Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
Giriş
Riyazi fizika – fiziki proseslərin riyazi modellərini öyrənir və həm riyaziyyatda, həm də fizikada xüsusi yer tutur.
XIX əsrin ikinci yarısından başlayaraq, riyazi fizikanın üsul ları müxtəlif təbiətli fiziki proseslərin öyrənilməsində mü vəf fəqiyyətlə tətbiq olunmağa başlanmışdır. Bu proseslərin ri ya zi modelləri əsasən xüsusi törəməli diferensial tənliklərlə ifa də olunduğundan həmin tənliklərə riyazi fizika tənlikləri adı ve rilmişdir.
Diferensial tənliklərdən başqa, fiziki proseslərin riyazi mo del lərini qurmaq üçün inteqral tənliklərdən, inteqro-dife ren sial tənliklərdən, bu modelləri tədqiq etmək üçün ehtimal və variasiya üsullarından, potensiallar nəzəriyyəsindən və başqa üsullardan istifadə olunur. Hesablama riyaziyyatının sürətli in ki şafı ilə əlaqədar olaraq, riyazi modellərin öyrənilməsində EHM-dən istifadə etməklə birbaşa ədədi üsulların (sonlu fərq lər və s.) tətbiqi xüsusi əhəmiyyət kəsb edir. Bu üsulların kö mə yi ilə qaz dinamikasının, plazma fizikasının, süzülmə nəzə riy yəsinin və s. proseslərin bir çox yeni (düz və tərs) mə sə lələ ri ni həll etmək mümkün olmuşdur.
Təklif olunan dərs vəsaiti riyazi fizika tənlikləri fənninin müxtəlif bölmələrinə aid məsələlərin həllinə həsr olunmuşdur. Bu vəsaitin yazılması ilk növbədə azərbaycan dilində riyazi fizika tənliklərindən ədəbiyyatın azlığı və məsələ həllinə dair isə demək olar ki, vəsaitin olmaması ilə əlaqədardır. Əlbəttə, və saitdə riyazi fizika tənlikləri fənninin bütün bölmələrini ge niş əhatə edən məsələlərin həlli üsullarını göstərmək məqsədi qar şıya qoyulmamışdır.
Əsas məqsəd – mümkün qədər kiçik həcmdə riyazi fizika tənlikləri fənninin əsas bölmələrinə aid nəzəri məlumatı vermək və tipik məsələlərin həll üsullarını göstərməkdir.
Hər bölmədə müstəqil həll etmək üçün məsələlər və onla rın cavabları, bu məsələlərin həlli üçün zəruri olan göstərişlər və bəzi məsələlərin həlli verilmişdir.
Vəsait ilk növbədə «Kompüter elmləri» ixtisası üzrə təhsil alan tələbələr üçün nəzərdə tutulmuşdur. Lakin ondan texniki ali məktəblərin başqa ixtisasları üzrə təhsil alan tələbələr, magistraturaya hazırlaşan bakalavrlar, habelə riyazi fizika ilə müstəqil məşğul olmaq istəyənlər də istifadə edə bilərlər.
1. Xüsusi törəməli iki tərtibli diferensial tənliklərin təsnifatı və onların kanonik şəklə gətirilməsi
Asılı olmayan x1, x2,…,xn dəyişənləri, məhcul u(x1, x2,…,xn) funksiyası, onun 1-ci və 2-ci tərtib xüsusi törəmələri arasında olan
münasibətinə n sərbəst dəyişənli iki tərtibli xüsusi törəməli diferensial tənlik deyilir.
Əgər tənlik
(1.1)
şəklində olarsa, belə tənliyə yüksək tərtibdən törəmələrə nə zə rən xətti tənlik, F funksiyası da arqumet lə ri nə nəzərən xəttidirsə, yəni (1.1) tənliyi
(1.2)
şəklində olarsa, ona xətti tənlik deyilir. burada aij, bi və c əm sal ları yalnız x1, x2,…,xn sərbəst dəyişənlərindən asılı funk si ya lardır. Əgər əmsalları sərbəst dəyişənlərdən əlavə -dən asılı olarsa, (1.1) tənliyinə kvazixətti tənlik deyilir.
Əgər (1.2) tənliyində olarsa, ona bir cins, əks halda qeyri-bircins xətti tənlik deyilir. (1.2) tənli yin də aij bi, c əmsalları sabit olarsa, ona sabit əmsallı xətti tənlik deyilir.
Yüksək tərtibdən törəmələrə nəzərən xətti (və ya sadəcə xətti) tənlikləri üç tipə ayırmaq olar. Tənliyin bu və ya digər tipə aid olması məchul funksiyanın yüksək tərtibdən törəmələ ri nin əmsalları ilə təyin olunur.
Məchul u funksiyasının iki sərbəst dəyişəndən asılı olan halı üçün, yəni u=u(x,y) olduqda diferensial tənliklərin təsnifatını verək. Bu halda (1.1) tənliyini
(1.3)
(1.2) tənliyini isə
(1.4)
şəklində yazmaq olar, burada aij bi, c – yalnız x və y-dən asılı funksiyalardır.
Əgər hər hansı D oblastının bütün nöqtələrində diskriminantı müsbətdirsə, (1.3) tənliyinə D oblastında hiperbolik (hiperbolik tipli), olarsa parabolik (parabolik tipli) və olarsa elliptik (elliptik tipli) tənlik deyilir.
Asılı olmayan dəyişənlərin müəyyən əvəzləməsindən istifadə etməklə, (1.3) və (1.4) tənliklərini daha sadə şəklə - kanonik şəklə gətirmək olar. (1.3) tənliyində tərs çevirməyə malik
(1.5)
əvəzləməsindən istifadə etsək, həmin tənliyin yeni və dəyişənlərində ifadəsi
(1.6)
şəklində olar, burada
(1.7)
funksiyası u funksiyasının 2-ci tərtib xüsusi törəmələrindən asılı deyildir.
Tənlik xətti olarsa, yəni
olarsa, (1.5) əvəzləməsindən sonra alınan (1.6) tənliyi də xətti olar:
, (1.8)
burada
(1.9)
yoxlamaq olar ki, münasibəti doğrudur. Bu isə onu göstərir ki, (1.5) əvəzləməsi tənliyin tipini dəyişmir. Hər bir tip tənlik üçün funksiyasının tapılma qaydasını və bu tənliyin kanonik şəklini göstərək.
1. Əgər (1.3) tənliyi D oblastında hiperbolik olarsa, D oblastında elə və funksiyaları vardır ki, (1.5) əvəzləməsinin köməyi ilə (1.3) tənliyi aşağıdakı kanonik şəklə gətirilir:
(1.10)
Bu halda və funksiyaları və əmsallarının sıfra bərabər olması şərtindən tapılır və
(1.11)
tənliklərinin , ümumi inteqrallarının sol tərəflərinə bərabərdir, burada
, (1.12)
olduğunu qəbul etsək,
.
(1.11) diferensial tənliklərinə (1.3) tənliyinin xarakteristik tənlikləri, onların inteqrallarına isə (1.3) tənliyinin xarakte ris ti kaları deyilir.
Beləliklə, (1.10) tənliklərinin ümumi inteqralları iki müx tə lif əyrilər ailəsini müəyyən edir və olduğuna görə hər biri müxtəlif əyrilər ailəsindən götürülmüş iki əyri heç yerdə bir-birinə toxunmur.
Çox vaxt hiperbolik tip tənliklərin ikinci kanonik şəklindən istifadə edilir.
və ya
(1.13)
götürsək (burada və yeni dəyişənlərdir) olar və, (1.10) tənliyi
(1.14)
şəklinə düşər.
2. Parabolik tip tənliklər üçün olduğundan (1.10) tənlikləri üst-üstə düşür və
ümumi inteqralına malikdir. Bu halda
əvəzləməsində olaraq, ikinci tərtib kəsilməz xüsusi törəmələri olan, və ya
şərtini ödəyən ixtiyari funksiya götürülür.
Nəticədə parabolik tipli tənliyin
(1.15)
kanonik şəkli alınır.
