§13. Ішектің тербеліс теңдеуі. Даламбер формуласы

Ішек деп еркін иілетін жіңішке жіпті айтады. Оны біртекті, серпімді және қатты керілген деп есептейміз. Оның болмашы ауытқуларын және тек жазық көлденең тербелістерін ғана қарастырамыз.

1. Айталық, бізге ақырсыз ішек берілсін және оған сыртқы күш әсер етпейтін болсын делік.

Бұл жағдайда ішектің еркін тербеліс заңы төмендегідей теңдеумен

74

		utt x, t   a 2u xx x, t 				(19')
және					   x  
u x, t 		t 0   x, ut x, t 		t 0  x		(20)

бастапқы шарттармен анықталады.

Мұндағы x – ішектің бастапқы пішіні;

 x – ішектің бастапқы жылдамдығы;

a 						– көлдененең тербелістің таралу жылдамдығы,
		Г

ал Т – ішектің керілу күші, Г – ішектің сызықтық тығыздығы.

Ішек ақырсыз болғандықтан, шекаралық шарттар қойылмайды. Мұндай есептерді бастапқы шарттары берілген есептер немесе Коши есебі деп атайды. Бұл есепті сипаттамалық әдіспен шешуге болады. Нәтижесінде, оның шешімін Даламбер формуласы түрінде табамыз:

u



x , t





1



x  at



 



x  at

 

1

x at





z



dz.

(21)



2

 



2a

x at

Егер  x – бір рет, ал x

– екі рет дифференциалданатын болса,

онда Коши есебінің (21) – өрнек түріндегі шешімі біреу ғана болады. Бұл формула физикалық тұрғыдан алғанда, ақырсыз ішектің тербеліс сипатының, оның бастапқы уақыттағы пішінімен және оның әрбір нүктесінің жылдамдығымен толық анықталатындығын білдіреді.

2. Енді жартылай шектелген ішекті қарастырайық. Айталық, мысалы, ішектің сол жағы x  0 нүктесінде болсын делік. Бастапқы шарттар мынадай түрде жазылады:

u x , t 		t 0   x,			
						(22)
ut x , t 				t 0   x  0  x  .
					

Бұл шарттардың (20) – шарттардан айырмашылығы, олар тек ох өсінің оң жақ жартысында ғана берілген. Сондықтан (22) – шарттар (19') – теңдеуiнің шешімдерін бір мәнді түрде анықтамайды. Ол теңдеудің жалғыз ғана шешімі болуы үшін қосымша шарттардың берілуі қажет.

Мысалы, егер ішек бекітілген болса, онда шеттік шарт:

u x, t 		x0  0	(23)

түрінде жазылады.

(19') – теңдеудің, (22), (23) – шарттарды қанағаттандыратын шешімі біреу ғана болады. Оны табу үшін Даламбер формуласын пайдалануға

75

болады. Ол үшін (22) – шарттарды бүкіл сан өсіне тақ функциялар ретінде жалғастырамыз, яғни











x

,

x  0,

(24)

 * x  

 x  , x  0,



  

















x

,

x  0,

(25)

 * x  



 x  , x  0,



 







болсын деп ұйғарамыз.

Сонымен, (19') – теңдеуінің мынадай шарттарды қанағаттандыратын:

u		t 0			 * x	(26)
ut				t 0   * x  ,   x  

шешімін Даламбер формуласы бойынша табамыз.

Тікелей тексеру арқылы табылған шешімнің x  0 болғанда (22) және (23) шарттарды қанағаттандыратындығына көз жеткізуге болады. Сондықтан ол қойылған есептің де шешімі болып табылады.

Егер ішек x  0 ұшында еркін қозғалатын болса, онда шеттік шарт былайша қойылады:

u		 0.	(27)
x
		x0

(19') – теңдеудің, (22), (27) – шарттарды қанағаттандыратын шешімін табу үшін бастапқы шарттарды жұп функциялар ретінде бүкіл сан өсіне жалғастырып:

									
		x				,		x	 0,	(28)
 * x  									
	 x  , x  0, 
									
									
			x				,	x	 0,	(29)
 * x  	 x  , x								
									 0, 
									
одан кейін Даламбер формуласын қолдану керек.
 * x ,  *x функцияларын						x  0			үшін қарастырып,	біз есептің
шешімін табамыз.
3. Айталық, ішек ақырлы	болсын,								оның ұштары	x  0 , x 
нүктелерінде жатсын делік.

