теплопровідності, початкової та граничних умов

218.

2
U
2 U
a
,
2
t
x
k
,
a
C
2
T 2
П.У. U x,0 2 x ;
l
0 x l ,
t 0
U 0, t
0,
К.У. x
U l , t T .
Розв’язком цієї задачі є функція U(x, t) , яка
задовольняє в указаній області рівняння
теплопровідності, а також початкову і крайові умови.

219.

6.3 Метод Фур’є для розв’язування задачі
теплопровідності
Розглянемо задачу теплопровідності у скінченному
стержні довжиною l.
Нехай його кінці відповідають точкам х = 0 та х = l
на осі Ох.
Враховуючи специфіку метода Фур’є, розглянемо ряд
задач з однорідними крайовими умовами.

220.

1) Знайти розподіл температур в стержні, на кінцях
якого весь час підтримується нульова температура,
а початковий розподіл задається функцією φ(x).
Поставимо задачу:
2
U
2 U
a
,
2
t
x
k
,
a
C
2
0 x l ,
t 0

221.

П.У. U x,0 x ,
К.У.
U (0, t ) 0,
U (l , t ) 0.
(6.19)
Для неперервності U(х; t) в точках (0; 0) і (l; 0)
необхідно вимагати, щоб φ(0) = φ(l) = 0.
Також припускаємо, що функцію φ(x) можна
розкласти по синусах кратних дуг на проміжку [0; l].
Згідно методу Фур’є ненульові розв’язки рівняння, що
задовольняють умови (6.19), шукаємо у вигляді
добутку двох функцій:
U ( x, t ) X ( x) T (t ).

222.

Підставляючи цю функцію у рівняння
теплопровідності, отримаємо:
X ( x) T (t ) a2 X ( x) T (t ),
або
T (t )
X ( x )
2
const
0.
2
a T (t ) X ( x )

223.

Останній факт було досліджено при розв’язуванні
задач про коливання.
Таким чином, рівняння теплопровідності
розпадається на два звичайних диференціальних
рівняння:
X ( x ) 2 X ( x ) 0
(I)
T (t ) 2 a 2 T (t ).
(II)

224.

Розглянемо спочатку перше рівняння і знайдемо
функцію X(x).
Оскільки розв’язки характеристичного рівняння є
комплексно спряженими
k 2 2 0, k1, 2 i,
то шукана функція набуває вигляду
X x A cos x B sin x.

225.

Для знаходження невідомих сталих, використовуємо
крайові умови, записані для функції
X (0) 0,
К.У.
X (l ) 0.
Звідси:
A 0,
B sin l 0.

226.

Очевидно, що B 0 (інакше отримаємо тривіальний
розв’язок).
Тоді:
n
sin l 0 l n n
, n 1, 2,...
l
Отже, маємо:
n x
X n ( x ) Bn sin
,
l
n 1, 2,...
(6.20)

227.

Тепер з рівняння (ІІ) знайдемо функцію T(t).
Це диференціальне рівняння першого порядку з
відокремлюваними змінними:
dT (t )
2 2
2 2
dt
ln
T
t
a t ln C ,
T (t ) a
тоді
T t
ln
2 a 2 t.
C

228.

Враховуючи, що
n
,
l
остаточно маємо:
n a 2
,
Tn (t ) Cn exp
t
l
n 1, 2, ...
Таким чином, знайдено частинні розв’язки
рівняння теплопровідності:
U n ( x, t ) X n ( x) Tn (t ),
n 1, 2,...
(6.21)

229.

Оскільки рівняння теплопровідності є лінійним та
однорідним, то його загальний розв’язок можна
знайти, як суму частинних розв’язків:
U ( x, t ) U n x, t ,
n 1
або, позначивши
an Bn Cn ,

230.

запишемо:
n a
U ( x, t ) an exp
l
n 1
2
n x
t sin
an e
l
n 1
2
n a
t
l
n x
sin
.
l
(6.22)
Для визначення коефіцієнта an скористаємося
початковою умовою:
П.У.
U ( x,0) ( x ).

231.

Звідси:
n x
( x ) an sin
.
l
n 1
Для функції φ(x) отримано розклад в ряд Фур’є за
синусами в інтервалі (0, l) з коефіцієнтами an
розкладу.
Тоді згідно формул Фур’є:
2
n x
an ( x ) sin
dx.
l 0
l
l
(6.23)

232.

Таким чином, розв’язок задачі про поширення
тепла у стержні, на кінцях якого підтримується
нульова температура, а початковий розподіл
температур задається функцією φ(x) шукається за
формулами (6.22), (6.23).
n a 2 n x
sin
U ( x, t ) an exp
t
.
l
n 1
l
2
n x
an ( x ) sin
dx.
l 0
l
(6.22)
l
(6.23)

233.

Зауваження
Розглянемо випадок, коли на кінцях стержня
задається ненульова температура.
Тоді задача має наступну постановку:
2
U
2 U
a
,
2
t
x
k
,
a
C
2
П.У. U x,0 x ;
0 x l ,
U (0, t ) U 0 ,
К.У.
U (l , t ) U l .
t 0
(6.24)
Тут U0 та Ul – сталі температури відповідно на
кінцях х = 0 та x = l.