3. Elliptik tipli tənlik üçün olduğundan (1.10) tənliklərinin sağ tərəfləri kompleks qoşma olur:
.
Bu halda xarakteristikalar da kompleks qoşma olacaq və
əvəzləməsinin köməyilə (1.3) tənliyi (1.10) şəklinə gətirilir.
Kompleks dəyişənlərdən azad olmaq üçün yeni
dəyişənlərini daxil etsək, (1.10) tənliyi və deməli, (1.3) tənliyi
(1.16)
kanonik şəklini alar.
Dəyişənlərin uyğun əvəzləməsi nəticəsində (1.4) xətti tənliyi aşağıdakı kanonik şəkillərin birinə gətirilir:
və ya (hiperbolik tip)
(parabolik tip)
(elliptik tip)
Tənliklərin kanonik şəkillərindən görünür ki, əgər (1.3) və (1.4) tənliklərində məchul funksiyanın qarışıq törəmələri iş tirak etmirsə, onların tipini diskrimnantı hesablamadan müəy yən etmək olar. Əgər və əmsallarının hər ikisi sıfırdan fərqli və müxtəlif işarəlı olarsa tənlik hiperbolik tipli, eyni işarəli olarsa elliptik tipli olur. Bu əmsallardan biri sıfırdan fərqli, digəri sıfra bərabər olarsa, tənlik parabolik tipli olur.
Göstərilən qaydanı (1.1) və (1.2) tənliklərinin tipinin təyin edilməsinə də tətbiq etmək olar. əgər verilmiş oblastın hər hansı nöqtəsində əmsallarının hamısı sıfırdan fərqli və eyni işarəli olarsa, (1.1) (və yaxud (1.2)) tənliyi bu nöqtədə elliptik, bu əmsalların hamısı sıfırdan fərqli, birindən başqa qalanları eyni işarəli olarsa, tənlik hiperbolik, əmsallarından biri sıfra bərabər, qalanları sıfırdan fərqli və eyni işarəli olarsa, tənlik parabolik olur. Məsələn,
tənliyi müstəvinin bütün nöqtələrində hiperbolik,
tənliyi parabolik,
tənliyi isə elliptikdir.
Misal 1.1. tənliyini kanonik şəklə gətirməli.
Həlli. Tənlik xəttidir və ,
olduğundan koordinat oxlarının nöqtələrindən başqa müstəvi nin bütün nöqtələrində hiperbolik tiplidir.
Xarakteristikaların diferensial tənlikləri
,
onların ümumi inteqralları isə və olar.
və qəbul edərək, (1.8) tənliyinin əmsalları nı (1.7) və (1.9) düsturlarının köməyilə hesablayaq (aşkardır ki, ):
Əmsalların alınan ifadələrini (1.8)-də yerinə yazsaq,
və ya
kanonik şəkildə tənliyi alarıq.
Misal 1.2. tənliyini kanonik şəklə gətirməli.
Həlli. Burada .
Deməli, oblastında tənlik hiperbolik tipli, oblastında isə elliptik tiplidir.
a) Əvvəlcə tənliyin hiperbolik tipli olduğu oblasta baxaq. Xarateristikaların diferensial tənlikləri
,
onların ümumi inteqralları isə
olar. Dəyişənlərin
əvəzləməsindən sonra verilmiş tənliyin
kanonik şəklini alarıq.
Bu halda xarakte ris tikalar parabolalar ailə sinin sağ və sol qol ları olacaqdır (şəkil 1.1, bütöv və qırıq xət lər). Parabolaların absis oxu üzərində yer lə şən təpələri xarak teris ti kalara daxil deyil dir, belə ki, bu ox üzərindəki nöqtələr tənli yin hiperbolik olduğu oblastda deyil.
b) tənliyin elliptiklik oblastında dəyişən lə ri
şəklində əvəz etsək, sonuncu tənliyin yeni və dəyi şən lə rində
kanonik şəklini alarıq.
Misal 1.3. tənliyini ka no nik şəklə gətirməli.
Həlli. Burada
.
Deməli, bu tənlik müstəvinin bütün nöqtələrində parabolik tiplidir. Onun
və ya
diferensial tənliyindən təyin olunan bir
xarakteristikalar ailəsi vardır. Buna görə də
qəbul edirik. Əgər, qəbul etsək,
olduğunu alarıq. Beləliklə
əvəzləməsinin köməyilə verilmiş tənlik
kanonik şəklinə gətirilir.
Misal 1.4. tənliyini qarışıq törəmə iştirak edən kanonik şəklə gətirin.
Həlli. Verilmiş hiperbolik tənlikdə
,
xarakteristik tənliklər
,
onların ümumi inteqralları
və
olar.
əvəzləməsini daxil edərək (1.7) və (1.9)-da alınan əmsalları (1.8)-də yerinə yazsaq, tənliyin
kanonik şəklini alarıq.
Misal 1.5. tənliyini qarışıq törə mə iştirak etməyən kanonik şəklə gətirin.
Həlli. Misal 1.1-də bu tənliyi qarışıq törəmə iştirak edən
kanonik şəklə gətirmişdik. Yeni və ya əvəzləməsini daxil edərək, məchul funk si yanın törəmələrinin yeni dəyişənlərlə (1.13) ifadələrini qarışıq törəmə iştirak edən tənlikdə yerinə yazsaq
və ya
kanonik şəkildə tənlik alınar.
Müstəqil həll etmək üçün məsələlər
Aşağıdakı tənliklərin hiperboliklik, paraboliklik, ellip tik lik oblastını tapmalı və hər bir oblastda onları kanonik şəklə gətirməli:
1.
Cavab: , ,
, ; ,
.
2.
Cavab: ,
x >0, y >0 və ya x < 0, y < 0;
,
x >0, y < 0 və ya x < 0, y > 0.
3.
Cavab: .
4.
Cavab: .
5.
Cavab: , y > 0;
, y < 0.
6.
Cavab: ,
, .
7.
Cavab: ,
.
8.
Cavab: .
9.
Cavab:
.
10.
Cavab: .
11.
Cavab:
.
12.
Cavab: .
13.
Cavab: .
14.
Cavab: .
15.
Cavab: .
16.
Cavab: .
17.
Cavab: .
18.
Cavab: .
19.
Cavab: .
20.
Cavab: .
21.
Cavab: .
22.
Cavab: .
23.
Cavab: .
24. tənliyinin ümumi həllini tapın.
Cavab: .
Göstəriş: Tənliyi kanonik şəklə gətirin, alınan tənliyin ümumi həllini tapın və bu həllin ilkin dəyişənlərdə ifadəsini yazın.
25. tənliyinin ümumi həllini tapın.
Cavab: .
2. Hiperbolik tipli tənliklərə gətirilən sadə məsələlər
2.1. Tənliklərin çıxarılışı. Koşi və sərhəd məsələlərinin qoyuluşu
Riyazi fizikada təbiət hadisələri onlara təsir göstərən bü tün amilləri deyil, onlardan ən mühümlərini nəzərə alan bu və ya digər d ərəcədə dəqiqliyə malik modellər çərçivəsində öyrənilir, uy ğun prosesləri ifadə edən tənliklərin çıxarılışında isə fizikanın əsas saxlanma qanunlarından (enerjinin, hərəkət miqdarının və s.) istifadə olunur. Belə modellər çərçivəsində hiperbolik tipli tən liklərə gətirilən bəzi fiziki məsələləri nəzərdən keçirək. Hi per bolik tipli tənliklərə əsasən dalğa (rəqs) prosesləri ilə əlaqədar olan fiziki məsələlər gətirilir.
Məsələ 2.1. Simin eninə kiçik rəqsləri haqqında məsələ.
Uzunluğu olan sim T0 qüvvəsi ilə dartılmışdır və düz xətt şəklində tarazlıq vəziyyətindədir. t=0 anında simin nöq tə lərinə başlanğıc yerdəyişmə və başlanğıc sürət verilmişdir. Si min nöqtələrinin t >0 üçün eninə kiçik rəqslərinin tapılması mə sələsinin qoyuluşunu (riyazi modelini) yazmalı.
