izbrana poglavja iz matematike fs mb.docx
TRANSCRIPT
1. Definirajte pojem "parcialna diferencialna enačba" (krajše PDE). 9
2. Definirajte pojem "red PDE" in navedite primer za PDE 1. reda in PDE 2. reda. Vsaka enačba naj vsebuje vsaj tri člene......................10
3. Definirajte pojem "rešitev PDE". Opredelite "splošno" in "partikularno" rešitev PDE............................................................11
4. Kateri dve vrsti pogojev upoštevamo za enolično rešitev dane PDE? Na kratko opišite obe vrsti pogojev......................................12
5. S simboli zapišite eno-, dvo- in trirazsežen Laplaceov diferencialni operator. Zapišite Laplaceovo enačbo, ki ji ustreza funkcija treh neodvisnih spremenljivk f.............................................................13
6. Definirajte pojem "linearna PDE" in navedite primer take enačbe. Enačba naj vsebuje vsaj tri člene...................................................14
7. Definirajte pojma "homogena in nehomogena linearna PDE". Za obe vrsti enačb zapišite po en primer. Vsaka enačba naj vsebuje vsaj tri člene.........................................................................................15
8. Zapišite enačbo, iz katere je razvidno, da je funkcija u = u(x, y, z) harmonična funkcija treh neodvisnih spremenljivk........................16
9. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂ 2u ∂ x 2=0, pri čemer je u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji ene spremenljivke........................17
10. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂ 2u ∂ y2=0, pri čemer je u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji spremenljivke x............................18
11. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂ 2u ∂ y∂ x=0, pri čemer je u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji ene spremenljivke........................19
12. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂ 2u ∂ y∂ x=∂ u∂ x, pri čemer je u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji ene spremenljivke........................20
13. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂ 2u ∂ x 2+∂ 2u ∂ x=0, pri čemer je u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji spremenljivke y............................21
14. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂ 2u ∂ x 2+u=0, pri čemer je u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji spremenljivke y............................23
15. Zapišite splošno obliko linearne PDE 2. reda s konstantnimi koeficienti in vsaj tri njene kanonične oblike.................................24
16. Poimenujte in na kratko opredelite tri tipe Eulerjeve enačbe glede na ničle prirejenega karakterističnega polinoma..................25
17. Klasificirajte dvorazsežno Laplaceovo, enorazsežno valovno in enorazsežno difuzijsko enačbo glede na hiperbolični, parabolični ali eliptični tip. Klasifikacijo v vsakem primeru argumentirajte...........26
18. Kako uvedemo novi spremenljivki v in w pri reševanju Eulerjeve enačbe hiperboličnega tipa? Za tako uvedeni spremenljivki izračunajte ∂ 2u ∂ x 2 , ∂2 u ∂ y ∂ x in ∂ 2u ∂ y2 , pri čemer je u=u(x , y ) iskana funkcija dveh neodvisnih spremenljivk..........................................27
19. Opredelite karakteristike Eulerjeve enačbe hiperboličnega tipa. Karakteristike grafično prikažite za nekaj izbranih vrednosti konstant, ki nastopajo v karakteristikah........................................29
20. Kako uvedemo novi spremenljivki v in w pri reševanju Eulerjeve enačbe paraboličnega tipa? Za tako uvedeni spremenljivki izračunajte ∂ 2u ∂ x 2 , ∂2 u ∂ y ∂ x in ∂ 2u ∂ y2 , pri čemer je u=u(x , y ) iskana funkcija dveh neodvisnih spremenljivk..........................................30
21. Opredelite karakteristike Eulerjeve enačbe paraboličnega tipa. Karakteristike grafično prikažite za nekaj izbranih vrednosti konstant, ki nastopajo v karakteristikah........................................31
22. Kako uvedemo novi spremenljivki v in w pri reševanju Eulerjeve enačbe eliptičnega tipa? Novi spremenljivki izrazite z realno in imaginarno komponento ničel prirejenega karakterističnega
polinoma. Izračunajte ∂ 2u ∂ x 2 , ∂2 u ∂ y ∂ x in ∂ 2u ∂ y2 , pri čemer je u=u(x , y ) iskana funkcija dveh neodvisnih spremenljivk..................32
23. Zapišite splošno trirazsežno valovno enačbo in ustrezna začetna pogoja. Poimenujte vse zapisane simbole......................................34
24. Katere privzetke upoštevamo pri izpeljavi enačbe prosto nihajoče strune?...........................................................................35
25. Izpeljite enačbo prosto nihajoče strune in poimenujete zapisane simbole. Narišite tudi ustrezno sliko..............................................36
26. Navedite glavne korake pri iskanju D'Alembertove rešitve enačbe prosto nihajoče strune (brez upoštevanja začetnih in robnih pogojev)........................................................................................38
27. Na kratko opišite geometrijsko ponazoritev D'Alembertove rešitve enačbe prosto nihajoče strune (premi val, obratni val).......39
28. Izpeljite posebno rešitev enačbe neskončne prosto nihajoče strune, pri čemer upoštevate začetna pogoja ux ,0=fx∈∂u ∂tx , 0=gx....40
29. Zapišite posebno rešitev enačbe neskončne prosto nihajoče strune, pri čemer upoštevate začetna pogoja ux ,0=fx∈∂u ∂tx , 0=gx≡ 0. Na kratko opišite geometrijsko reprezetacijo te rešitve.................42
30. Grafično prikažite rešitev enačbe neskončne prosto nihajoče strune, pri čemer upoštevate začetna pogoja ux ,0=fx∈∂u ∂tx , 0=gx≡ 0 ob časih t 1=a 2c , t 2=3 t 1 in t 3=5 t 1. Pri tem je c hitrost širjenja motnje, a∈R+¿, funkcija f pa je definirana na naslednji način:.....................43