234.

У цій задачі з неоднорідними граничними умовами
достатньо зробити підстановку:
l x
x
U ( x, t ) V x, t
U0 Ul ,
l
l
(6.25)
яка зведе її до попередньої задачі відносно функції
V(x, t).
Цю процедуру пропонується виконати студентам
самостійно.

235.

Розглянемо ще одну задачу про поширення тепла у
стержні.
2) Знайти розподіл температур в стержні, на одному
кінці якого весь час підтримується нульова
температура, а другий кінець теплоізольвано при
довільній початковій умові.
Поставимо задачу:
2
U
U
2
a
,
2
t
x
П.У. U(x,0) = φ(x),
k
,
a
C
2
0 x l ,
U (0, t ) 0,
К.У. U (l , t )
x 0.
t 0
(6.26)

236.

Зазначимо, що тут не суттєво, який кінець
теплоізольовано. Як бачимо, крайові умови однорідні.
Розв’яжемо цю задачу за методом Фур’є, згідно якого
U ( x, t ) X ( x) T (t ).
Тоді рівняння теплопровідності:
X ( x) T (t ) a2 X ( x) T (t ),
або
T (t )
X ( x )
2
const
.
2
a T (t ) X ( x )
(6.27)

237.

Розглянемо рівняння
X ( x ) 2 X ( x ) 0
розв’язок якого X x A cos x B sin x.
Сталі А та В шукаємо із крайових умов:
U (0, t ) X (0) T (t ) 0,
X (0) 0,
К.У. U (l , t )
X (l ) 0.
X
(
l
)
T
(
t
)
0
.
x
A 0,
Розпишемо крайові умови:
B cos l 0.

238.

Очевидно, що B 0, 0, тоді cos l 0.
Звідси
n
2n 1
,
2l
X n ( x ) Bn
Отже,
n 0,1, 2, ...
2n 1 x
sin
2l
Розв’яжемо друге рівняння для функції T(t) , що
одержується з рівняння теплопровідності:
T (t ) a T (t ).
2
2
dT (t )
2 a 2 T (t ).
dt
(6.28)

239.

dT (t )
2 2
a dt
T (t )
Розв’язок цього рівняння:
T (t ) C e
Враховуючи, що
2 а 2t
exp 2а 2t
n
2n 1
,
n 0,1, 2, ...
2l
отримаємо
Tn (t ) Cn e
2
2 n 1 a
t
2l
(2n 1) a 2
.
Cn exp
t
2
l
(6.29)

240.

U n ( x, t ) X n ( x) Tn (t )
Отже, маємо
і розв’язок даної задачі шукаємо у вигляді:
U ( x, t ) U n x, t .
n 0
Поклавши
an Bn Cn ,
остаточно будемо мати:
U ( x, t ) a n e
n 0
2
2 n 1 a
t
2l
2n 1 x
sin
2l
(6.30)

241.

Коефіцієнти визначаються із початкової умови, як у
попередній задачі:
2
2n 1 x
an ( x ) sin
dx.
l 0
2l
l
(6.31)
Отже, формули (6.30) і (6.31) дають розв’язок даної
задачі.

242.

3) Розв’язати задачу про поширення тепла в стержні,
на одному кінці якого стала температура U0, а
другий – теплоізольований.
Поставимо задачу:
2
U
U
2
a
,
2
t
x
k
,
a
C
2
П.У. U(x,0) = φ(x),
0 x l ,
U (0, t ) U 0 ,
К.У. U (l , t )
x 0.
t 0
(6.32)

243.

За методом Фур’є крайові умови мають бути
нульовими. Тому проведемо заміну
U ( x, t ) V ( x, t ) U 0.
U V
,
t
t
U V
,
x
x
U V
2.
2
x
x
2
2

244.

Рівняння теплопровідності:
2
V
k
2 V
2
a
, a
,
2
t
x
C
U ( 0 ,t ) V ( 0 ,t ) 0 ,
К.У. U ( l ,t ) V ( l ,t )
x x 0 ,
0 x l ,
t 0
(6.33)
П.У. U ( x,0) V ( x,0) U 0 ( x ) V ( x,0) ( x ) U 0.

245.

За методом Фур’є отримаємо
( 2n 1) a 2
2n 1 x
V ( x, t ) a n exp
t sin
2
l
2l
n 0
an e
2
2 n 1 a
t
2l
2n 1 x
sin
,
2l
n 0
2
2n 1 x
dx.
де an ( x ) U 0 sin
l 0
2l
l
Отже, остаточно маємо:
U ( x, t ) V ( x, t ) U 0.
(6.34)

246.

Приклад 6.2 Розв’язати задачу про поширення
тепла у стержні довжиною l, на кінцях якого весь час
підтримується нульова температура, а
початковий розподіл температур задається функцією:
x
( x ) T0 sin
.
l
Поставимо задачу:
2
U
U
2
a
,
2
t
x
k
,
a
C
2
0 x l ,
t 0

247.