Həlli. Fiziki məsələyə uyğun sərhəd məsələsinin qoyu lu şu nu yazmaq üçün ilk növbədə baxılan fiziki prosesi xarak te ri zə edən funksiyanı seçmək, sonra isə bu funksiya üçün 1) dife ren sial tənliyi çıxarmaq; 2) başlanğıc (əgər proses zamandan ası lıdırsa) və 3) sərhəd şərtlərini yazmaq lazımdır.
Sim dedikdə istənilən tərəfə əyilə bilən, lakin dartılmaya müqavimət göstərən elastiki tel (sap) başa düşəcəyik. İstənilən tərəfə əyilə bilmək anlayışı isə riyazi olaraq, simdə əmələ gələn gərginliyin onun profilinə (vəziyyətinə) həmişə toxunan istiqamətində olması kimi ifadə olunur (şəkil 2.1). Bu isə si min əyilməyə qarşı müqavimət göstərməməsi deməkdir. Si min rəqsləri zamanın t anında absisi x olan nöqtənin yerdə yiş mə vektorunun {u1(x,t), u2(x,t), u3(x,t)} komponentləri ilə təiyn olunur. Biz simin eninə kiçik rəqslərini öyrənəcəyik, yəni fərz edəcəyik ki, a) simin nöqtələrinin yerdəyişmələri bir (x,u) müstəvisi üzərində baş verir; b) yerdəyişmə vektoru – u istə nilən anda x oxuna perpendikulyardır, c) vahidlə müqayisədə -in kvadratını nəzərə almamaq olar. Beləliklə, a) – c) şərt lə rini ödəyən model çərçivəsində simin nöqtələrinin zaman dan asılı olaraq rəqsləri u(x,t) funksiyası ilə xarakterizə olunur.
1. Prosesi xarakterizə edən u(x,t) funksiyasının daxil oldu ğu tənliyi çıxaraq. Əvvəlcə baxılan model çərçivəsində rəqs prosesində simdə yaranan gərilmə qüvvəsinin zamandan asılı olmadığını göstərək. Həyacanlanmamış simin hər hansı (x1,x2) hissəsinin uzunluğu , ixtiyari t anında isə bu hissənin uzunluğu
olar. Kiçik rəqslər üçün isə
alarıq.
Beləliklə, qəbul etdiyimiz şərtlər daxilində rəqs prose sin də simin qeyd olunmuş hissəsinin uzunluğu zamandan asılı olaraq dəyişmir. Onda Huk qanununa əsasən T gərilməsinin qiyməti də hər bir nöqtədə zamandan asılı deyildir. Göstərək ki, gərilmə qüvvəsi x –dən də asılı deyildir, yəni
TT0=const.
Gərilmənin x və u oxları üzərində Tx və Tu proyek si yalarını tapaq:
Burada əyrisinə çəkilən toxuna nın x oxu ilə əmə lə gətirdiyi bucaqdır.
(x1,x2) hissəsinə gərilmə qüvvələri, xarici qüvvələr və ətalət qüvvələri təsir edir. Bütün bu qüvvələrin x oxu üzərində proyeksiyalarının cəmi sıfra bərabər olmalıdır (çünki yalnız eninə rəqsləri nəzərdən keçiririk). Fərziyyəmizə görə ətalət qüvvəsi və xarici qüvvələr u oxu boyunca yönəldiyindən,
və ya
olar. Buradan, və ixti ya ri ol du ğundan gə ril mə nin x-dən ası lı olma ması və de məli, bütün x və t-lər üçün
olması alınır.
Nyutonun ikinci qanununa gö rə simin (x1,x2) hissəsinin zaman müddətində hə rə kət miqdarının dəyişməsi, bu hissəyə təsir edən qüvvələrin impulsuna bə ra bərdir.
Simin xətti sıxlığını , simə u oxu istiqamətində təsir gös tərən müntəzəm paylanmış xarici qüvvələrin əvəzləyi ci si ni F(x,t) ilə işarə etsək, elementinin hərəkət miqdarının u oxu üzrə toplananı
,
onun zamanında dəyişməsi isə
olar.
x1,x2 nöqtələrində gərilmə və simin (x1,x2) hissəsinə F(x,t) xarici qüvvələri təsir göstərdiyindən, Nyutonun ikinci qanu nu na görə
(2.1)
tənliyini alırıq. (2.1) simin (x1,x2) hissəsinin eninə kiçik rəqslərinin inteqral tənliyidir.
Diferensial tənliyə keçmək üçün u(x,t) funksiyasının II tərtib törəmələrinin varlığını və kəsilməzliyini fərz edək. (2.1) tənliyinin sol və sağ tərəfindəki birqat inteqralın in teq ralaltı ifadələrinə əvvəlcə Laqranjın sonlu artım düstu runu, sonra inteqral üçün orta qiymət teoremini, axırıncı inteq rala isə iki dəfə orta qiymət teoremini tətbiq etdikdən sonra tənlik aşağıdakı şəklə düşər:
(2.2)
burada .
(2.2) tənliyinin hər iki tərəfini -ə bölüb, alınan ifa də də şərti ilə limitə keçsək, si min eninə rəqslərinin diferensial tənliyini alarıq:
(2.3)
Sim bircins olarsa, yəni olduqda, bu tənlik
(2.4)
şəklində yazılar, burada
(2.5)
(2.4) tənliyinə simin məcburi eninə kiçik rəqslərinin dife ren sial tənliyi və ya birölçülü dalğa tənliyi deyilir. Xarici qüv və lər olmadıqda, simin sərbəst rəqslərini təsvir edən
və ya
bircins tənliyini alarıq.
2. Simin t=0 zaman anında profilini və nöqtələrinin sür ə ti ni xarakterizə edən funksiyaları uyğun olaraq və ilə işarə etsək, funksiyası
(2.6)
başlanğıc şərtlərini ödəyər.
3. funksiyası üçün sərhəd şərtlərinin riyazi ifadə lə rini yazmağın bir neçə mümkün halına baxaq:
a) Simin sərhəd nöq tələri (ucları) olan x=0 və x= nöq tə ləri verilmiş qanun üzrə hərəkət edir (şəkil 2.2). Onda sərhəd şərt ləri aşağıdakı şəkildə olur:
(2.7)
burada və - t za manının verilmiş funk si yalarıdır. (2.7) şərtlərinə birinci növ qeyri-bircins sərhəd şərtləri deyilir. Əgər simin ucları bər ki dilmiş (tərpənməz) olarsa, yəni olarsa,
birinci növ bircins sərhəd şərtlərini alarıq.
b) Simin uclarına təsir edən qüvvələr verilmişdir. Bu halda sərhəd şərtləri
(2.8)
və ya
şəklində olar, burada
(2.8)-ə ikinci növ sərhəd şərtləri deyilir.
Əgər simin ucları sərbəst dirsə, yəni x oxuna perpen di kulyar olaraq sürtünməsiz hərəkət edərsə, onda ikinci növ bir cins sərhəd şərtləri alınar (şəkil 2.3):
.
c) Simin uc ları elastiki bağlan mışdır. Bu hal sxe matik olaraq, şəkil 2.4-də göstərilmişdir.
Simin uc la rı na bərkidilmiş yay lar ucların yerdəyiş mə lərinə mütənasib olan gərilmə qüv və lərini yaradır ( və ucları yerlərini dəyişə bilər, lakin bağlanmanın elastiklik qüvvə ləri onları əvvəlki vəziyyətə qaytarmağa çalışır).
x=0 ucunda yerdəyişmə u(0,t), ucunda isə -yə bərabər olar. Bu nöqtələrdə yaylar vasitəsilə yaranmış şaquli qüvvələrin isə uyğun olaraq, və olduğunu nəzərə alsaq, sərhəd şərtləri
və ya
(2.9)
şəklində yazılar (h – yayın elastiklik əmsalıdır). Qeyd edək ki, əgər müsbətdirsə, onda də müsbətdir, əgər müsbətdirsə, onda mənfidir.
Əgər uclara bərkidilmiş yaylar da müəyyən qanun üzrə hərəkət edərsə (şəkil 2.5), onda
və ya
(2.10)
sərhəd şərtlərini alarıq, burada
.
və yayın uclarının hərəkət qanununu xarakterizə edən verilmiş funksiyalardır.