Б астапқы шарттар былай қойылады:

76

u x , t 		t 0		  x,
ut x , t 				(30)
				  x  , 0  x  .
			t 0

u x, t  функциясы бір мәнді анықталуы үшін, оның ұштарында қосымша шарттардың қойылуы қажет. Мысалы, егер ішектің ұштары бекітілген болса, онда шеттік шарттар:

u				x0				 0,	(31)
								 0
u
				x
түрінде, ал егер ішек өзінің ұштарында еркін қозғалатын болса, онда
u			Г					 0,
	x						x0		(32)
u			Г					 0.
	x						x
түрінде жазылады.
Шеттік шарттардың басқадай комбинациялары да болуы мүмкін.									0, 
Ақырлы ішектер болған жағдайда да бастапқы шарттарды

кесіндісінен бүкіл сан өсіне жалғастыру әдісін пайдалануға болады. Бұл әдісті Даламбер формуласы бойынша табылған шешім x  0, x 

нүктелерінде шеттік шарттарды қанағаттандыратындай етіп орындау қажет:

1-мысал. u_tt x, t   a ²u_xx теңдеуінің

ux,t 

t 0  x,ut

t 0  x    x  

бастапқы шарттарын қанағаттандыратын шешімін табыңдар.

Шешуі. Біздің жағдайымызда:

 x   x ,  x   x.

Даламбер

формуласы бойынша

x at

x at

u

x , t



1



x  at



x  at

 

1

 z

dz  x 

1

z2











 



2

 



2 a

4a

x at

1

1

x

at

  x  at 

2

  x  at 

2

4atx  x 1  t .

 x 



 x 

4 a

4a

2-мысал. utt x, t  uxx

теңдеуімен анықталатын және

u x, t 

t  0  sin x,

ut

t 0  cos x

77

бастапқы шарттарын қанағаттандыратын ақырсыз ішектің

t  

моментіндегі пішінін табыңдар.

Шешуі. a 1,

 x   sin x ,  x   cos x .

Сонда

x t cos zdz  sin x cos t 

x t

u



x , t





1

 sin



x  t



 sin



x  t

 

1

1

sin z



2





2



2

x t

x t

1











 sin x cos t 

 sin

x  t

 sin

x  t

  sin x cos t  sin t cos x.

2

u x, t  _{t }  sin x.

Бұл	жерде	sin   sin   2sin	  	 cos 		формулаларын
			2		2

п айдаландық.

3-мысал. Төмендегі шеттік есепті шешіңдер:

u ( x, t )  a 2u				xx	( x, t ), D(0  x, t  )
tt
u ( x, t )			t 0  0, (0  x  )
					0,	0  x  c,
ut ( x , t )						, c  x  2c ,
	t 0  0
						2c  x  ,
					0,

u _x ( x, t ) _x0  0, (0  t  ).

Шешуі. Бұл есепті де Даламбер формуласын пайдаланып шешуге болады. Ол үшін бастапқы шарттарды жұп функциялар ретінде бүкіл сан өсіне жалғастырамыз. Сонда

u ( x, t )   ( x  at )  ( x  at),

мұнда

 ( z ) 		1	z    d,
	2a
			2c
0,    z  2c ,
		,  2c  z  c,
0
			 c  z  c,
( z )  0,
		, c  z  2c ,
0
0,			2c  z  .


78

 ( z) функциясының графигі 11-суретте көрсетілгендей түрде болады.

11-сурет

Кез келген уақыттағы ішектің ауытқу кескіні тура толқынның графигін кері толқынның графигінен алғаннан пайда болады.

t  0 ;

c

;

2c

;

3c

мәндерінде

ішектің

ауытқу

кескіні төмендегідей

a

a

a

түрде болады (12-суретті қара).

4-мысал.

u ( x, t )  a 2u

xx

( x, t )  0 ,

D(0  x 

, t  0) теңдеуінің бастапқы:

tt

u ( x , t )

t 0  Asin  x A  Const 

0  x  e

ut ( x, t )

t 0  0

және шеттік

шарттарды: u ( x, t )

x  0  u ( x, t )

x e  0

қанағаттандыратын

шешімін табыңдар.