П.У.
x
U x,0 x T0 sin
,
l
К.У.
U (0, t ) 0,
U l , t 0.
Згідно з методом Фур’є ця задача має розв’язок:
U ( x , t ) an e
n 1
2
n a
t
l
n x
sin
l
n a 2 n x
an exp
t sin
.
l
n 1
l

248.

де
2
n x
2T 0
x
n x
an ( x ) sin
dx
sin
sin
dx.
l 0
l
l 0
l
l
l
l
x
Як відомо, система власних sin
l
є ортогональною на проміжку [0; l], тобто
m x
n x
0 sin l sin l dx 0,
l
коли m n, і не дорівнює нулю, коли m = n.

249.

a2 a3 ... 0,
Таким чином, усі коефіцієнти
проте коефіцієнт a1 0 . Знайдемо його:
2 x
l
l 1 cos
2T0
x
2
T
2
0
l dx T
a1
sin
dx
0.
l 0
l
l 0
2
Тоді розв’язок задачі запишемо так
2
U x, t T0e
a
t
l
x
sin
.
l

250.

6.4 Стаціонарні процеси. Рівняння Лапласа
Стаціонарні процеси моделюються диференціальними
рівняннями з частинними похідними еліптичного типу.
Це процеси різної фізичної природи: коливання
(механічні, звукові, електромагнітні); теплопровідність,
дифузія тощо.
Найпростішим рівнянням такого типу є рівняння
2
2
2
U
U
U
2
U U
f x, y, z ,
2
2
2
x
z
y
яке називається рівнянням Пуассона.
(6.35)

251.

Функція U(x, y, z) двічі диференційована,
а функція
f x, y , z – задана в деякій просторовій області V.
Відповідне однорідне рівняння
2
2
2
U U U
U U
0
2
2
2
x
z
y
2
називається рівнянням Лапласа.
(6.36)

252.

Наприклад, таким рівнянням описується стаціонарний
розподіл температури у тривимірному тілі.
Дійсно, якщо температура U = U(x, y, z, t) не залежить
від часу t, то
U
0
t
і рівняння теплопровідності зводиться до рівняння
Лапласа.

253.

Зауважимо, що у двовимірному випадку рівняння
Лапласа (6.36) набуває вигляду:
2
U
U
U
0,
2
2
x
y
2
2
а в одновимірному:
d U
0.
2
dx
Функцію U називають гармонічною в області V якщо
вона неперервна у ній разом зі своїми похідними
першого та другого порядків і задовольняє рівняння
Лапласа.

254.

У кожній задачі математичної фізики, пов’язаній з
рівнянням Лапласа, шуканий розв’язок виділяється
із множини усіх гармонічних функцій за допомогою
додаткової умови, якою є крайова умова.
Завдяки стаціонарності процесу початкова умова
у цих задачах відсутня.
Залежно від способу задання крайової умови
виділяють три крайові задачі:
-задачу Діріхле (першу крайову задачу),
-задачу Неймана (другу крайову задачу),
- мішану (третю крайову задачу).

255.

6.5 Задача Діріхле
Ця задача (перша крайова задача) у просторі
формулюється так: знайти функцію U(x, y, z), яка
задовольняє всередині замкненої поверхні S рівняння
Лапласа
U 0
та набуває у кожній точці М поверхні S заданих
значень:
К.У.
U S (M ).
(6.37)
Очевидним можна вважати той факт, що задача Діріхле
завжди має розв’язок.

256.

Дійсно, якщо, наприклад, кожна точка на поверхні тіла
постійно підтримується при певній заданій температурі
(яка може бути різною у різних точках поверхні), то у
кожній точці тіла встановиться своя температура, яка і
дає розв’язок задачі Діріхле при заданих крайових
умовах.
Також очевидно, що цей розв’язок буде єдиним.

257.

Аналогічно формулюється задача Діріхле у
двовимірному випадку: знайти функцію U(x, y), яка
задовольняє всередині замкненої кривої Г рівняння
Лапласа
U 0
та набуває у кожній точці М кривої Г заданих значень:
К.У.
U Γ (M ).
(6.38)

258.

Зазначимо, що задача Діріхле розв’язується дуже
просто в одновимірному випадку, коли розглядається,
наприклад, стаціонарний розподіл температури у
тонкому стержні довжини l з теплоізольованою
бічною поверхнею.
Тоді задача Діріхле ставиться так: знайти функцію
U(x) яка задовольняє рівняння Лапласа для усіх
x 0; l
і набуває на кінцях стержня заданих значень:
К.У. U x x U0 , U x x Ul .
0
l
(6.39)

259.

Задача Діріхле у цьому випадку має розв’язок
Ul U0
U
x U0.
l
(6.40)

260.

6.6 Задача Неймана
Задача Неймана (друга крайова задача) формулюється
так: знайти функцію U(x, y, z), яка задовольняє
всередині замкненої поверхні S рівняння Лапласа та її
похідна по напрямку зовнішньої нормалі
U
.
n

261.