(2.9) şərtlərinə bircins, (2.10) şərtlərinə isə qeyri-bircins üçün cü növ sərhəd şərtləri deyilir.
Beləliklə, simin eninə kiçik rəqsləri haqqında sərhəd məsə lə si aşağıdakı kimi qoyulur. Elə u(x,t) funksiyasını tapmaq tə ləb olunur ki, o, aşağıdakı şərtləri ödəsin:
u(x,t) funksiyası qapalı oblastında təyin olunmuşdur və kəsilməzdir.
u(x,t) funksiyası açıq oblastında
(2.11)
tənliyini ödəyir.
u(x,t) funksiyası
(2.12)
başlanğıc şərtlərini ödəyir.
u(x,t) funksiyası
(2.13)
sərhəd şərtlərini ödəyir, burada parametrləri 0 və 1 qiymətlərindən birini ala bilər .
parametrlərinin mümkün qiymətlərində yuxarıda göstə rilmiş sərhəd şərtlərinin müxtəlif kombinasiyalarından altı növ sadə sərhəd məsələləri alınır. Əgər olarsa, (2.11) – (2.13) məsələsinə I, olarsa II, olarsa III sərhəd məsələsi deyilir. Bu məsələlərdə iki tip şərtlər (başlanğıc və sərhəd) olduğundan, onlara qarışıq məsələlər də deyilir. parametrlərinin digər mümkün qiymətlərində (2.13)-dən qarışıq sərhəd şərtləri alınır.
Sərhəd şərtləri, onların verilmiş olduğu uclardan kifayət qədər uzaqda olan nöqtəsinə kifayət qədər çox vaxt keçdikdən sonra təsir edir. Əgər simin rəqsləri kiçik zaman fasiləsində öyrənilərsə onda (2.11) – (2.13) məsələsi əvəzinə qeyri-məhdud oblast üçün başlanğıc şərtləri olan aşağıdakı məsələ qoyulur:
üçün
(2.14)
tənliyinin olduqda
(2.15)
başlanğıc şərtlərini ödəyən həllini tapmalı. Bu məsələyə bir öl çü lü dalğa tənliyi üçün Koşi məsələsi deyilir.
Simin rəqsləri sərhədlərdən birinin yaxınlığında öyrənilirsə və ikinci sərhəddə olan sərhəd rejimi təsirinin lazım olan za man ərzində mühüm əhəmiyyəti yoxdursa, onda ya rım oxu üzərində qoyulmuş sərhəd məsələsi alınır:
(2.16)
(2.17)
(2.18)
Xüsusi halda, əgər olarsa, (2.16) – (2.18)-ə sərhəd rejiminin yayılması haqqında məsələ deyilir. başlanğıc anından kifayət qədər uzaqlaşmış zaman anla rında rəqslərin xarakteri sərhəd şərtləri ilə tamamilə müəyyən olunur. Bu tipli məsələlərə, çox vaxt, simin uzun müddət təsir edən dövri sərhəd rejimi ilə həyəcana gətirildiyi hallarda təsadüf olunur. «Başlanğıc şərtsiz» belə məsələlər (qərarlaşmış rejimdə) aşağıdakı kimi ifadə edilir:
və olduqda
(2.19)
tənliyinin
(2.20)
şərtlərini ödəyən həllini tapmalı.
Yarımsonsuz oxda başlanğıc şərti olmayan məsələlər bu qayda ilə qoyulur.
Məsələ 2.2. Çubuğun uzununa rəqsləri haqqında məsələ.
Uzunluğu olan düzxətli elastiki çubuq, onun en kəsik lə rinə t=0 anında başlanğıc yerdəyişmə və başlanğıc sürət ver məklə tarazlıq vəziyyətindən çıxarılmışdır. Hərəkət zamanı en kəsiklərin çubuğun oxuna perpendikulyar müstəviyə papralel qalmalarını fərz edərək, t >0 üçün çubuğun uzununa kiçik rəqslərinin tənliyini çıxarmalı.
Həlli. X oxunun parçasında yerləşən çubuğu nəzər dən keçirək. Absisi x olan nöqtədə çubuğun en kəsiyinin sahə sini S(x), Yunq modulunu k(x), absisi x olan kəsiyin sıxlığını , bu kəsiyə x oxu boyunca təsir edən xarici qüvvələrin əvəzləyicisini və absisi x olan kəsiyin t anında x oxu bo yun ca yerdəyişməsini u(x,t) ilə işarə edək. Nəhayət, qeyd olunan kəsiyin bütün nöqtələrinin yerdəyişmələrinin eyni olduğunu qəbul edək. Beləliklə, hər hansı qeyd olunmuş kəsiyin hərəkəti Laqranj koordinatları ilə ifadə olunur, x – qeyd olunmuş kəsiyin sükunət halında absisidir.
Qəbul olunmuş model çərçivəsində çubuğun rəqsləri u(x,t) funksiyası ilə ifadə olunur. Çubuqda rəqs zamanı meydana çıxan gərilmənin Huk qanununa tabe olmasını fərz edəcəyik, yəni çubuğun kiçik uzununa rəqslərini öyrənməklə kifayətlənəcəyik. elementinin t anında nisbi uzanmasını hesablayaq. Bu elementin uclarının koordinatları , nisbi uzanması isə
olar. Burada şərti ilə limitə keçsək, x nöqtəsində t anında nisbi uzanmanın ux(x,t) funksiyası ilə təyin olunduğunu alırıq. Huk qanununa əsasən çubuqda gərilmə
olur. Çubuğun hissəsinə ( zamanında) Nyu to nun ikinci qanununu tətbiq etsək,
(2.21)
alarıq. (2.21) baxılan model çərçivəsində çubuğun (x1,x2) kiçik uzununa rəqslərinin inteqral şəkildə tənliyidir. u(x,t) funksi ya sı nın ikinci tərtib kəsilməz xüsusi törəmələrinin, k(x), S(x) funk siyalarının isə birinci tərtib kəsilməz törəmələrinin oldu ğu nu fərz etsək, çubuğun kiçik uzununa rəqslərinin diferensial tənliyini alarıq:
Əgər S(x), k(x) və sabit olarsa, yəni cubuq bircins olarsa, (2.22) tənliyindən
(2.22)
birölçülü dalğa tənliyi alınır, burada
.
Beləliklə, (2.22) tənliyi (2.4) tənliyi ilə üst-üstə düşür, buna görə də onlar üçün qoyulmuş məsələlər yalnız şərtlərin fiziki izahı ilə fərqlənirlər.
Eyni qayda ilə çoxölçülü halda da dalğa tənliklərini çıxar maq olar. Məsələn, bircins membranın (əyilməyə və sürüşməyə qarşı müqavimət göstərməyə nazik yastı təbəqə) kiçik eninə rəqslərinin diferensial tənliyi
olur, burada - gərilmənin qiyməti; - membranın sıxlığı, - membranın vahid kütləsinə düşən qüvvə sıxlığıdır.
Çoxölçülü halda daha ümumi hiperbolik tipli tənliyi
şəklində yazmaq olar, burada məchul funksiya, verilmiş kifayət qə dər hamar funksiyalar, - n ölçülü fəzanın oblastının ixtiyari nöqtəsidir. Məsələn, üçölçülü halda olur və bu tənlik
şəklində yazılır. Asanlıqla yoxlamaq olar ki, sonuncu tənlikdən xüsusi hallarda yuxarıda göstərilən birölçülü, ikiölçülü dalğa tənlikləri alınır. Çoxölçülü halda Koşi və sərhəd məsələlərinin qoyu lu şunu birölçülü halda analoji qayda ilə yazmaq olar.