fx=0 za x izvenintervala – a ,a,..................................................................43
fx=x+a za−a ≤ x<0 ,.............................................................................43
fx=−x+a za0 ≤ x<a ..............................................................................43
31. Zapišite posebno rešitev enačbe neskončne prosto nihajoče strune, pri čemer upoštevate začetna pogojaux ,0=fx≡ 0∈∂ u ∂ tx , 0=gx≠ 0 Rešitev izrazite s premim in obratnim valom.................................44
32. Ob času t = 0 je struna v mirovni legi, hitrost točk (pravokotno na lego strune) je na intervalu (-a,a) različna od 0, izven tega
intervala pa je enaka 0. Začetna motnja potuje (s premim in z obratnim valom) s hitrostjo c. Na abscisni osi označite intervale, ki jih je motnja dosegla po času t 0>ac. Na katerih intervalih delci strune mirujejo ob času t0.............................................................45
33. Za končno struno dolžine l navedite:........................................46
običajno (za obravnavo nihanja najpreprostejšo) postavitev mirovne lege strune v koordinatni sistem...................................................46
začetne pogoje nihanja (tudi zapis s simboli).................................46
tri različne vrste robnih pogojev (tudi zapis s simboli)....................46
34. Funkciji f in g določata začetne pogoje nihanja končne strune dolµzine l. Na kratko opišite razširitev definicijskih območij funkcij f in g iz intervala [0, l] na R. Dokažite, da sta funkciji f in g lihi in periodični......................................................................................47
35. Opredelite pojem "stoječi valovi" (analitično) in navedite osnovno značilnost nihanja delcev strune pri tem pojavu..............49
36. Zapišite postopek, s katerim enorazsežno valovno enačbo pri obravnavi stoječih valov prevedemo na dve navadni diferencialni enačbi. Zapišite vrsti teh dveh enačb.............................................50
37. Pri obravnavi stoječih valov z metodo po Fourireju želimo rešiti diferencialno enačbo oblike X ' '+ λX=0. Rešite enačbo zaλ>0 in v povezavi z rešitvijo zapišite lastno vrednost λ n in lastno funkcijo Xn......................................................................................................51
38. Za vrednosti n=01,2,3,4 zapišite lastne funkcije Xn stoječega valovanja, narišite njihove grafe in označite vozlišča.....................52
39. Pri obravnavi stoječih valov z metodo po Fourireju želimo rešiti diferencialno enačbo oblike T ' ' +c2 λT=0. Rešite enačbo zaλ>0 in v povezavi z rešitvijo zapišite lastno krožno frekvenco ωn.................53
40. Za osnovni (prvi) in n-ti val stoječega valovanja zapišite funkcijo odmika u(x,t), krožno frekvenco, nihajni čas in narišite graf funkcije, ki ponazarja amplitudo nihanja točke x.........................................54
41. Pri splošni obravnavi stoječ1h valov ob upoštevanju začetnih pogojev ux ,0=fx , ∂u ∂ tx , 0=gx in robnih pogojev u 0 , t=0 , ul , t=0 za vsak t ≥ 0 opisuje nihanje funkcija................................................................55
ux ,t=n=1 ∞sin nπxl∙ An cos ωnt+Bn sin ωnt..................................................55
Pokažite, da lahko funkcijo u(x,t) zapišemo v obliki "klasične rešitve" enorazsežne valovne enačbe prosto nihajoče strune........55
42. Zapišite enačbo za vsiljeno nihanje strune dolžine l, poimenujte vse zapisane simbole, navedite robne pogoje in splošne začetne pogoje ter na kratko opišite, iz katerih dveh vrst nihanj je v tem primeru sestavljeno nihanje strune...............................................58
43. Navedite glavne korake pri iskanju rešitve PDE, ki opisuje vsiljeno nihanje strune..................................................................59
44. S pomočijo Laplaceove transformacije poiščite rešitev enorazsežne valovne enačbe, ki opisuje nihanje pol neskončne strune. Pri tem upoštevajte, da je ux ,0=∂ u ∂ tx , 0=0, bližnji konec strune niha sinusno, "neskončno oddaljeni" konec pa miruje........60
45. Izpeljite enačbo prosto nihajoče pravokotne membrane in poimenujte zapisane simbole. Narišite tudi ustrezno sliko.............63
46. Rešitev dvorazsežne valovne enačbe ∂ 2u ∂t 2=c 2∂2 u ∂ x2+∂ 2 u∂ y2
iščemo z nastavkom u(x,y,t)=U(x,y)T(t). Izpeljite diferencialni enačbi za neznani funkciji U(x,y) in T(t). Poimenujte enačbo za funkcijo U(x,y)............................................................................................65
47. Rešite diferencialni enačbi T +k2∙c2∙T= in ∂ 2U ∂ x 2+∂ 2U ∂ y 2+k 2 ∙U=0, ki nastopata v iskanju rešitve homogene dvorazsežne valovne enačbe ∂ 2u ∂t 2=c 2∂2 u ∂ x2+∂ 2 u∂ y2ter zapišite funkcijo u(x,y,t), ki predstavlja odmik prosto nihajoče membrane...............................66
48. Navedite bistveno razliko med frekvencami nihanja strune in nihanja membrane. Razložite (opis in zapis s simboli) pojav izrojenosti, ki ga zasledimo pri nihanju membrane........................68
49.) Odmik pri nihanju kvadratne membrane izrazimo kot............69
umnx , y , z=A ∙ sinmπax∙ sinnπay−B ∙ sinnπax ∙ sinmπay ∙∅ t ..................................69
Izračunaj vozle odmika umnx , y , z za vrednosti BA=0 ,12 , 1∈∞. Pri vsakem primeru narišite sliko, ki prikazuje izračunane vozle..........69
50. Proučujemo nihanje krožne membrane s polmerom a. Zapišite ustrezno valovno enačbo v polarnih koordinatah. Poimenujte vse zapisane simbole in narišite skico membrane v koordinatnem sistemu. Navedite robni pogoj (membrana je pripeta na krožnici, ki jo omejuje) in splošna začetna pogoja...........................................72