У кожній точці М поверхні S набуває заданих значень:
К.У.
U
n
М .
(6.41)
S
Нагадуємо, що похідна
U
n
пов’язана з потоком тепла через поверхню S.
Аналогічно формулюється задача Неймана для
двовимірного та одновимірного випадків.

262.

6.7 Мішана задача
Мішана задача (третя крайова задача) формулюється
так: знайти функцію U(x, y, z),
яка задовольняє всередині замкненої поверхні
рівняння Лапласа, а у кожній точці М поверхні
виконується умова:
К.У.
U
М U S М ,
n S
(6.42)
де функції φ(M), ψ(M) є заданими.
Цю задачу ще називають задачею з косою похідною.

263.

6.8 Рівняння Лапласа в циліндричних координатах
Нехай U(x, y, z) – гармонічна в деякій області V
функція трьох змінних.
Тоді для неї рівняння Лапласа має вигляд:
2
2
U
U
U
0.
2
2
2
x
z
y
2
(6.43)
Введемо у розгляд циліндричні координати (r, φ, z),
які пов’язані з декартовими координатами
формулами

264.

x r cos ,
y r sin ,
z z,
0 r ,
0 2 ,
z .
(6.44)
Звідси зворотній зв’язок:
r x y ,
2
2
y
tg ,
x
z z.
(6.45)
Щоб записати рівняння Лапласа в циліндричних
координатах, знайдемо відповідні частинні похідні
функції U(x, y, z), використовуючи формули
диференціювання складеної функції декількох
змінних:

265.

U U r U U z U r U
,
x
r x x z x r x x
U U r U 2r
2U r
2
2 2
2
x
r x
r x
r x x
2
2
U U 2
2
2,
x
x
2
2
2
U U r U U z U r U
,
y
r y y z y r y y

266.

U U
2
2
y
r
2
2
U
2
2
2
r U 2r
2U r
2 2
r y
r y y
y
2
U 2
2,
y
y
2U 2U
2 .
2
z
z
U U
,
z
z
Враховуючи, що:
r
x
x
x y
2
2
,
r
y
y
x y
2
2
,

267.

2r
y2
2
x
x2 y2
3
,
2
y
2
,
2
x
x y
2xy
2
2
,
2
2
2
x
x y
2r
x2
2
y
x2 y 2
3
,
2
x
2
,
2
y x y
2xy
2
2
,
2
2
y
x y2
отримаємо:
2U 1 U 1 2U 2U
2
2 0.
2
2
r
r r r
z
(6.46)
Це і є рівняння Лапласа в циліндричних координатах.

268.

Якщо функція U не залежить від z, а лише від x та y,
то рівняння Лапласа буде мати вигляд
2U 1 U 1 2U
2
0,
2
2
r
r r r
(6.47)
де r та φ – полярні координати на площині.
Знайдене рівняння є рівнянням Лапласа в полярних
координатах.

269.

Приклад 6.3 Знайдемо розв’язок рівняння
Лапласа в області D, що обмежена двома колами:
Г1 : x 2 y 2 R12
Г 2 : x 2 y 2 R22 ,
якщо значення шуканої функції на колах:
К.У.
U Г R U1 ,
1
де U1 та U2 – сталі.
U
Г R2
U2,

270.

Це може бути, наприклад, задача про стаціонарний
розподіл температури у кільці між двома колами,
якщо на самих колах температура задана.
Розв’язуємо задачу у полярних координатах.
Очевидно, шукана функція U не залежить від кута φ.
Тоді рівняння Лапласа набуває простішого вигляду:

271.

2U 1 U
0.
2
r r
r
Це звичайне диференціальне рівняння другого
порядку, яке допускає пониження порядку.
Інтегруючи його, знайдемо
U С1 ln r C2 .
Визначимо C1 та C2 із крайових умов:
U 1 С1 ln R1 C 2 ,
U 2 C1 ln R2 C 2 ;

272.

звідси
U 2 U1
С1
;
R2
ln
R1
ln R1
C 2 U 1 U 2 U 1
.
R2
ln
R1
Остаточно отримаємо:
r
ln
U U 1 U 2 U 1 R 1 .
R2
ln
R1

273.

6.9 Задача Діріхле для круга
Нехай на площині хOу є круг радіуса R з центром в
початку координат. на його колі задана деяка функція
f(φ), де φ – полярний кут.
Треба знайти функцію U = U(r, φ), неперервну у крузі,
яка задовольняє всередині круга рівнянню Лапласа.
Постановка задачі в полярних координатах має вигляд:
2U 1 U 1 2U
2
0,
2
2
r
r r r
К.У.
U R f .
0 r R, 0 2

274.

Припустимо, що f(φ) можна розкласти в ряд Фур’є
на [0; 2π].
Перепишемо рівняння Лапласа, домноживши його
на r2 :
2
2
U
U
U
2
r
r
2 0.
2
r
r
Будемо шукати розв’язок за методом Фур’є, подаючи
функцію у вигляді добутку двох функцій, кожна з
яких залежить від однієї змінної:
U (r, ) R(r ) ( ).
(6.48)

275.