Müstəqil həll etmək üçün məsələlər
1. Bir ucu verilmiş qanunla, digər ucu sürtünməsiz sərbəst hərəkət edən bircins simin nöqtələrinə zaman anında başlanğıc yerdəyişmə və sürət verilmışdir. Simin eninə kiçik sərbəst rəqslərinin tapılması haqqında sərhəd məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
2. Uzunluğu olan bircins simin nöqtələrinin başlanğıc yerdəyişməsi və sürəti məlumdur. Simin ucuna təsir edən qüvvənin zamandan asılı olaraq dəyişmə qanunu verilmişdir, ucu isə elastiki bağlanmışdır. Simin sərbəst rəqslərinin tapılması haqqında məsələnin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
3. Başlanğlc zaman anında OX oxu boyunca yerləşmiş uzunluğu olan bircins simin nöqtələrinə başlanğıc sürət veril mişdir. Simin ucunun hərəkət qanunu verilmiş, ucu isə sərbəst olarsa, onun məcburi rəqslərinin tapılması haqqında sərhəd məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
4.
sərhəd məsələsinin fiziki izahını verin.
Cavab: Vahid uzunluqlu bircins simin nöqtələrinin başlan ğıc vəziyyəti funksiyası ilə ifadə olunur, başlanğıc sürəti isə sıfra bərabərdir. Elastiki bağlanmış ucunda yayın zamandan asılı olaraq hərəkət qanunu verilmiş, digər ucu tərpənməz bərkidilmişdir. Simin məcburi rəqslərinin qanununu tapmalı.
5. Müqaviməti sürətin birinci dərəcəsi ilə mütənasib olan mühitdə simin eninə rəqslərinin tənliyini çıxarın.
Cavab:
6. Vertikal şəkildə asılmış ağır elastiki çubuğun yuxarı ucu sərbəst düşən liftin döşəməsinə tərpənməz bərkidilmişdir və lift müəyyən sürətinə çatdıqda ani olaraq dayanır. Çubuğun eni nə rəqslərinin tapılması haqqında sərhəd məsələsinin qoyu lu şunu yazın.
Cavab:
7. Sol ucu tərpənməz bərkidilmiş, sağ ucu sərbəst olan uzunluqlu bircins simə anından başlayaraq kəsilməz paylanmış və xətti sıxlığı olan eninə qüvvələr təsir edir. -da simin nöqtələrinin eninə yerdəyişmələrini ifadə edən funksiyası üçün sərhəd məsələsini yazın (Simin nöqtələrinin başlangıc yerdəyişməsi və sürəti verilmişdir).
Cavab:
8. Uzunluğu olan qeyri-bircins elastiki yayın ucu sər bəst, ucu tərpənməz bərkidilmiş olduqda onun nöq tələrinin başlanğıc uzununa yerdəyişmə və sürətinin təsirindən yaranan eninə rəqsləri haqqında sərhəd məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
9. Ucları tərpənməz bərkidilmiş kəsik konus şəklində olan bircins elastiki çubuq anında onun nöqtələrinə başlanğıc eninə yerdəyışmə və sürət verməklə tarazlıq vəziyyətindən çıxarılmışdır. Çubuğun uzunluğu , oturacaqlarının radiusları və -ə bərabər olarsa, onun uzununa rəqsləri haqqında sərhəd məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
tam konusun hündürlüyüdür. OX – oxu konusun oxu istiqaməti üzrə yönəlmişdir.
10. Sonsuz bircins sim kvadratik parabola şəklində olan başlanğıc vəziyyətlə tarazlıqdan çıxarılmışdır, başlanğıc sürət sıfra bərabərdir. Simin eninə rəqslərinin tapılması məsələsini nin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
11. Qeyri-bircins çubuğun sərbəst rəqslərinin tənliyi üçün Koşi məsələsini yazın.
Cavab:
12. Sonsuz bircins sim anında nöqtələrinə başlanğıc sürət verməklə tarazlıq vəziyyətindən çıxarılmışdır. Simin məcburi rəqslərinin tənliyi üçün Koşi məsələsini yazın.
Cavab:
13. Bir ucu tərpənməz bərkidilmiş yarımsonsuz çubuğun anında nöqtələrinə eninə yerdəyişmə verməklə taraz lıqdan çıxarılmış dır. Çubuğun məcburi rəqslərinin tapılması haqqında məsələnin qoyulyşunu yazın.
Cavab:
14. Hansı tənlik qeyri-bircins çubuğun sərbəst rəqslərini ifadə edir?
A) , B) ,
C) , D) ,
E) .
Cavab: B)
15. Hansı diferensial tənlik qeyri-bircins dalğa tənliyidir?
A) ,
B) , C) ,
D) , E) .
Cavab: B)
16. Simin eninə rəqslərinin tənliyi üçün yazılmış hansı sərhəd şərtləri simin ucunun sürtünməsiz sərbəst hərəkət edən, ucunun isə elastiki bağlanma halına uyğundur?
A) ,
B) ,
C) ,
D) ,
E) .
Cavab: C)
17. Dalğa tənliyi üçün yazılmış sərhəd şərtlərinin növünü müəyyən edin.
Cavab: -da II növ qeyri-bircins, -də I növ bircins sərhəd şərtləri.
18. Qeyri-bircins cubuğun sərbəst rəqslərinin tənliyi üçün yarımsonsuz oxda I sərhəd məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
19. üçün sürtünməsiz sərbəst hərəkət edən yarım son suz bircins simin nöqtələrinin başlamğıc vəziyyəti və baş lan ğıc sürəti məlum olduqda, onun sərbəst rəqslərinin qanu nu nun tapılması məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
20. ucu elastiki bağlanmış bircins yarımsonsuz simin məcburi rəqslərinin qanu nu nun tapılması məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
21. En kəsiyinin sahəsi -dən asılı verilmiş funksiya olan bircins yayın (çubuğun) uzununa kiçik sərbəst rəqslərinin tənliyini çıxarın.
Cavab:
Göstəriş: Tənliyin çıxarılışında qəbul etməli.
22. Müqaviməti sürətin birinci dərəcəsinə mütənasib olan mühitdə hər iki ucu tərpənməz bərkidilmiş bircins simin kiçik eninə rəqsləri haqqında sərhəd məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
burada, - sürtünmə əmsalıdır.
23. İkiölçülü dalğa tənliyi üçün Koşi məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
24. Bircins düzbucaqlı membranın nöqtələrinin başlanğıc nöqtələrinin başlanğıc yerdəyişməsini və başlanğıc sürətini məlum, kənarları tərpənməz bərkidildiyini qəbul edərək, onun eninə sərbəst rəqsləri haqqında sərhəd məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
25. Bircins dairəvi membranın eninə rəqslərinin tənliyi üçün 24-cü məsələnin şərtləri daxilində sərhəd məsələsinin qoyuluşunu yazın.
Cavab:
Göstəriş: Polyar koordinat sistemindən istifadə etməli.
2.2. Birölçülü dalğa tənliyi üçün Koşi məsələsinin və
yarımoxda sadə sərhəd məsələlərinin həlli
Hiperbolik tipli tənliklərə gətirilən məsələlərin həllinin qu rul ması üsullarının öyrənilməsini qeyri-məhdud (sonsuz) sim üçün Koşi məsələsinin həllindən başlayacağıq.
Məsələ 2.3. Sonsuz simin nöqtələrinin başlanğıc vəziy yə ti və sürəti məlum olduqda onun rəqslərinin qanununu ifadə edən funksiyanı tapmalı.
Həlli. Göstərmişdik ki, müəyyən şərtlər daxilində simin rəqs lərini u(x,t) funksiyası ilə ifadə etmək olar və bu funk siyanın tapılması aşağıdakı Koşi məsələsinin həllinə gətirilir:
(2.23)
(2.24)
(2.25)
burada və simin nöqtələrinin uyğun olaraq başlan ğıc vəziyyətini və sürətini xarakterizə edən verilmiş funksiya lar dır. Fərz edək ki, -in ikinci tərtib, -in isə birinci tərtib kəsilməz törəməsi vardır ().
(2.23) tənliyinin ümumi həllini tapmaq üçün onu qarışıq törəmə iştirak edən kanonik şəklə gətirək.
Göstərmişdik ki (Misal 1.4),
dəyişənlərini qəbul edərək, (2.23) tənliyini
(2.26)
şəklinə gətirmək olar. (2.26) tənliyini -yə görə inteqrallasaq,
,
-dan asılı ixtiyari funksiyadır, sonuncu tənliyi isə -ya görə inteqrallasaq,
alarıq, burada yalnız -dən asılı ixtiyari funksiyadır,
.