Шешуі. Біздің жағдайымызда:

( x )  Asin  x ,  ( x)  0.

Біз бұл функцияларды  ,0

кесіндісіне, одан кейін бүкіл сан өсіне

тақ функциялар ретінде жалғастырамыз. Нәтижесінде

 * ( x )  Asin  x ,  * ( x)  0

(   x  )

функцияларын табамыз. Олар 0,  кесіндісінде сәйкес (x),  (x) функцияларына тең болады. Табылған  *(x),  *(x) функцияларын Даламбер формуласына қойып, (19') – теңдеудің шешімін табамыз:

79

12-сурет

80

	1					
u x , t  		 A sin		x  at   A sin		x  at 	
	2					

	A 							 x		 at
		 sin		x  at   sin		x  at 	 Asin		cos		.
	2					

Тікелей тексеру арқылы бұл функцияның бастапқы және шеттік шаттарды қанағаттандыратына оңай көз жеткізуге болады. Демек, u(x, t)

функциясы қойылған есептің шешімі болып табылады.

§14. Ішектің тербеліс теңдеуі. Фурье әдісі
1. Ұштары				x  0 және x  нүктелерінде бекітілген ақырлы ішектің
еркін тербелісін қарастырайық.
Бізге	 2 u		 a2		2u	теңдеуінің D(0	 x  , t  0)	аймағындағы бастапқы
	t	2			x2

ш арттарды:

u ( x, t ) _{t  0}   ( x ), u_t ( x, t ) _{t 0}   ( x ) (0  x  )

және шекаралық (шеттік) шарттарды:

u ( x, t ) _{x  0}  0, u ( x, t ) _x  0

қанағаттандыратын шешімін табу қажет.

Бұл есептің шешімін мынадай қатар түрінде іздейміз:





 at

 B sin

 at 

 x

u ( x, t )   A

cos

sin

,

 1





мұндағы

A 

2

( x )  sin  x dx,

0

B



2

 ( x )  sin  x dx.



 a 

0

(33)

(34)

(35)

2. Егер ішекке ох өсіне перпендикуляр сыртқы күштер әсер ететін болса, онда ішектер тербелісі біртекті емес теңдеумен сипатталады:

u  a 2u	xx	 g ( x, t ),	(36)
tt

81

мұндағы g ( x , t ) 	F ( x, t )			, F ( x, t ) – бірлік ұзындыққа есептелген күш, Г –
	
ішектің сызықтық тығыздығы.
Осы теңдеудің, бастапқы (30):
u ( x, t )			t  0   ( x ), ut ( x, t )					t 0   ( x) 0  x  
және шеттік (31):
				u ( x, t )		x  0  u ( x, t )				x  0
шарттарын қанағаттандыратын шешімін
				u(x,t)   (t ) sin  x							(37)
				
				 1

түрінде іздейміз.

Мұндағы _k (t) функциялары төмендегідей есептің шешімі болып табылады:

^{d 2 } ^{(t )} _ ^{ 2 2 a2} _{  (t )  b (t ), dt} 2 2

			2			
 (t )	t 0			( x )  sin  xdx, 
				0		
			2		 x	
 (t )				 ( x )  sin		
	t 0					dx,
				0		

(38)

(39)

ал

bk (t )

t 0



2

 g ( x , t )  sin  xdx.

(40)

0

1-мысал.

u ( x, t )  a 2u

xx

( x, t )  0

теңдеуінің

D(0  x  , t  0)

tt

аймағындағы



2h

x,

егер

0  x 

,

u ( x , 0)  ( x) 



2



2h



(  x),

егер

 x 

,



2



ut ( x, 0)   ( x)  0,

u (0, t )  0,

u (

, t )  0, (h – тұрақты шама)

шарттарын қанағаттандыратын шешімін табыңдар.

82

Шешуі.

B_  0,

 x



 x

 x



2

2

4h 



A 

  ( x )  sin

dx 



 x sin

dx  (

 x ) sin

dx.