Підставляючи її в рівняння та враховуючи, що
U
R ( r ) ( )
r
та
U
R( r ) ( ),
отримаємо:
r R (r) ( ) r R (r) ( ) R(r) ( ) 0.
2
Відокремимо змінні:
r 2 R r rR r
( )
сonst .
R r

276.

Отже, рівняння Лапласа розпалося на два
диференціальних рівняння:
( ) ( ) 0,
(І)
r R (r) rR (r) R(r)
(ІІ)
2
З рівняння (І) маємо
k 2 0,
k 1, 2 i.
Тоді
( ) А cos В sin .
(6.49)

277.

Оскільки задана область є кругом, то при збільшенні
кута φ на 2π точка M(r,φ) повернеться у своє
початкове положення.
Отже, функція Ф(φ) – 2π-періодична, а це означає,
має бути цілим:
n, n 0, 1, 2, ...,
або
n2.
Тоді отримаємо множину функцій:
n ( ) Аn cos n Вn sin n ,
n 0, 1, 2,...
Коефіцієнти An та Bn залишились невизначеними.
Розглянемо рівняння (ІІ):
"
'
2
R
(
r
)
rR
(
r
)
n
R( r ) 0.
r
2

278.

Розв’язок цього рівняння будемо шукати у вигляді
R(r) = rα , де α – невідомий параметр.
Підставимо цю функцію у рівняння:
( 1) r r n2 r 0.
(6.50)
Поділивши на rα, отримаємо:
1 n,
n 0 n
2 n.
2
2
2
2
Зазначимо, що α2 = – n – сторонній корінь, оскільки
при r = 0 функція R(r ) .
Отже,
Rn ( r ) r n .

279.

U ( r, ) r n An cos n Bn sin n .
(6.51)
Завдяки лінійності та однорідності рівняння Лапласа
сума частинних розв’язків:
U ( r, ) U n r, r n ( An cos n Bn sin n )
n 0
n 0
(6.52)
буде також розв’язком рівняння Лапласа.
Для знаходження коефіцієнтів An та Bn використаємо
крайову умову:
U
Γ R
f An R n cos n Bn R n sin n .
n o

280.

Це є ряд Фур’є для функції f(φ) з коефіцієнтами
AnRn та BnRn які визначаються за формулами Фур’є:
1
n
An R
2
f ( ) cos n d ,
0
1
n
Bn R
2
f ( ) sin n d .
0
Звідси:
1
An
R n
2
f ( ) cos n d ,
0
1
Bn
R n
2
f ( ) sin n d .
(6.53)
0
Таким чином, розв’язком задачі Діріхле у крузі радіуса R
є функція (6.52) з коефіцієнтами (6.53).

281.

Контрольні запитання
6.1 На яких припущеннях будується виведення
рівняння теплопровідності?
6.2 Проаналізувати фізичний зміст величин, що
входять у рівняння теплопровідності.
6.3 У чому полягає постановка задачі нестаціонарної
теплопровідності?
6.4 Особливості застосування методу Фур’є до задач
теплопровідності.
6.5 Якими диференціальними рівняннями з
частинними похідними моделюються стаціонарні
процеси?
6.6 Постановка задачі стаціонарної теплопровідності.

282.

6.7 Що характеризує вільний член F(x,t) у рівнянні
теплопровідності
2
U
U
2
a
F ( x, t )
2
t
x
6.8 Які крайові задачі виділяють у залежності від
способу задання крайової умови?
6.9 Задача Діріхле для рівняння Лапласа.
6.10 задача Неймана.
6.11 Мішана крайова задача.
6.12 Рівняння Лапласа в полярних та циліндричних
координатах.
6.13 Застосування методу Фур’є при розв’язуванні
задачі Діріхле для круга.

283.

Лекція 7 Елементи операційного числення
7.1 Застосування операційного числення
при розв’язуванні диференціальних рівнянь
з частинними похідними
Ефективним способом розв’язування диференціальних
рівнянь з частинними похідними є використання
операційних методів, зокрема, перетворення Лапласа.
Природно сподіватися, що застосування цього методу
для розв’язання таких рівнянь приведе до переведення
однієї зі змінних у просторі оригіналів до параметра у
просторі зображень.

284.

Так, якщо в розглядуваному рівнянні невідомою є
функція двох змінних, то застосування операційного
методу до однієї зі змінних приведе до звичайного
диференціального рівняння зображення відносно другої
змінної.
Щоб знайти зображення, отримане рівняння можна
розв’язувати з використанням теорії диференційних
рівнянь або знову застосувати перетворення Лапласа та
одержати скінченне зображувальне рівняння щодо
другого параметра.
Далі застосовуємо обернене перетворення Лапласа
один раз у першому випадку та двічі у другому і
отримаємо в просторі оригіналів шукану функцію [5].

285.