51. Dvorazsežno valovno enačbo v polarnih koordinatah bomo reševali z metodo separacije z nastavkom ur ,φ , t=Rr ∙ P (φ) ∙T (t). Izpeljite tri diferencialne enačbe, ki jim ustrezajo funkcije Rr , P(φ) in T (t)................................................................................................73
52. V postopku reševanja dvorazsežne valovne enačbe v polarnih koordinatah pridemo do enačbe...................................................74
53. Grafično prikažite nihanje okrogle membrane za vozle, ki jih določajo ničle Besselove funkcije m-tega reda 1.vrste za m = 0,1,2 (v vsakem primeru za prvi dve ničli)..................................................75
54. Izpeljite enorazsežno enačbo za prevajanje toplote. Poimenujte vse zapisane simbole.....................................................................76
55. Funkcija, ki opisuje prenos toplote v dolgi kovinski palici s konstantnim presekom in idealno izolacijo, razen v smeri dolžine palice, je rešitev enorazsežne enačbe za prevajanje toplote. Zapiši to enačbo, običajne začetne in robne pogoje ter nastavek, s katerim iščemo rešitev enačbe...................................................................77
56. Pri reševanju enorazsežne enačbe za prevajanje toplote smo izpeljali dve navadni diferencialni enačbi. Zapišite obe enačbi, poiščite njuni splošni rešitvi, nato pa še posebni rešitvi ob upoštevanju običajnih robnih in začetnih pogojev.........................78
57.) Zapišite trirazsežno Laplaceovo enačbo, ki ji ustreza funkcija f =fx , y , z . Naštejte nekaj področij iz fizike, kjer uporabljamo Laplaceovo enačbo........................................................................80
58. Pokažite, da je funkcija fr=cr potencial gravitacijskega polja in da ustreza Laplaceovi enačbi (z r smo označili razdaljo med točkastima telesoma z različnima masama, c=konst.)........................................81
59. Izhajajte iz dvorazsežne Laplaceove enačbe v kartezičnih koordinatah in izpeljite Laplaceovo enačbo v polarnih koordinatah......................................................................................................83
60. Funkcija u=ur ,φ ,ϑ , r , φ , ϑ so sferične koordinate, vpeljane na običajen način, predstavlja porazdelitev električnega potenciala na sferi. Funkcija u zadošča enačbi.....................................................85
∆ u=1 r2 ∙ ∂ ∂ rr 2 ∂u ∂ r+1 sinϑ ∙∂ ∂ ϑsinϑ ∙∂ u∂ϑ +1 sin2 ϑ ∙∂ 2u ∂ φ 2=0......................85
Enačbo rešujemo z metodo separacije. Izpeljite Euler-Cauchyjevo in Legendreovo enačbo, do katerih nas pripelje postopek reševanja zgornje enačbe..............................................................................85
61.Rešite obe navadni diferencialni enačbi iz prejšnje naloge (št.60) in zapišite splošni rešitvi PDE iz naloge 60 za območje znotraj sfere in za območje izven sfere, na kateri je porazdeljen električni potencial.......................................................................................87
1. Osnovni izrek kombinatorike. Navedite preprost primer in narišite ustrezno kombinatorično drevo........................................90
2. Kaj je slučajni vzorec? Opišite razliko med opisno in analitično (induktivno) statistiko...................................................................90
3. Variacije brez ponavljanja in s ponavljanjem.............................91
4. Kombinacije brez ponavljanja in s ponavljanjem. Vezane kombinacije..................................................................................91
1. Definirajte pojem "parcialna diferencialna enačba" (krajše PDE).
PDE je enačba, v kateri nastopa neznana funkcija več neodvisnih spremenljivk, njene neodvisne spremenljivke in parcialni odvodi neznane funkcije imenujemo PARCIALNA DIFERENCIALNA ENAČBA
2. Definirajte pojem "red PDE" in navedite primer za PDE 1. reda in PDE 2. reda. Vsaka enačba naj vsebuje vsaj tri člene.
Red najvišjega parcialnega odvoda, ki nastopa v PDE, določa red PDEPDE 1. reda:
F (u , x , y , z ,∂u∂ x
,∂u∂ y
,∂ u∂ z )=0
PDE 2. reda:
F (u , x , y , z ,∂ z∂ x
,∂ z∂ y
,∂ z∂ z
,∂2 z∂ x2 ,
∂2 z∂ y2 ,
∂2 z∂ z2 )=0
3. Definirajte pojem "rešitev PDE". Opredelite "splošno" in "partikularno" rešitev PDE.
Rešitev PDE - vsaka funkcija, ki skupaj s svojimi parcialnimi odvodi zadošča dani PDESplošna rešitev PDE reda n vsebuje n prostih integracijskih konstant, ki jim vrednosti prosto izberemo ali kako drugače določimo (na primer upoštevamo začetne pogoje).Partikularna rešitev PDE - dobimo jo iz splošne rešitve tako, da konstantne vrednosti določimo.
4. Kateri dve vrsti pogojev upoštevamo za enolično rešitev dane PDE? Na kratko opišite obe vrsti pogojev.
Za enolično rešitev dane PDE upoštevamo robne in začetne pogoje.Robni pogoji so predpisane vrednosti iskane funkcije in /ali vrednosti njenih odvodov.Začetni pogoji so vrednosti funkcij ob začetku merjenja poteka dogodkov
5. S simboli zapišite eno-, dvo- in trirazsežen Laplaceov diferencialni operator. Zapišite Laplaceovo enačbo, ki ji ustreza funkcija treh neodvisnih spremenljivk f.
Enorazsežen Laplaceov operator: ∆= ∂2
dx2
Dvorazsežen Laplaceov operator: ∆= ∂2
dx2 +∂2
dy2
Trirazsežen Laplaceov operator: ∆= ∂2
dx2 +∂2
dy2 +∂2
dz2
Primer: u=1r
,r=√ x2+ y2+z2
6. Definirajte pojem "linearna PDE" in navedite primer take enačbe. Enačba naj vsebuje vsaj tri člene.
PDE je linearna, če v njej nastopa neznana funkcija in njeni parcialni odvodi le linearno in ne več kot eden v vsakem členu enačbePrimer linearne PDE, s 4-mi členi :
∂2u∂ x∂ y
+ ∂u∂ x
+ ∂ u∂ y
+u=0 , u ( x , y )
7. Definirajte pojma "homogena in nehomogena linearna PDE". Za obe vrsti enačb zapišite po en primer. Vsaka enačba naj vsebuje vsaj tri člene.