Beləliklə, (2.26) tənliyinin ümumi həlli
(2.27)
şəklində yazılır, burada və öz arqumentlərinin II tərtibdən kəsilməz törəmələri olan ixtiyari funksiyalarıdır. Məsələn, asanlıqla yoxlamaq olar ki,
və s. funksiyaları (2.26) tənliyinin həlləridir.
(2.23) tənliyinin ümumi həllini tapmaq üçün (2.27)-də qəbul edirik və nəticədə
(2.28)
alırıq.
Fiziki olaraq dalğa tənliyinin ümumi həlli iki müxtəlif for malı a sürəti ilə əks istiqamətlərdə yayılan dalğaların cəmi dir (superpozisiyasıdır), f1(x - at) sağa yayılan, f2(x + at) sola yayılan dalğa adlanır.
(2.28) şəklində olan həllərdən (2.24) və (2.25) başlanğıc şərtlərini ödəyəni tapaq. Bu şərtlərdən
alınır.
İkinci bərabərliyi inteqrallasaq, və funksiyala rı nı tapmaq üçün aşağıdakı iki tənliyi alarıq:
(2.29)
burada x0 – ixtiyari sabit ədəddir. (2.29)-dan
(2.30)
olduğunu tapırıq. (2.30) funksiyalarının ifadələrini (2.28) bəra bər liyində yerinə yazsaq, (2.23) – (2.24) Koşi məsələsinin həlli olan Dalamber düsturunu alırıq:
(2.32)
(2.23) – (2.24) məsələsinin yuxarıda göstərilən həllinin tapıl ması üsuluna xarakteristikalar üsulu və ya yayılan dalğalar üsulu deyilir.
(2.32)-də birinci toplanan başlanğıc sürət sıfır olduqda () başlanğıc yerdəyişmənin yayılma prosesini, ikinci toplanan isə başlanğıc yerdəyişmə sıfır () olduqda rəqslərin başlanğıc sürəti (və ya impulsu) tərəfindən əmələ gəlməsi prosesini ifadə edir.
Məsələ 2.4. Yarımməhdud simin nöqtələrinin başlanğıc vəziyyəti və sürəti məlum olduqda onun rəqslərinin qanununu ifadə edən funksiyanı tapmalı.
Həlli. Məsələni həll etmək üçün
(2.33)
(2.34)
(2.35)
(2.36)
şərtlərini ödəyən u(x,t) funksiyasını tapmaq lazımdır.
(2.33) – (2.36) məsələsinin həlli üçün birbaşa Dalamber düsturundan istifadə etmək olmaz, belə ki, (2.32) düsturuna daxil olan x – at mənfi ola bilər və arqumentin mənfi qiymətləri üçün funksiyaları təyin olunmamışdır.
və funksiyalarının tək davamları olan və funksiyalarına baxaq:
Onda
(2.37)
funksiyası bütün x-lər və t >0-lar üçün təiyn olunmuşdur, bu funksiya sola və sağa yayılan dalğaların superpozisiyaları oldu ğuna görə (2.33) dalğa tənliyini ödəyir. (2.37) funksiyasının (2.34) başlanğıc və (2.36) sərhəd şərtlərini ödədiyini yoxlayaq:
,
,
(2.37)-də x = 0 qəbul etsək,
alarıq. və tək funksiyalar olduğundan
,
deməli, u(0,t)=0.
Əvvəlki funksiyalara qayıtsaq, (2.33) – (2.36) məsələsinin həllini aşağıdakı kimi yazmaq olar:
(2.38)
Eyni qayda ilə, x=0 ucu sərbəst olarsa,
(2.39)
alarıq,
və funksiyalarının cüt davamları olan
funksiyalarını götürsək, rəqslər tənliyinin həllərini belə taparıq:
Bu funksiya oblastında (2.33) tənliyini, (2.34) – (2.35) başlanğıc şərtlərini və (2.39) sərhəd şərtini ödəyir.
Məsələ 2.5. Birölçülü dalğa tənliyi üçün sərhəd reji mi nin yayılması haqqında məsələni həll etməli.
Həlli. Yarımməhdud düz xətt üzərində birölçülü dalğa tənliyi üçün qeyri-bircins sərhəd məsələsinə baxaq:
(2.41)
(2.41) məsələsinin həllini
(2.42)
şəklində axtaraq, burada funksiyası
(2.43)
funksiyası isə
(2.44)
sərhəd məsələlərinin həlləridir.
(2.43) məsələsini yuxarıda həll etmişik. Sərhəd rejiminin yayılması haqqında məsələ adlanan (2.44) məsələsini həll edək. Aşkardır ki, sərhəd rejimi sim boyunca sağa a sürəti ilə yayılan dalğa əmələ gətirəcək, bu isə həllin
analitik şəklində olmasını göstərir.
f funksiyasını
sərhəd şərtindən tapsaq,
,
buradan isə
olur. Deməli,
Eyni qayda ilə ikinci sərhəd məsələsinin həllini də qürmaq olar.
Məsələ 2.6. Qeyri-məhdud simin başlanğıc profili şəkil 2.6-dakı kimi verilmişdir. Zamanın
anlarında simin profilini çəkməli (başlanğıc sürət sıfra bəra bərdir).
Həlli. Bu məsələdə olduğundan
olur. t=0 anında sağa və sola yayılan və dalğalar üst-üstə düşür. t >0 üçün sağa və sola ya yı lan dalğalar uyğun olaraq, sağa və sola qədər yerini də yi şə cəkdir. Bütün anlar üçün yerdəyişmənin qrafiklərini top la maq la simin t1, t2, … anları üçün profilini alarıq (şək.2.6-2.10).
Məsələ 2.7. Simin məcburi rəqslərinin tənliyi üçün Koşi məsələsini həll etməli.
Həlli. Məsələdə
(2.45)
(2.46)
(2.47)
şərtlərini ödəyən funksiyasını tapmaq tələb olunur. Məsələnin həlli
şəklində axtarılır. Burada
isə
(2.48)
(2.49)
şərtlərini ödəyən funksiyalardır. Dalamber düsturuna görə
olar. funksiyasını tapmaq üçün
şərtlərini ödəyən funksiyasını daxil edək və göstərək ki,
(2.50)
funksiyası (2.48) Koşi məsələsinin həllidir.
(2.50) funksiyası (2.48) tənliyini ödəyir, belə ki,
Deməli, .
(2.50) funksiyası (2.49) başlanğıc şərtlərini də ödəyir. Beləliklə, (2.48) – (2.49) məsələsinin həlli funksiyasının tapılmasına gətirilir.
funksiyası bircins tənliyi və -da uyğun başlanğıc şərtəlrini ödədiyindən, Dalamber düsturuna əsasən
olar. Onda
və
funksiyası (2.45) – (2.47) Koşi məsələsinin həlli olar.
2.3. Hiperbolik tipli tənliklər üçün sərhəd məsələlərinin
dəyişənləri ayırma (Furye) üsulu ilə həlli
Dəyişənləri ayırma üsulu və ya Furye üsulu xüsusi törəməli diferensial tənliklərin həlli üçün tətbiq olunan ən çox yayılmış üsullardan biridir. Bu üsulu hiperbolik tipli tənliklər üçün bircins və qeyri-bircins sərhəd məsələlərinin həllinə tət biq edəcəyik.
Məsələ 2.8. Ucları bərkidilmiş uzunluqlu bir cins simin başlanğıc profili və nöqtələrinin başlanğıc sürətləri məlumdur və uyğun olaraq, funksiyaları ilə ifadə olunur. Simin sərbəst rəqslərini ifadə edən funksiyanı tapmalı.
Həlli. Göstərmişdik ki, bu məsələ riyazi şəkildə aşağıdakı kimi qoyulur:
(2.45)
(2.46)
(2.47)
(2.48)
(2.49)
şərtlərini ödəyən u(x,t) funksiyasını tapmalı ().