Відомості про операційне числення
Означення 7.1 Оригіналом називається така функція
f (t) дійсного аргументу t, яка задовольняє наступні
три умови:
1) f (t) – однозначна, неперервна або кусковонеперервна разом зі своїми похідними n-го порядку
при t ≥ 0;
2) | f (t ) | росте не швидше, ніж деяка показникова
функція, тобто існують такі сталі додатні числа M і α0,
які не залежать від t і при яких f (t ) M e t
для всіх t ≥ 0;
0
3)
f (t) ≡ 0 при t < 0.

286.

Означення 7.2 Зображенням функції-оригінала f (t)
називається функція F(p) комплексної змінної
p = σ + i , яка визначається інтегралом Лапласа:
F ( p) e pt f (t )dt
(7.1)
0
Інтеграл Лапласа (7.1) називають перетворенням
Лапласа функції f (t). Відповідність між зображенням і
оригіналом будемо позначати так:
F ( p)
f (t ) , або
f (t )
F ( p) .
Іноді використовують таке позначення: F (p) = L[f (t)],
де символ L означає перетворення Лапласа.

287.

Властивості зображень
1) Властивість лінійності
Якщо
f (t ) C1 f1 (t ) C2 f 2 (t ) і при цьому
f1 ( t )
F1 ( p)
f (t )
F ( p) C1F1 ( p) C2 F2 ( p)
то
f 2 (t )
F2 ( p),
2) Властивість подібності
Якщо f (t ) – оригінал і f (t ) F ( p ) , то при
0
також оригінал і
f ( t )
1 p
f ( t ) F

288.

3) Властивість зміщення
Якщо оригінал f (t ) F ( p ) , то для довільної сталої α
має місце відповідність:
.
e t f (t ) F ( p )
4) Властивість запізнення
Якщо оригінал f (t )
F ( p)
і 0 , то
f (t ) e p F ( p ).

289.

5) Властивість диференціювання оригінала
Нехай f(t) – оригінал, функція f(t) неперервна і
f (t )
F ( p)
Якщо існує похідна f (t), яка є теж оригіналом, то
f (t ) pF ( p ) f ( 0)
Зокрема, якщо f (0) 0 , то диференціювання
оригіналу зводиться до множення зображення на р.
f
(n)
(t ) p n F ( p )
Зауважимо, що ця властивість широко використовується
при розв’язуванні лінійних диференціальних рівнянь із
сталими коефіцієнтами та їх систем.

290.

6) Властивість диференціювання зображення
Якщо оригінал f (t )
також оригінал і
n
t
f t ,
,
то
F ( p)
n N,
1 n t n f (t ) F n ( p).
7) Властивість інтегрування зображення
Якщо оригінал f (t)
збігається, то
F ( p)
і інтеграл
.
f (t )
F ( z )dz
t
p
F ( z)dz
p

291.

7.2 Зображення згортки
Нехай маємо дві функції f(t) , φ(t), t .
Згорткою цих функцій називається інтеграл
f (t ) ( )d
(якщо він існує). Цей інтеграл є функцією від t і
позначається f * φ.
Якщо f(t) і φ(t), є оригіналами, то із означення
оригінала випливає, що
f *
f (t ) ( )d .
Неважко переконатися, що f * φ = φ * f .

292.

Таблиця зображень і оригіналів
Оригінал
№
f (t )
Зображення
F ( p) e pt f (t )dt
0
1
1
1
p
2
e t
1
p
3
e t
1
p

293.

№
Оригінал
Зображення
f (t )
F ( p) e pt f (t )dt
0
4
5
6
7
sin t
p 2 2
cos t
p
p 2 2
sh t
p 2 2
ch t
p
p 2 2

294.

№
Оригінал
Зображення
f (t )
F ( p) e pt f (t )dt
0
8
9
e
e
sin t
p 2 2
cos t
p
p 2 2
t
t
10
11
t
n
n
t e
t
n!
p n 1
n!
p n 1

295.

№
Оригінал
Зображення
f (t )
F ( p) e pt f (t )dt
0
12
13
14
15
t sin t
t cos t
t sh t
t ch t
p
2 p
2 2
2
p 2 2
p
2
p
2 2
2 p
2
2 2
p 2 2
p
2
2 2

296.

№
Оригінал
Зображення
f (t )
F ( p) e pt f (t )dt
0
16
f ( t )
1 p
F
17
e t f (t )
F ( p )
18
f (t a )
e ap F ( p)
19
f (t )
pF ( p ) f (0)
f (t )
p 2 F ( p) pf (0) f (0)
20

297.

7.3 Схема побудови розв’язку диференційного
рівняння з частинними похідними
Наведемо схему побудови розв’язку диференційного
рівняння з частинними похідними, де шукана функція
U(x, t) залежить лише від двох змінних x і t.
Нехай вона задовольняє рівняння:
2U
U
2U
U
a 2 b
cU a1 2 b1
f ( x, t ) 0,
x
x
t
t
(7.2)
де a, b, c, a1, b1 – неперервні функції від x, задані на
проміжку 0 ≤ x ≤ l. Нехай треба знайти розв’язок
рівняння (7.2) U(x, t) для напівнескінченної смуги:
0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t < + , що задовольняє задані додаткові
умови

298.