Linearna PDE je homogena, če vsak njen člen vsebuje ali neznano funkcijo ali pa po en njen parcialni odvod. Če v enačbi nastopa tudi člen, ki vsebuje samo neodvisne spremenljivke, je enačba nehomogena.
Homogena linearna PDE: ∂ u∂ x
+2 ∙∂2u∂ y2−u=0
Nehomogena linearna PDE: ∂ u∂ x
+2 ∙∂2u∂ y2−u=g
8. Zapišite enačbo, iz katere je razvidno, da je funkcija u = u(x, y, z) harmonična funkcija treh neodvisnih spremenljivk.
Harmonična funkcija je tista funkcija, ki zadošča Laplaceovi enačbi ∆ u=0
∂2 u∂ x2 + ∂2u
∂ y2 + ∂2u∂ z2 =0
9. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂2 u∂ x2 =0, pri čemer je
u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji ene spremenljivke.
∂2 u∂ x2 =0, u=u(x,y)
∂∂ x ( ∂ u
∂ x )=0 kar je v oklepaju, mora biti enako nič → to je torej funkcija
y∂ u∂ x
= f ( y )∨∫ po x
∫ ∂ u∂ x
dx=∫ f ( y ) dx
u=∫ f ( y ) dx=f ( y )∫dx
u=f ( y ) x+g ( y)
10. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂2u∂ y2=0, pri čemer je
u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji spremenljivke x.
∂2u∂ y2=0, u=u(x,y)
∂∂ y ( ∂ u
∂ y )=0 kar je v oklepaju, mora biti enako nič → to je torej funkcija
x∂u∂ y
=f ( x )∨∫ po y
∫ ∂u∂ y
dy=∫ f ( x ) dy
u=∫ f ( x ) dy=f (x)∫ dy
u=f ( x ) y+g (x)
11. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂2u∂ y∂ x
=0, pri čemer je
u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji ene spremenljivke.
∂∂ y ( ∂u
∂ x )=0 kar je v oklepaju, mora biti enako nič → to je torej funkcija
y∂ u∂ x
=f ( x )∨∫ po x
∫ ∂ u∂ x
dx=∫ f ( y ) dx
u=∫ f ( x ) dx
u=f 1 ( x )+g ( y)
12. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂2u∂ y∂ x
=∂ u∂ x
, pri čemer je
u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji ene spremenljivke.
∂2u∂ y∂ x
=∂ u∂ x
/ : ∂ u∂ x
preoblikujemoenačbo(na desni je 1)
∂2 u∂ y ∂ x
∂u∂ x
=1/∫ integriramo jo pospremenljivki y
∫∂2 u
∂ y ∂ x∂ u∂ x
dy=∫ 1 dy
ln∂ u∂ x
=∫1 ∙ dy= y+ f 1(x )
∂ u∂ x
=ey +f 1 ( x )=ey ∙ e f 1 ( x )=e y ∙ f 2 ( x ) /∫ po x
∫ ∂ u∂ x
=∫e y ∙ f 2 ( x ) dx=ey∫ f 2 ( x )dx=e y ( f 3 ( x )+ f 4 ( y ) )splošnarešitev :
u=e y ∙ f ( x )+g ( y )
13. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂2 u∂ x2 + ∂2u
∂ x=0, pri čemer je
u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji spremenljivke y.
∂2 u∂ x2 + ∂2u
∂ x=0
∂∂ x ( ∂ u
∂ x+u)=0
∂ u∂ x
+u=f ( y )
Najprej rešimo homogeni del:
∂ u∂ x
+u=0⟶ ∂ u∂ x
=−u/ :u
∂u∂ xu
=−1/∫
∫∂ u∂ xu
=−∫ 1dx
ln u=−x+ f 1 ( y )
u=e−x+ f 1 ( y )=e− x ∙ e f 1 ( y )
u=g ( y ) ∙ e−x - splošna rešitev
u=g ( x , y ) e−x ← nastavek zau ,iščemo g
∂ u∂ x
=∂ g∂ x
∙ e−x+g ( x , y ) ∙ e−x ∙ (−1 ) ←njegov odvod
uvstavimo v nehomogeno enačbo :∂ u∂ x
+u=f ( y )
∂ g∂ x
∙ e−x−g ∙ e−x+g ∙e− x=f ( y ) / ∙ ex
∂ g∂ x
=ex ∙ f ( y ) /∫ po x
∫ ∂ g∂ x
dx=f ( y )∫ ex dx=f ( y ) ∙(ex+f 2 ( y ) )=f ( y ) ∙ ex+ f 2 ( y )
u=( f ( y ) ∙ ex+ f 3 ( y ) ) ∙ e−x=f ( y )+ f 3 ( y ) ∙ e− x
u ( x , y )=v ( y )+w ( y ) ∙ e−x
14. Zapišite postopek reševanja enačbe ∂2 u∂ x2 +u=0, pri čemer je
u=u(x , y ) funkcija dveh neodvisnih spremenljivk. Rešitev izrazite s funkcijama f in g, ki sta funkciji spremenljivke y.