(2.45) tənliyi xətti və bircinsdir, ona görə də xüsusi həllərin cəmi də tənliyin həlli olur.
Əvvəlcə (2.45) tənliyinin (2.48) – (2.49) sərhəd şərtlərini ödəyən və
(2.50)
şəkildə göstərilə bilən sıfırdan fərqli (qeyri-trivial) həllini tapaq. Həllin (2.50) şəklini (2.45) tənliyində yerinə yazsaq və alınan bərabərliyin hər iki tərəfini -ə bölsək
(2.51)
alarıq.
(2.51) bərabərliyinin sağ tərəfi yalnız t dəyişəninin, sol tərəfi isə yalnız x dəyişəninin funksiyasıdır və onun ixtiyari və t >0-da ödənməsi üçün hər iki kəsr eyni bir sabitə bərabər olmalıdır. bu sabiti ilə işarə etsək
olar.
Buradan və funksiyalarını tapmaq üçün
adi diferensial tənliklərini, (2.48) – (2.49) şərtlərindən isə
alırıq.
Aydındır ki,
şərtləri ödənməlidir, əks halda və olardı, biz isə trivial olmayan, yəni eynilik kimi sıfır olmayan həlli axtarırıq. Belləiklə, funksiyasının tapılması üçün aşağıda kı məsələyə gəlirik:
, (2.52)
(2.53)
yəni -nın elə qiymətlərini tapmalıyıq ki, (2.52) – (2.53) məsələsinin qeyri-trivial həlləri olsun. -nın belə qiymətlərinə məxsusi qiymətlər, onlara uyğun (2.52) – (2.53) məsələsinin həllərinə isə məxsusi funksiyalar deyilir. (2.52) – (2.53) məsələsinə məxsusi ədədlər və məxsusi funksiyalar haqqında məsələ və ya Şturm-Luivill məsələsi deyilir.
Ayrıca olaraq parametrinin mənfi, sıfır və ya müsbət olduğu hallara baxaq.
1. olduqda məsələnin trivial olmayan həlli yoxdur.
Tənliyin ümumi həlli
şəklində olur. Sərhəd şərtlərindən
alınır, yəni
və
alınır.
Baxdığımız halda olduğundan
.
Ona görə də
və deməli,
.
2. olduğu halda da trivial olmayan həll yoxdur. Doğrudan da, bu halda
və sərhəd şərtlərindən alırıq, ona görə də
.
3. halında tənliyin ümumi həllində xəyali üst iştirak edir və həqiqi həlli aşağıdakı kimi yazmaq olar:
,
burada və ixtiyari həqiqi ədədlərdir.
Sərhəd şərtlərindən alırıq:
-in eynilik kimi sıfra bərabər olmaması üçün olmalıdır. Ona görə də
və ya
olmalıdır.
Deməli, (2.52) – (2.53) məsələsinin trivial olmayan həlli yalnız
qiymətlərində ola bilər.
Bu məxsusi qiymətlərə
(2.54)
məxsusi funksiyaları uyğundur.
-in tapılan qiymətlərinə
tənliyinin
(2.55)
həlli uyğundur, burada və ixtiyari sabit əmsallardır.
Beləliklə, (2.45) tənliyinin (2.48) – (2.49) sərhəd şərtlərini ödəyən xüsusi həlləri
(2.56)
kimi olur. (2.45) tənliyi xətti və bircins olduğundan, xüsusi həllərin cəmindən (superpozisiyasından) düzəldilmiş
funksiyası da bu tənliyi və (2.48) – (2.49) sərhəd şərtlərini ödəyir.
Başlanğıc şərtlərdən alırıq:
(2.57)
Furye sıraları nəzəriyyəsindən məlumdur ki, intervalında verilən ixtiyari hissə-hissə kəsilməz və hissə-hissə diferensiallanan funksiyası Furye sırasına ayrılır.
və funksiyaları Furye sırasına ayrılma şərtlərini ödəyirsə, onda bu funksiyaların məxsusi funksiyalara (yəni ) nəzərən Furye sıralarına ayrılışı
olar.
Bu sıraları (2.57) ifadələri ilə müqayisə etdikdə alırıq ki,
.
Deməli,
(2.58)
Biz həllin formal qurulması ilə kifayətlənirik. (2.58) sırası nın yığıldığını və həllin varlığı şərtlərini ödədiyini qəbul edəcə yik.
Alınan həllin fiziki interpretasiasını (izahını) vermək olar. Bunun üçün funksiyalarını
şəklində yazaq, burada .
Simin hər bir nöqtəsi amplitudası olan
harmonik rəqslərini edir. Simin bu tipli hərəkətinə durğun dalğalar və yaxud məxsusi rəqslər, ədədlərinə məxsusi rəqslərin tezlikləri deyilir.
Simin rəqsləri bizə adətən simin verdiyi səs vasitəsi ilə çatdırılır. Simin səsi rəqsin parçalandığı durğun dalğalara uyğun sadə tonların bir-biri üzərinə düşməsindən ibarətdir. Tonun yüksəkliyi bu tona uyğun olan rəqslərin tezliyindən asılıdır. Simin əmələ gətirdiyi ən alçaq ton , ən alçaq məxsusi tezliyi olan
vasitəsi ilə təyin olur və simin əsas tonu adlanır. Qalan tezliklərə uyğun tonları obertonlar adlanır.
Məxsusi dalğaların tezlikləri başlanğıc şərtlərdən asılı deyildir, yəni rəqslərin tezlikləri onların həyəcanlandırılması qaydasın dan asılı deyildir, tezliklər rəqs edən sistemin (simin) özünü xarakterizə edir və sərhəddəki rejimdən asılı olur.
Məsələ 2.9. Başlanğıc şərtlər ixtiyari olduqda, ucları bər ki dilmiş bircins simin kiçik eninə məcburi rəqsləri prosesini ifadə edən funksiyanı tapmalı.
Həlli. Bu halda rəqsləri ifadə edən u(x,t) funksiyası aşa ğıdakı sərhəd məsələsinin həlli olar:
(2.59)
(2.60)
(2.61)
(2.62)
2.9 məsələsində tapılmış məxsusi ədədlər və məxsusi funksiyalardan istifadə edərək, (2.59) – (2.62) məsələsinin həllini x-ə nəzərən
(2.63)
Furye sırası şəklində axtaracağıq.
u(x,t)-ni təyin etmək üçün un(t) funksiyasını tapmaq lazımdır. funksiyalarını Furye sırası şəklində göstərək:
(2.64)
Həllin (2.63) ifadəsini (2.59) tənliyində yerinə yazsaq,
alarıq. Buradan görünür ki,
(2.65)
olarsa (2.59) tənliyi ödənər. Başlanğıc şərtlərdən
buradan isə
(2.66)
olduğu alınır. Beləliklə, -ni tapmaq üçün adi diferensial tənlik üçün (2.65) – (2.66) Koşi məsələsini almış oluruq.
(2.65) – (2.66) məsələsinin həllini
şəklində göstərmək olar, burada və funksiyaları aşağıdakı şərtləri ödəyir:
(2.67)
(2.68)
(2.67) bərabərliklərindən
və
alınır.
(2.68) məsələsinin ümumi həllini adi diferensial tənliklər fənnindən məlum olan üsullardan, məsələn, sabitlərin variasiyasiya üsulundan istifadə etməklə tapmaq olar.
Göstərmək olar ki, (2.68) məsələsinin həlli
(2.69)
funksiyası olur, burada
(2.70)
şərtlərini ödəyir. (2.70)-dən
və alınan funksiyasını (2.69) bərabərliyində yerinə yazmaqla,
(2.71)
alırıq. Beləliklə,
və deməli, axtarılan həll
(2.72)
şəklində olar.
(2.72) düsturunda birinci cəm simin verilmiş başlanğıc şərtlərini ödəyən sərbəst rəqslərini, ikinci cəm isə xarici qüvvənin təsiri altında simin sıfır bahlanğıc şərtləri daxilində məcburi rəqslərini ifadə edir.
Məsələ 2.10. 2.9-cu məsələni simin ucları verilmiş qa nun la hərəkət edən hal üçün həll etməli.