U ( x,0) ( x ),
П.У. U ( x, t )
( x ),
t
t 0
U (0, t ) g (t ),
U ( x, t )
К.У. U ( x, t )
x t U (l , t ),
x l
де , , – сталі.
(7.3)

299.

Задача (7.2) – (7.3) нестаціонарна, оскільки шуканий
розв’язок істотно залежить від початкових умов і
описує так званий неусталений перехідний режим
фізичного процесу.
Застосуємо перетворення Лапласа до функції U(x, t) за
змінною t.
Вважаємо, що функції U(x, t),
є оригіналами.
U ( x, t )
x
і
2U ( x, t )
x 2

300.

Позначивши зображення шуканої функції через U ( x, p),
запишемо наступні співвідношення:
U ( x, t ) U ( x, p );
U ( x, t ) dU
;
x
dx
Тут p розглядається як параметр.
2U ( x, t ) d 2U
.
2
2
x
dx

301.

Для знаходження зображень частинних похідних по t
застосуємо теорему про диференціювання оригіналу.
Одержимо
U ( x, t )
pU ( x, p ) ( x )
t
2U ( x, t ) 2
p U ( x, p ) p ( x ) ( x )
2
t

302.

Вважатимемо, що g(t) – оригінал, тоді крайові умови
у просторі зображень матимуть вигляд
U ( x, p )
G ( p ),
x 0
dU
pU ( x )
U ( x, p ) x l ,
dx
x l
де g (t ) G ( p)
(7.4)

303.

Таким чином, вважаючи, що f(x, t) є оригіналом,
операційний метод приводить розв’язання
поставленої нестаціонарної задачі (7.2)–(7.3) до
розв’язання звичайного диференціального рівняння
другого порядку
d 2U
dU
a 2 b
AU B F ( x, p) 0
dx
dx
з крайовими умовами (7.4), де
B a1 p ( x) a1 ( x) b1 ( x);
A c a1 p 2 b1 p;
f ( x, t ) F ( x, p ); p – комплексний параметр.
(7.5)

304.

Приклад 7.1 Кінці струни x = 0 і x = l закріплені
жорстко.
x
Початкове відхилення задано рівністю U ( x,0) A sin ,
l
початкова швидкість рівна нулю.
Знайти відхилення U(x, t) при t > 0 .
Задача зводиться до розв’язання диференційного
рівняння:
2U 1 2U
2
0
2
2
x
a t

305.

яке задовольняє задані додаткові умови
П.У.
x
U ( x,0) A sin l ,
U x,0 0,
t
U (0, t ) 0,
К.У.
U (l , t ) 0.

306.

Застосуємо перетворення Лапласа до функції U(x, t)
за змінною t .
Позначивши зображення шуканої функції через U ( x, p),
запишемо наступні співвідношення:
U ( x, t ) U ( x, p ),
U ( x, t ) dU
,
x
dx
U ( x, t )
x
pU ( x, p ) A sin
,
t
l
2U ( x, t ) 2
x
p U ( x, p ) pA sin
.
2
t
l
2U ( x, t ) d 2U
,
2
2
x
dx

307.

Тоді на основі цих співвідношень та сформульованої
задачі з додатковими умовами, одержимо у просторі
зображень наступну задачу
d 2U p 2
p
x
2 U 2 A sin
2
dx
a
a
l
К.У.
U ( x, p)
0
,
x 0
U ( x, p) x l 0.
(7.6)

308.

Розв’язок лінійного неоднорідного диференціального
рівняння другого порядку шукаємо у вигляді:
U ( x, p ) U 0 ( x, p ) U ( x, p ),
де
U 0 ( x, p )
– загальний розв’язок відповідного
однорідного рівняння
d 2U 0 p 2
2 U 0 0.
2
dx
a
2
p
Характеристичне рівняння k 2 2 0.
a
p
Звідси k1, 2 .
a

309.

Тоді загальний розв’язок однорідного рівняння буде
U 0 ( x, p) C1e
px
a
C2e
px
a
.
Частинний розв’язок неоднорідного рівняння U ( x, p)
знайдемо у вигляді
x
U ( x, p ) B sin
.
l
Для знаходження невідомої сталої B підставимо
частинний розв’язок у (7.6) та отримаємо рівняння
2 p 2 x
p
x
B 2 2 sin
2 A sin .
a
l
a
l
l

310.

Звідси
Ap
B
.
2 2
a
2
p 2
l
Тоді
Ap
x
U ( x, p )
sin .
2 2
a
l
2
p 2
l

311.

Загальний розв’язок рівняння буде мати вигляд:
U ( x, p ) C1e
px
a
C2 e
px
a
Ap
x
sin
2 2
a
l
2
p 2
l
Підставляючи розв’язок у крайові умови, знайдемо
невідомі константи
U ( x, p)
0,
C1 0,
x 0
C 2 0.
U ( x, p) x l 0.

312.

Отже, оригіналом для
U ( x, p )
з врахуванням формули оберненого перетворення
p
p
2
cos
2 2
a
at
l
l2
буде функція
at
x
U ( x, t ) A cos
sin
,
l
l
яка є розв’язком поставленої задачі.