∂2 u∂ x2 +u=0
Nastavek:a k2+bk+c=0a=1b=0c=1
k 2+1=0k 2=−1k 1,2=± injena splošna rešitev je funkcije oblike :
u=C1( y )∙ cos x+C2( y) ∙ sin x
u=u (x , y )=f ( y ) ∙cos x+g ( y ) ∙ sin x
∂ u∂ x
= f ( y ) ∙ (−sin x )+g ( y ) ∙ cos xu+ ∂2u∂ x2 =0
∂2 u∂ x2 =−f ( y ) ∙ cos x−g ( y ) ∙sin x Predlog rešitve
15. Zapišite splošno obliko linearne PDE 2. reda s konstantnimi koeficienti in vsaj tri njene kanonične oblike.
Splošna oblika linearne parcialne enačbe 2. reda s konstantnimi koeficienti je:
a∂2 u(x , y )
∂ x2 +2 b∂2 u(x , y )
∂ y∂ x+c
∂2u (x , y )∂ y2 +d
∂u (x , y )∂ x
+e∂u (x , y )
∂ y+ fu ( x , y )=g(x , y )
Pri tem so: u=u(x,y) a,b,c,d,e,f =konstantePrimeri kanoničnih oblik:
1¿ ∂2u∂ x2 =0
2¿ ∂2 u∂ x ∂ y
=0
3¿ ∂2u∂ y2 =0 d ¿ ∂2 u
∂ x2 +∂2 u∂ y2 =0
16. Poimenujte in na kratko opredelite tri tipe Eulerjeve enačbe glede na ničle prirejenega karakterističnega polinoma.
Splošna oblika Eulerjeve enačbe (d=e=f=0):
a∂2 u∂ x2 +2 b
∂2 u∂ y ∂ x
+c∂2u∂ y2 =0, ki ji priredimo karakteristični polinom
F ( λ )=aλ2+2 bλ+c,
katerega ničli sta enaki λ1,2=−2b ±√4 b2−4ac
2 a=−b ±√b2−ac
a.
PDE imenujemo glede na ničle:Eliptična tip: b2−ac<0, rešitev izhaja iz Laplaceove enačbe:
∂2 u∂ x2 + ∂2u
∂ y2 =0 ;a=1 , b=0 ,c=1
Hiperbolični tip: b2−ac>0 , rešitev izhaja iz Valovne enačbe:
k 2 ∂2 u∂ x2 =
∂2u∂ t 2 ;a=k2 , b=0 , c=−1
Parabolični tip: b2−ac=0 , rešitev izha jaiz Difuzijske enačbe :
k∂2 u∂ x2 =
∂ u∂ t
, a=k , b=0 , c=0
17. Klasificirajte dvorazsežno Laplaceovo, enorazsežno valovno in enorazsežno difuzijsko enačbo glede na hiperbolični, parabolični ali eliptični tip. Klasifikacijo v vsakem primeru argumentirajte.
Laplaceova (dvorazsežna) enačba:∂2 u∂ x2 + ∂2u
∂ y2 =0
Koeficienti glede na splošni zapis Eulerjeve enačbe: a=1, b=0, c=1,b2−ac=0−1=−1<0, torej je to ELIPTIČNI TIP.
Valovna (enorazsežna) enačba:
k 2 ∙∂2u∂ x2 =
∂2u∂ t2 ;
koeficienti glede na splošni zapis Eulerjeve enačbe: a=k2, b=0, c=-1, b2−ac=0−k2 ∙ (−1 )=k2 k2>0. Torej ustreza valovna enačba HIPERBOLIČNEMU TIPU. Difuzijska (enorazsežna) enačba:
k ∙∂2u∂ x2 =
∂u∂ t
Koeficienti: a=k, b=0, c=0b2−ac=0−0=0
To je PARABOLIČEN TIP ENAČBE.
18. Kako uvedemo novi spremenljivki v in w pri reševanju Eulerjeve enačbe hiperboličnega tipa? Za tako uvedeni
spremenljivki izračunajte ∂2 u∂ x2 ,
∂2u∂ y ∂ x in ∂2u
∂ y2 , pri čemer je u=u(x , y )
iskana funkcija dveh neodvisnih spremenljivk.
Pri hiperboličnem primeru - tipu je b2−ac>0in karakteristični polinom ima dve realni ničli λ1in λ2. Polinom je F ( λ )=a λ2+2bλ+c
Uvedemo novi spremenljivki v in w:v= y+λ1 x∈w= y+ λ2 x →u ( x , y )=u ( v ( x , y ) , w ( x , y ) )
∂ v∂ x
=λ1∂ v∂ y
=1∂ w∂ x
=λ2∂ w∂ y
=1
∂ u∂ x
=∂ u∂ v
∙∂ v∂ x
+ ∂u∂ w
∙∂ w∂ x
=λ1∂ u∂ v
+λ2∂ u∂ w
∂u∂ y
=∂u∂ v
∙∂ v∂ y
+ ∂ u∂ w
∙∂ w∂ y
=∂u∂ v
+ ∂ u∂ w
∂2 u∂ x2 =
∂∂ x
∙(λ1∂u∂ v
+ λ2∂ u∂ w )= ∂
∂ v∙( λ1
∂u∂ v
+λ2∂ u∂ w )∙ ∂ v
∂ x+ ∂
∂ w∙( λ1
∂u∂ v
+λ2∂u∂ w )∙ ∂ w
∂ x=λ1
2 ∂2 u∂ v2 +2 λ1 λ2
∂2u∂ v ∂ w
+λ22 ∂2u
∂ w2
∂2u∂ y∂ x
= ∂∂ y
∙(λ1∂ u∂ v
+ λ2∂ u∂ w )= ∂
∂ v∙(λ1
∂u∂ v
+ λ2∂ u∂ w )∙ ∂ v
∂ y+ ∂
∂ w∙(λ1
∂ u∂ v
+ λ2∂ u∂ w ) ∙
∂ w∂ y
= λ1∂2 u∂ v2 +( λ1+λ2)
∂2u∂ v ∂ w
+λ2∂2u∂ w2
∂2u∂ y2=
∂∂ y ( ∂u
∂ v+ ∂ u
∂ w )= ∂∂ v ( ∂ u
∂ v+ ∂ u
∂ w ) ∂ v∂ y
+ ∂∂ w ( ∂ u
∂ v+ ∂ u
∂ w ) ∂ w∂ y
=∂2 u∂ v2 +2
∂2u∂ v ∂ w
+ ∂2u∂ w2
19. Opredelite karakteristike Eulerjeve enačbe hiperboličnega tipa. Karakteristike grafično prikažite za nekaj izbranih vrednosti konstant, ki nastopajo v karakteristikah.
Karakteristike hiperbolične enačbe imajo obliko: y+λ1 x=konst . in y+λ2 x=konst . (kjer sta λ1∈λ2 dve različni realni ničli karakterističnega polinoma; λ1≠ λ2).