Həlli. Bu halda axtarılan u(x,t) funksiyası rəqslər tənliyi üçün qeyri-bircins birinci sərhəd məsələsinin həlli olur.
, (2.73)
, (2.74)
, (2.75)
, (2.76)
, (2.77)
burada verilmiş kifayət qədər ha mar (məsələnin həllinin varlığı və yeganəliyi üçün lazım olan şərtləri ödəyən) funksiyalardır və .
(2.73) – (2.77) məsələsinin həllini (2.76) – (2.77) sərhəd şərtlərini ödəyən ixtiyari S(x,t) və yeni məchul funksiyalarının cəmi şəklində axtaraq:
(2.78)
S(x,t) funksiyasını, məsələn, x-ə görə xətti
funksiya şəklində qəbul etməklə a(t) və b(t)-ni şərtlərindən təyin etsək,
(2.79)
alarıq.
(2.78) funksiyası (2.73) – (2.77) məsələsinin şərtlərini ödədiyindən
olmalıdır. Buradan olduğunu nə zə rə alsaq, məchul funksiyası üçün aşağıdakı sərhəd mə sə ləsini alarıq:
(2.80)
(2.81)
Bununla da funksiaysı üçün ümumi (2.73) – (2.77) sərhəd məsələsi funksiyası üçün sərhəd şərtləri sıfır olan (2.80) – (2.82) məsələsinə gətirilir. Bu məsələnin həll üsulu yuxarıda (məsələ 2.9) şərh edilmişdir.
Beləliklə, 2.9-cu məsələdəki (2.72) düsturundan istifadə etsək (2.73) – (2.77) sərhəd məsələsinin axtarılan həlli
(2.83)
şəklində olar. Burada uyğun olaraq, funksiyalarının məxsusi funksiyalara görə Furye sırası na ayrılışının əmsallarıdır, yəni
Qeyd. Biz simin rəqs tənliyi üçün I sərhəd məsələsinin Fur ye üsulu ilə həllini araşdırdıq. Aşkardır ki, digər sərhəd şərt ləri olan məsələləri də göstərilən üsulla analoji olaraq həll et mək olar. Bu hallarda sərhəd şərtlərindən asılı olaraq, məx su si ədədlər və məxsusi funksiyalar, həmçinin bu şərtləri ödəyən köməkçi S(x,t) funksiyası dəyişəcəkdir.
Furye üsulu çoxölçülü halda (yəni axtarılan funksiya bir neçə fəza dəyişənindən asılı olduqda) hiperbolik tipli tən lik lər üçün sərhəd məsələlərinin həllinə də tətbiq oluna bilər. Gös tə rilən halları nəzərə alan dəyişənləri ayırma üsulunun ümumi sxemini verməklə kifayətlənək.
2.4. Furye üsulunun ümumi sxemi
Tutaq ki, oblastında kəsilməz və
, (2.84)
(2.85)
(2.86)
(2.87)
şərtlərini ödəyən funksiyasını tapmaq tələb olunur, burada D, S səthi ilə əhatə olunmuş sonlu oblast ,
verilmiş kifayət qədər hamar funksiyalardır.
(2.84) – (2.87) məsələsinin Furye üsulu ilə həlli sxemi aşağıdakı kimidir:
1. (2.84) tənliyinin yalnız (2.87) sərhəd şərtlərini ödəyən qeyri-trivial xüsusi həllərini
(2.88)
şəklində axtarırıq. (2.88)-i (2.84) tənliyində yazaraq, alınan tənliyin hər iki tərəfini -yə bölməklə
alırıq.
Buradan funksiyası üçün
(2.89)
(2.90)
Şturm-Luivill məsələsini, T(t) funksiyası üçün isə
(2.91)
tənliyini alırıq.
2. (2.89) – (2.90) məsələsini həll edirik.
Tutaq ki, bu məsələnin məxsusi ədədləri, onlara uyğun məxsusi funksiya lar dır.
3. Hər bir məxsusi ədədi üçün (2.91) tənliyini həll edirik:
(2.92)
4. Beləliklə, (2.84) tənliyinin yalnız (2.87) şərtlərini ödəyən xüsusi həllərini
(2.93)
şəklində tapırıq.
5. (2.93) xüsusi həllərini cəmləməklə
(2.94)
alırıq. Cn və Dn naməlum əmsallarını və funk si ya larının məxsusi funksiyalara görə Furye sırasına ayrılışından təyin edirik:
burada
funksiyasının normasıdır.
Müstəqil həll etmək üçün məsələlər
Koşi məsələlərini həll edin.
1.
Cavab:
2.
Cavab:
3.
Cavab:
4.
Cavab:
5.
Cavab:
6.
Cavab:
7.
Cavab:
8.
Cavab:
9.
Cavab:
10.
Cavab:
11.
Cavab:
12. Sərhəd məsələsini həll edin:
Cavab:
Göstəriş: Həlli şəklində axtarmaq lazımdır.
13. Ucları tərpənməz bərkidilmiş uzunluqlu bircins simin nöqtələrinin başlanğıc sürəti sıfra bərabər, başlanğıc vəziyyəti
olarsa, simin sərbəst rəqsləri haqqında məsələni həll edin.
Cavab:
İxtiyari başlanğıc şərtlərdə uzunluğu olan bircins çu bu ğun aşağıdakı halların hər birində uzununa sərbəst rəqs lə ri haqqında məsələləri həll edin.
14. Yayın ucu tərpənməz bərkidilmişdir, ucu sərbəstdir.
Cavab:
Göstəriş:
15. Yayın ucu sərbəstdir, tərpənməz bər ki dil mişdir.
Cavab:
Göstəriş:
16. Çubuğun hər iki ucu sərbəstdir.
Cavab:
Göstəriş: Sərhəd şərtləri şəklində olur.
17. Yayın ucu sərbəstdir, ucu elastiki bərkidil mişdir.
Cavab:
burada, və
məsələsinin məxsusi qiymətləri və məxsusi funksiyasıdir. (-lər tənliyinin müsbət kökləridir),
Göstəriş:
18. ucunda asılmış və ucu sərbəst olan bircins çubuğun ağırlıq qüvvəsinin təsirindən rəqsləri haqqında məsələni həll edin.
Cavab:
Göstəriş:
Sərhəd məsələlərini həll edin
19.
Cavab:
20.
Cavab:
21.
Cavab:
22.
Cavab:
23.
Cavab:
Məsələlərdə sərhəd şərtlərini ödəyən funksiyasını tapın və əvəzləməsindən istifadə edə rək onları qeyri-bircins tənlik üçün bircins sərhəd şərtləri olan sərhəd məsələlərinə gətirin.
24.
Cavab:
Göstəriş: funksiyasını şəklində axtarın, şərtlərindən və əmsal la rını tapın.
25.
Cavab:
Şəkil 1.1
Şəkil 2.1
0
Şəkil 2.3
Sərbəst uclu sim (uclar sürtünməsiz hərəkət edir)
Şəkil 2.4
Elastiki bağlanmanın sxemi
Şəkil2.5
Elastik bağlanmanın qeyri-bircins sərhəd şərtləri alınan halı
0
u
x
EMBED Equation.3
x1
x2
T
x
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
Şəkil 2.2.
Simin ucları verilmiş qanunla hərəkət edən hal
u(0,t) = g1(t)
0
u
x
EMBED Equation.3
0
u
x
0
u
x
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
Yayın hərəkət edən ucu
EMBED Equation.3
-c
c
0
x
u
h
h/2
2c
-2c
Şəkil 2.10
EMBED Equation.3
-c
c
0
x
u
h
h/2
2c
-2c
EMBED Equation.3
-c
c
0
x
u
h
h/2
EMBED Equation.3
-c
c
0
x
u
h
t = 0
-c
c
0
x
u
h
h/2
h/2
(2.40)
EMBED Equation.3
x
y
EMBED Equation.3
Yayın hərəkət
edən ucu
x
u
h
-c
c
O
EMBED Equation.3
Şəkil 2.6
Şəkil 2.7
Şəkil 2.8
h/2
h/2
Şəkil 2.9
h/2