2

0



0



2





Соңғы интегралдарды есептеу үшін бөлшектеп интегралдау әдісін қолданамыз. Сонда

4 h

 x

4 h

2

 x

4 h

 x

4h

 x

2

A  

x cos





cos

dx 

(

 x ) cos





cos

dx 











0

0

2

2

  _^2h

Демек, u ( x ,



4 h

 x

2 h



4h

 x

cos



sin

2



cos



sin



2

 2

2

0



2

 2

2

2



4 h

sin

 

4 h

sin

 

8h

sin

 .

 2

2

 2 2

 2

2

2

2

2

t) 

8h2

 12 sin   sin  x cos at .





 1 

2

2-мысал.	u ( x, t )  a 2u	xx	( x, t )  0	– теңдеуініңD(0  x  , t  0)
	tt

а ймағындағы төмендегі қосымша шарттарды қанағаттандыратын шешімін табыңдар:

u ( x, t ) _{t 0}  0,



h

0 ( туракты шама ),

егер

x 



;



2

2

ut ( x , t )

t 0

 

h

0,

егер

x 



;



2

2



u ( x, t )

x  0  u ( x, t )

x  0.

Шешуі. Біздің жағдайымызда ( x)  0,



 h

 h

0 , егер

 x 

,

2

2



( x)  

 h

 h





немесе x 

0, егер x

2

2

.



83

Демек,

A_  0,

h

h

20

2

B



2

D

0  sin  x dx  



cos  x



 a



 a h

h

2

2

2 0 



 (  h )

 (  h ) 

40 



 h



 cos

 cos

 

 sin

sin

.

2

2

2

2

2

2

2

2

 

a 



 

a

Сонымен,

40



1

  sin

 h  sin  at sin  x.

u ( x , t ) 



sin

2

2



a

 1 

2

2

3-мысал.

u ( x, t )  a 2u

xx

( x, t )  0

–

теңдеуінің

D(0  x  , t  0)

tt

аймағындағы

бастапқы:

u ( x, 0)  ( x) ,

ut ( x, 0)  ( x)

және

шекаралық:

u (0, t )  0 ,

u x (

, t )  0 шарттарды қанағаттандыратын шешімін табыңдар.

Шешуі. Бұл есепті шешу үшін Фурье әдісін қолданамыз.

Алдымен берілген теңдеудің, шекаралық шарттарды қанағат-тандыратын шешімін табамыз. Оны

u ( x, t )  X ( x ) (t )

түрінде іздейміз.

Ізделінді шешімді теңдеуге қойып, айнымалыларды бөлеміз. Сонда

(t )		X ( x)	.
a 2 (t )
		X ( x)

Бұл теңдіктің сол жағы да, оң жағы да х-ке де, t-ға да тәуелді емес. Сондықтан

(t )		X ( x)	   2	
a 2 (t )		X ( x)

(t )   ² a ² (t )  0, X ( x )  ²  X ( x)  0.

(t )  A cos  at  B sin  at , X ( x)  c₁ cos  x  c₂ sin x.

Шеттік шарттардан:

84

X (0)  0,		X ( )  0		
X (0)  c1  0,	X ( )  c2 cos   0 
cos   0 	 	(2 1)		  0,1, 2,...  .
		2

_ – бұл мәнінде _ (t )  A_ cos _ at  B_ sin _ at.

u_ ( x, t )  sin _ x A_ cos _ at  B_ sin _ at .

Сонымен, есептің шешімін мынадай түрде іздейміз:



u ( x , t )   u_

  0

		(2  1) at		(2  1) at 		(2 1) x
( x, t )   A cos			 B sin		sin		.
		2		2		2
 0					

Енді бізге A

және

B

коэффициенттерін

бұл

ізделінді шешім

бастапқы шарттарды қанағаттандыратындай етіп табу қажет.



(2 k 1) x

u ( x , t )

t 0

 ( x )  A sin



 0

2

A



2

( x ) sin

(2 k 1) x

dx,

2

0



(2 k  1) a

(2 k

1) x

ut ( x , t )

t 0

  ( x )  B

 sin



2

 0

2

B



4

 ( x ) sin

(2 k 1) x

dx.