313.

Приклад 7.2 Знайти розв’язок рівняння
теплопровідності
2
U
U
2
a
,
2
t
x
який задовольняє початковим і граничним умовам
n x
U ( x,0) A sin
;
l
0 x l , U (0, t ) 0, U (l , t ) 0.
Задача зводиться до розв’язання диференційного
рівняння
2U 1 U
2
0,
2
x
a t

314.

яке задовольняє задані додаткові умови
П.У.
К.У.
n x
U ( x,0) A sin
,
l
U (0, t ) 0,
U (l , t ) 0.

315.

Застосуємо перетворення Лапласа до функції U(x, t)
за змінною t. Позначивши зображення шуканої функції
через
U ( x, p ),
запишемо наступні співвідношення:
U ( x, t ) U ( x, p ),
U ( x, t ) dU
,
x
dx
U ( x, t )
n x
pU ( x, p ) A sin
.
t
l
2U ( x, t ) d 2U
,
2
2
x
dx

316.

Вихідне рівняння після підстановки отриманих
формул та крайові умови у просторі зображень
набудуть вигляду
d 2U
p
A
n x
2 U 2 sin
2
dx
a
a
l
К.У.
U ( x, p)
0,
x 0
U ( x, p) x l 0.

317.

Розв’язок отриманого лінійного неоднорідного
диференціального рівняння другого порядку
шукатимемо у вигляді:
U ( x, p ) U 0 ( x, p ) U ( x, p ),
де U 0 ( x, p) – загальний розв’язок відповідного
однорідного рівняння:
d 2U 0 p
2 U 0 0,
2
dx
a
характеристичне рівняння:
Звідси
k1, 2
p
.
a
p
k 2 0.
a
2

318.

Тоді загальний розв’язок однорідного рівняння буде
U0 ( x, p) C1e
px
a
C2e
px
a
.
Частинний розв’язок неоднорідного рівняння U ( x, p)
знайдемо у вигляді
n x
U ( x, p ) B sin
.
l

319.

Для знаходження невідомої сталої підставимо
частинний розв’язок у (7.6) та отримаємо рівняння
n 2 2 p n x
1
n x
B 2 2 sin
2 A sin
.
a
l
a
l
l
Звідси
Тоді,
A
B
.
2 2 2
na
p
l2
A
n x
U ( x, p )
sin
.
2 2 2
na
l
p
l2

320.

Загальний розв’язок рівняння буде мати вигляд:
U ( x, p ) C1e
px
a
C2e
px
a
A
n x
sin
2 2 2
na
l
p
l2
Підставляючи розв’язок у крайові умови, знайдемо
невідомі константи
U ( x, p)
0,
C1 0,
x 0
C 2 0.
U ( x, p) x l 0.

321.

Отже, оригіналом для
U ( x, p )
з врахуванням формули оберненого перетворення
1
e
2 2 2
n a
p
l2
n 2a 2 2
l2
t
буде функція
U ( x, t ) Ae
n 2 a 2 2
t
2
l
n x
sin
,
l
яка і буде розв’язком поставленої задачі.

322.

Контрольні запитання
7.1 Як використовуються операційні методи при
розв’язуванні диференціальних рівнянь з частинними
похідними?
7.2 Що називається оригіналом та зображенням
функції-оригіналу дійсного аргументу t?
7.3 Що називають перетворенням Лапласа функції?
Як позначають відповідність між зображенням і
оригіналом?
7.4 Властивості зображень.
7.5 Зображення згортки. Властивість згортки.
7.6 Схема побудови розв’язку диференціального
рівняння з частинними похідними.

323.

Перелік використаних джерел
1. Араманович И.Г. Уравнения математической
физики / И.Г. Араманович, В.И. Левин. – М.: Наука,
1964. – 286 с.
2. Владимиров В.С. Уравнения математической физики
/ В.С. Владимиров. – М. : Наука, 1967. – 436 с.
3. Кальницкий Л.А. Специальный курс высшей
математики / Л.А. Кальницкий, Д.А. Добротин, В.Ф.
Жевержеев. – М.: Высшая школа, 1976. – 389 с.
4. Кошляков Н.С. Уравнения в частных производных
математической физики / Н.С. Кошляков, Э.Б. Глинер,
М.М. Смирнов. – М.: Высшая школа, 1970. – 710 с.

324.

5. Краснов М.Л. Функции комплексного переменного.
Операционное исчисление. Теория устойчивости /
М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макаренко. – М.:
Наука, 1971. – 256 с.
6. Полянин А.Д. Справочник по линейным
уравнениям математической физики / А.Д. Полянин. –
М.: физматлит, 2001. – 576 с.
7. Смирнов М.М. Задачи по уравнениям
математической физики / М.М. Смирнов. – М.: Наука,
1975. – 126 с.
8. Чинаев П.И. Высшая математика. Специальные
главы / П.И. Чинаев, А.А. Черенков, Н.А. Минин,
А.Ю. Перевозников. – К.: Вища школа, 1977. – 368 с.