20. Kako uvedemo novi spremenljivki v in w pri reševanju Eulerjeve enačbe paraboličnega tipa? Za tako uvedeni
spremenljivki izračunajte ∂2 u∂ x2 ,
∂2u∂ y ∂ x in ∂2u
∂ y2 , pri čemer je u=u(x , y )
iskana funkcija dveh neodvisnih spremenljivk.
Pri paraboličnem primeru - tipu je b2−ac=0
Pri uvedbi v in w upoštevamo λ1= λ2= λ ≠ 0 (karakteristični polinom ima eno dvojno ničlo)v= y+λ x∈w= y→ u ( x , y )=u ( v (x , y ) , w ( x , y ) )
∂ v∂ x
=λ∂ v∂ y
=1∂ w∂ x
=0∂ w∂ y
=1
∂ u∂ x
=∂ u∂ v
∙∂ v∂ x
+ ∂u∂ w
∙∂ w∂ x
=λ ∙∂ u∂ v
∂u∂ y
=∂u∂ v
∙∂ v∂ y
+ ∂ u∂ w
∙∂ w∂ y
=∂u∂ v
+ ∂ u∂ w
∂2 u∂ x2 =
∂∂ x
∙(λ ∙∂u∂ v )= ∂
∂ v∙( λ ∙
∂ u∂ v )∙ ∂ v
∂ x+ ∂
∂ w∙( λ ∙
∂ u∂ v ) ∙
∂ w∂ x
=λ2 ∙∂2u∂ v2
∂2u∂ y∂ x
= ∂∂ y
∙(λ ∙∂u∂ v )= ∂
∂ v∙( λ ∙
∂ u∂ v )∙ ∂ v
∂ y+ ∂
∂ w∙(λ ∙
∂ u∂ v )∙ ∂ w
∂ y=λ ∙( ∂2u
∂ v2 +∂2 u
∂ w ∂ v )∂2u∂ y2=
∂∂ y ( ∂u
∂ v+ ∂ u
∂ w )= ∂∂ v ( ∂ u
∂ v+ ∂ u
∂ w ) ∂ v∂ y
+ ∂∂ w ( ∂ u
∂ v+ ∂ u
∂ w ) ∂ w∂ y
=∂2 u∂ v2 +2
∂2u∂ v ∂ w
+ ∂2u∂ w2
21. Opredelite karakteristike Eulerjeve enačbe paraboličnega tipa. Karakteristike grafično prikažite za nekaj izbranih vrednosti konstant, ki nastopajo v karakteristikah.
Karakteristike parabolične enačbe imajo obliko: y+λx=konst . - (kjer je λ ena dvojna ničla karakterističnega polinoma). Torej so karakteristike med seboj vzporedne premice, ki jih dobimo iz enačbe y=− λx+C - (vstavljamo različne vrednosti konstante C).
22. Kako uvedemo novi spremenljivki v in w pri reševanju Eulerjeve enačbe eliptičnega tipa? Novi spremenljivki izrazite z realno in imaginarno komponento ničel prirejenega
karakterističnega polinoma. Izračunajte ∂2 u∂ x2 ,
∂2u∂ y ∂ x in ∂2u
∂ y2 , pri
čemer je u=u(x , y ) iskana funkcija dveh neodvisnih spremenljivk.
Pri eliptičnem primeru - tipu je b2−ac<0in karakteristični polinom ima konjugirani kompleksi ničli λ1in λ2:
λ1=−b
a+i √ac−b2
aλ2=
−ba
−i √ac−b2
a
Uvedemo oznaki r1=ba in r2=
√ac−b2
a in dobimo:
λ1=r1+ir2 λ2=r1−i r2
Sledi uvedba novih spremenljivk v in w:v= y+λ1 x= y+(r1+i r2 ) x=( y+r1 x )+i (r2 x )w= y+λ2 x= y+( r1−ir 2) x=( y+r1 x )+i (−r2 x )
Sledi uvedba še dveh novih neodvisnih spremenljivk X in Y:X=ℜ (v )=ℜ (w )= y+r1 xY=ℑ (v )=−ℑ ( w )=r 2 x
Funkcijo u ( x , y )obravnavamo kot funkcijo, odvisno od x in y posredno preko X in Y.u ( x , y )=u ( X ( x , y ) ,Y ( x , y ))
Sledi izračun odvodov:∂ X∂ x
=r1∂ X∂ y
=1∂ Y∂ x
=r2∂ Y∂ y
=0
∂ u∂ x
= ∂ u∂ X
∙∂ X∂ x
+ ∂u∂ Y
∙∂Y∂ x
=r1 ∙∂u∂ X
+r 1∙∂ u∂ Y
∂u∂ y
= ∂ u∂ X
∙∂ X∂ y
+ ∂ u∂Y
∙∂ Y∂ y
= ∂u∂ X
∂2 u∂ x2 =
∂∂ x (r1
∂u∂ X
+r2∂ u∂ Y )= ∂
∂ X (r1∂u∂ X
+r 2∂ u∂Y )∙ ∂ X
∂ x+ ∂
∂ Y (r1∂u∂ X
+r2∂ u∂Y )∙ ∂Y
∂ x
¿ r12 ∂2u
∂ X 2 +2 r1r 2∂2 u
∂ X2Y+r2
2 ∂2 u∂Y 2
∂2u∂ y∂ x
= ∂∂ y (r 1
∂ u∂ X
+r2∂ u∂ Y )= ∂
∂ X (r1∂u∂ X
+r 2∂ u∂ Y )∙ ∂ X
∂ y+ ∂
∂ Y (r1∂u∂ X
+r 2∂ u∂Y )∙ ∂Y
∂ y=r1
2 ∂2 u∂ X2 +r2
2 ∂2 u∂ X ∂ Y
∂2u∂ y2=
∂∂ y ( ∂u
∂ X )= ∂∂ X ( ∂ u
∂ X )( ∂ X∂ y )+ (… ) ∙ 0=∂2 u
∂ x2
23. Zapišite splošno trirazsežno valovno enačbo in ustrezna začetna pogoja. Poimenujte vse zapisane simbole.
∂2u∂ t 2 =a2 ∆ u+ f (x , y , z ,t )
u - iskana funkcija, ki opisuje odmik masne točke od mirovne lege (u=u ( x , y , z , t ) )f - zunanja silaa2 - konstanta, odvisna od obravnavanega fizikalnega problema (struna, opna, ...)t - čas∆ - Laplaceov operator
Začetna pogoja:u∨¿t=0=f 1 ( x , y , z )−začetniodmik ¿
∂ u∂ t
∨¿t=0=f 2 ( x , y , z )−začetna hitrost ¿
Robni pogoji so odvisni od fizikalne situacije – kje in kako je pritrjeno nihajoče telo.