(2 k 1) a 

2

0

4-мысал. Біртекті емес теңдеу үшін төмендегідей шеттік есепті шешіңдер:

u ( x, t )  a 2u	xx	( x, t )  f ( x, t ),	D(0  x  , t  0) .
tt

Мұндағы f ( x , t )  ^{a 2} sin ^at

u ( x, t )					t 0  0,	ut ( x, t )				t 0  0
u ( x, t )			x0  0,			u ( x, t )		x  0.

85

Шешуі. Алдымен берілген теңдеуге сәйкес келетін біртекті теңдеуді және шекаралық шарттарды қарастырамыз:

u ( x, t )  a 2u

xx

( x, t ),

tt

u ( x, t )

x0  0,

u ( x, t )

x  0.

Бұл есептің шешімін u ( x, t )  X ( x ) (t ) түрінде іздейміз. Сонда

X ( x ) (t )  a 2 X ( x ) (t ) 

(t )



X ( x)

   2



a 2 (t )

X ( x)

(t )  a 2 2(t )  0, X ( x )  2 X ( x)  0.

Шекаралық шарттардан: X (0)  0 ,

X ( )  0 теңдіктері шығады.

Сонымен, біз X ( x )  2 X ( x)  0 ,

X (0)  0 ,

X ( )  0 шеттік есебін

қарастырамыз.

X ( x )  c1 cos  x  c2 sin x

X (0)  c  0, X ( )  c sin   0



  

1

2



X  ( x)  sin  x

( 1, 2,...).

Енді берілген теңдеудің оң жағында тұрған f ( x, t ) функциясын өзіндік sin ^{ x} функциялары бойынша Фурье қатарына жіктейміз:

6. ( x , t )  ^b_ (t )  sin ^{ x},

   • 1

мұндағы

b (t ) 

2



a 2

 sin

a t

 sin

 x dx 

4a 2

 sin

at

, ( 1, 2,...).

(2 1)

0

sin a t sin  x.

Сөйтіп,

f (x,t)  

4a



2

_{ 1} (2 1)

Сонымен, алғашқы теңдеу мынадай түрде жазылады:

86

u_tt ( x, t )  a ² u _xx ( x, t )  b_ (t )  sin ^{ x} (к > 1 тақ сандар: к = 3, 5, ...) (41)



Бұл теңдеудің шешімін: u ( x, t )  u₁ ( x, t )  u ₂ ( x, t ) түрінде іздейміз. Мұндағы

u₁ ( x, t )  c₁ (t )  sin ^{ x} , u ₂ ( x , t )  c_к (t )  sin ^{ x}.

 1

1. Алдымен u₁ ( x, t ) функциясын табалық. Ол үшін u₁ ( x, t ) функциясын

41. – теңдеуге қойып, одан кейін sin ^{ x} -ге қысқартамыз. Сонда біртекті емес теңдеу шығады:

		 a 2		(42)
c1 (t )  			c1 (t )  b1 (t ),
		

мұндағы b₁ (t )  ⁴_^{a 2} sin ^at .

Бұл теңдеуді Лагранж әдісін пайдаланып шешелік. Ол әдіс бойынша әуелі (42) – теңдеуге сәйкес келетін біртекті теңдеудің жалпы шешімін:

c₁ (t )  A₁ cos ^{a t}  B₁ sin ^at

( A₁ , B₁ – тұрақты шамалар) табамыз, ал (42) – теңдеудің шешімін

с₁ (t )  A₁ (t ) cos ^{a t}  B₁ (t ) sin ^at

түрінде іздейміз.

				A(t ) cos							a t			 B (t ) sin								at			 0
						1								1																			
							a								a t					a											at
								 A(t ) sin															B  (t ) cos										 b (t )
								1						1																			1
				
					 b1 (t ) sin					a t								4 a			sin 2					a t								2at																			2at
A1 (t )  													dt  																dt  																				sin							 A1,
		a																 2																			 2						 3
B1 (t ) 			b1 (t ) cos						a t			dt  												2at								, (				,								– тұрақтылар).
																			cos									B1					A1						B1
	a															 3
																					87

Табылған A1 (t), B1 (t)

мәндерін соңғы теңдікке қоямыз. Сонда



2 at

2 a t



a t



2a t



at

c1 (t )  





sin

 A1  cos

 



cos

 B1 sin





2



3



3











2at 

a t





at

  A1



 cos

  B1



sin

.