24. Katere privzetke upoštevamo pri izpeljavi enačbe prosto nihajoče strune?
Pri izpeljavi prosto nihajoče strune upoštevamo naslednje privzetke:- Struna je homogena (njena gostota je konstantna)- Struno obravnavamo kot tanko elastično nit, ki niha v smeri,
pravokotno na svojo dolžino (transverzalno)- Struno postavimo v koordinatni sistem tako, da leži na abscisni
osi- Težo strune zanemarimo- Odmiki točk na struni od ravnovesne lege so majhni v primerjavi
z dolžino strune- Pri vsaki fiksni vrednosti časa bo imela struna obliko neke
krivulje; privzemimo, da je ta krivulja gladka, da v vsaki njeni točki obstaja tangenta na krivuljo in da obstaja drugi parcialni odvod funkcije u po x
25. Izpeljite enačbo prosto nihajoče strune in poimenujete zapisane simbole. Narišite tudi ustrezno sliko.
Vsota vseh sil v vodoravni smeri je nič:
-ko na struno delujemo z neko silo začne nihati–opazujemo delček strune med točkama P in Q– u=u(x,t) pomeni odmik točke od ravnovesne lege in je funkcija dveh neodvisnih spremenljivk:_x – abcisa opazovane točke na struni_t – čas–F1∈F2 sta napetosti v točkah P in Q, njuni smeri sta tangencialni na krivuljo (struno)–ker ni nihanja strune v vodoravni smeri, sta vodoravni komponenti obeh sil F1∈F2 konst.(enaki F) ∑ sil=0
|F1|=F1 ; |F2|=F2
−F1cos α+F2cos β=0
F1cos α=F2 cos β=0
– Vsota navpičnih komponent silF1∈F2 je enaka produktu med delčka strune in pospeškom∑ sil=masa ∙ pospešek
−F1sin α +F2 sin β=ρΔx ∙∂2 u∂ t 2 /: F
ρ−dolžiska gostota [ kg /m ]
−F1 sin α
F1 cosα+
F2 sin β
F2 cos β= ρ ∆ x
F∙
∂2u∂ t 2
−tan α+ tan β= ρF
Δ x ∙∂2 u∂t 2 / : Δ x
tan α=k1=∂ u∂ x
( x ); tan β=k2=∂ u∂ x
( x+ Δx )
∂u∂ x
( x+Δx )−∂ u∂ x
(x)
Δx=
ρF
∙∂2u
∂ t 2 / limΔx→ 0
∂2 u∂ x2 =
ρF
∙∂2u∂ t 2
ρF
∙∂2u∂ t2 − ∂2u
∂ x2 =0
ρF ( ∂2u
∂ t 2 −Fρ
∙∂2u∂ x2 )=0 / : ρ
F
∂2u∂ t 2 −
Fρ
∙∂2u∂ x2 =0
c2= Fρ
∂2u∂ t 2 =c2 ∙
∂2u∂ x2
26. Navedite glavne korake pri iskanju D'Alembertove rešitve enačbe prosto nihajoče strune (brez upoštevanja začetnih in robnih pogojev).
1.) zapišemo enačbo za prosto nihajočo struno∂2u∂ t 2 =c2 ∂2 u
∂ x2
2.)Pripadajoča karakteristična enačba: λ2−c2=0 ; λ1,2=± chiperboličen tip enačbe
3.) uvedemo novi spremenljivki:v=x−ct , w=x+ct
4.) enačba preide v kanonično oblikoRešitev smo že določili:
∂ u2
∂ v ∂ w=0 → u= (x , t )=φ (v )+ψ (w)
5.) vrnemo prvotni spremenljivki x in t in dobimo enačbou=u (x , t )=φ ( x−ct )+ψ (x+ct )
Ta enačba je D'Alembertova rešitev PDE prosto nihajoče strune.
27. Na kratko opišite geometrijsko ponazoritev D'Alembertove rešitve enačbe prosto nihajoče strune (premi val, obratni val).
I.)φ naj bo poljubna dvakrat odvedljiva funkcija spremenljivke x in ψ ≡0
Odmik točke x je enak: u ( x , t )=φ ( x−ct )
Odmik pri času t=0: u ( x , 0 )=φ ( x )
Opazovalec v točki x0
Odmik za opazovalca ob času t=0: ( x0 , 0 )=φ ( x0 ).Opazovalec naj potuje iz točke x0 s konst. Hitrostjo c v pozitivni smeri osi x!Ob času t pride do točke: x0+ct
Odmik za opazovalca ob času t: u ( x0+ct ,t )=φ ( x0+ct−ct )=φ ( x0 )Izgleda kot da bi graf funkcije φ enakomerno potoval kot toga celota v smeri pozitivnega dela osi x, s hitrostjo c.Temu pravimo PREMI VAL
II.) Podobno bi lahko razmišljali v primeru, ko je ψ poljubna dvakrat odvedljiva funkcija spremenljivke x in φ ≡ 0
Odmik točke x je enak: u ( x , t )=ψ ( x+ct )
Odmik pri času t=0: u ( x , 0 )=ψ (x )
Opazovalec v točki x0
Odmik za opazovalca ob času t=0: u ( x0 ,0 )=ψ ( x )
Opazovalec naj potuje iz točke x0 s konst. Hitrostjo c v negativni smeri osi x!Ob času t pride do točke: x0−ct
Odmik za opazovalca ob času t:u ( x0−ct , t )=ψ ( x0−ct +ct )=ψ ( x0 ) Izgleda kot da bi graf funkcije ψ enakomerno potoval kot toga celota v smeri negativnega dela osi x, s hitrostjo c. temu pravimo OBRATNI VAL!