2



3









Мұндағы

белгісіз

коэффициенттерін

табу үшін

бастапқы

A1

,

B1

шарттарды

пайдаланамыз.

Ол

шарттардан

c1 (0)  0 ,

c1(0)  0

екендігі

ш ығады. Ал бұл теңдіктерден A₁  0 , B₁  _{ 3} мәндерін оңай табуға болады.

Сонымен,

c (t ) 

2

sin

a t



2at

cos

at

;



1

3

 2

 x

 2

a t

2at

a t 

 x

u1 ( x , t )  c1 (t ) sin

 

sin



cos

sin

.



3



2





2. Енді u₂ (x, t) функциясын табалық. Ол үшін u₂ (x, t) функциясын

41. – теңдеуге қоямыз. Сонда

	 a 2		4a 2		at
c (t )  		c (t )  b (t ), мұндағы b (t ) 		sin		,	(43)
			
	

(к > 1 – тақ сандар).

Бұл теңдеуді Лагранж әдісімен шешеміз.

c (t ) 		 a 2	c (t )  0 	c (t )  A cos		 a t	 B sin	 at	,
		
							
		

мұндағы A_ , B_ – тұрақты шамалар. (43) – теңдеудің шешімін

c_ (t )  A_ (t ) cos ^{ a t}  B_ (t ) sin ^{ at}

түрінде іздейміз.

Теңдеулер жүйесін құрамыз:

88

A

(t ) cos

 a t

 B 

(t ) sin

 at

 0











 a  A

 a t

 a B 

 at



(t ) sin



(t ) cos

 b (t )











A (t )  

b (t )

sin

 a t

, B

(t ) 

b (t )

cos

 at





 a



 a

A (t ) 

2



1

(1   ) a t



1

(1  ) at





,

sin

sin

A

2

3 



 

1





 

 1



B (t )  

2



1

(1   ) a t



1

(1  ) at 



.

cos

cos

B

2

3 





 

1



 

 1



Табылған A_ (t), B_ (t) мәндерін ізделінді шешімге қоямыз:

c (t ) 



2 

1

(1   ) a t



1

(1  ) a t







 at







sin

sin



A cos

2

3





 

 1  

1







2 

1

(1   ) a t

1

(1  ) a t





 at



 



cos



cos



 B sin

2 3

1  

1 



 







немесе



(1   ) a t

(1  ) at 

 a t

 a t

2

 sin

sin



 at

c (t )  A cos

 B sin









cos

2

3

1  

1 

 











(1   ) a t

(1  ) at 



2

 cos



cos



 at





sin

2

3

1  

1 

 











cos

 a t



sin

 at



2

A

B

*

  ) 2





(1

3



(1   ) a t

 cos

 a t

 cos

(1   ) a t

 sin

 at 



*  sin









2



(1   ) a t

 cos

 a t

 cos

(1  ) a t

 sin

 at 



 sin



2

3

(1  ) 





89

 a t

 at

4 sin

at



cos



sin



A

B

.

 (1

 2 )





3

Сонымен,

at

 a t

 at

4

sin

c (t ) 

cos



sin



A

B

.













 3

1  2

 0 ,

4

Енді бастапқы шарттарды ескеріп, A

B 

табамыз.

 2

1  2



 3



Табылған

A

,

B

мәндерін орындарына қойсақ:

c

(t ) 

4

sin

 a t



4

sin

at













 2



3





2

 3

1   2

1



4

 1

 a t

 sin

at 



sin

.



2



3



 1 







Ал

								 at
u 2 ( x , t )   c (t ) sin  x	 	4				 sin
						
		 1 	2		3			
 1						
						



 sin ^{a t }sin ^{ x} .





Сөйтіп, қойылған есептің шешімі мынадай түрде жазылады:

u ( x , t )  u₁ ( x , t )  u ₂ ( x , t )

	4				1
		3		  	2	1
			

 2

a t

2at

a t 

 x

 

sin



cos

sin





3



2





 1

 a t

 sin

a t 

 x



sin

sin

.







Мұнда қосынды барлық  1 тақ сандар бойынша алынған

(  3,5,7,9,...).