28. Izpeljite posebno rešitev enačbe neskončne prosto nihajoče strune, pri čemer upoštevate začetna pogoja u ( x , 0 )=f ( x )∈∂ u
∂t(x ,0 )=g ( x ).
začetna pogoja: gibalno stanje strune v časut=0: u ( x , 0 )=f (x)
hitrost vsake točke strune v času t=0: ∂ u∂ t
( x ,0 )=g ( x )
D'Alembertova splošna rešitev PDE prosto nihajoče strune je :u ( x , t )=φ ( x−ct )+ψ ( x+ct)
Izračunamo:u ( x , 0 )=φ ( x )+ψ (x )=f (x )
u ( x , t )=φ ( x−ct )+ψ ( x+ct)∂ u∂ t
( x ,t )=φ' (x−ct ) ∙(−c)+ψ '(x+ct )∙(c)
∂ u∂ t
( x ,0 )=−c ∙φ' (x)+c ∙ψ ' (x )=g(x ).../ :c
−φ '(x )+ψ ' (x)=1c
∙ g(x)
φ ( x )+ψ ( x )=f ( x)
Ker nastopata v prvi enačbi odvoda obeh funkcij, jo integriramo. Pri tem spremenimo integracijsko spremenljivko (x → z) :
−∫0
x
φ '(z )dz+∫0
x
ψ ' (z )dz=1c∫
0
x
g (z)dz.
−[φ ( x )−φ (0 ) ]+[ψ ( x )−ψ (0 )]=1c∫0
x
g(z )dz
−φ ( x )+ψ ( x )=1c∫
0
x
g ( z ) dz−φ (0 )+ψ (0 )
φ ( x )+ψ ( x )=f ( x)
−φ ( x )+ψ ( x )=1c∫
0
x
g ( z ) dz+C
ψ ( x )=12
f ( x )+ 12 c
∫0
x
g ( z ) dz+C /2
+
sistem enačb za iskani funkciji ψ in ϕ
φ ( x )=12
f (x )− 12c
∫0
x
g ( z ) dz−C /2
Iz sistema 2x2 smo izračunali funkcijo φ∈ψ, ki jo zdaj vstavimo v splošno rešitev enačbe.
u ( x , t )=φ ( x−ct )+ψ ( x+ct)
u ( x , t )=12
f ( x−ct )− 12 c
∫0
x−ct
g ( z ) dz−C2
+12
f ( x+ct )
+12 c
∫0
x +ct
g ( z ) dz+C2
¿f ( x−ct )+ f ( x+ct )
2+ 1
2 c∫
x−ct
0
g ( z ) dz+ 12 c
∫0
x+ct
g (z ) dz=
u ( x , t )= f ( x−ct )+ f (x+ct )2
+ 12 c
∫x−ct
x+ct
g ( z ) dz
29. Zapišite posebno rešitev enačbe neskončne prosto nihajoče strune, pri čemer upoštevate začetna pogoja u ( x , 0 )=f ( x )∈∂ u
∂t(x ,0 )=g ( x ) ≡0. Na kratko opišite geometrijsko
reprezetacijo te rešitve.
Iz začetih pogojev je razvidno, da je ob času t 0 hitrost vsake točke strune enaka 0.Posebna rešite:
u ( x , t )= f ( x−ct )+ f (x+ct )2
Struna ima po času t obliko, ki je aritmetična sredina med premim valom (graf funkcije f ( x ) je kot celota pomaknjen za ct v desno) in med obratnim valom (graf funkcije f ( x ) je kot celota pomaknjen za ct v levo).
Količina c=√ Fρ
ima fizikalni pomen in sicer hitrost razširjenja motnje
oziroma transverzalnega nihanja.
30. Grafično prikažite rešitev enačbe neskončne prosto nihajoče strune, pri čemer upoštevate začetna pogoja
u ( x , 0 )=f ( x )∈∂ u∂t
(x ,0 )=g ( x ) ≡0 ob časih t 1=a
2 c,t 2=3 t 1 in t 3=5 t1. Pri tem je c
hitrost širjenja motnje, a∈R+¿¿, funkcija f pa je definirana na naslednji način:
f ( x )=0 za x izvenintervala ( – a , a ),
f ( x )=x+aza−a ≤ x<0 ,
f ( x )=−x+a za 0 ≤ x<a .
t=0
c t1=a
2 c=a
2
c t2=3t 1=3a
2 c=3
2a
c t3=5t 1=52
a
31. Zapišite posebno rešitev enačbe neskončne prosto nihajoče strune, pri čemer upoštevate začetna pogoja
u ( x , 0 )=f ( x ) ≡0∈ ∂u∂ t
( x ,0 )=g ( x )≠ 0 Rešitev izrazite s premim in
obratnim valom.
V tem primeru je v času t=0 odmik u=f ( x )≡ 0, točke strune pa imajo
hitrost ∂ u∂ t
( x ,0 )=g ( x ), pri čemer jeg ( x ) poljubna funkcija, definirano za
vsak x.Klasična rešitev nihanja strune dobi obliko:
u ( x , t )= 12 c
∫x−ct
x+ct
g ( z) dz
Vpeljemo oznako:
G ( x )= 12 c
∫0
x
g ( z ) dz
Potem je:
u ( x , t )= 12 c
∫x−ct
0
g ( z) dz+ 12c
∫0
x+ct
g ( z ) dz=¿− 12 c
∫0
x−ct
g ( z ) dz+ 12c
∫0
x+ct
g ( z) dz=¿¿¿
¿G ( x+ct )−G (x−ct )Odmik je razlika med nekim obratnim in premim valom.
32. Ob času t = 0 je struna v mirovni legi, hitrost točk (pravokotno na lego strune) je na intervalu (-a,a) različna od 0, izven tega intervala pa je enaka 0. Začetna motnja potuje (s premim in z obratnim valom) s hitrostjo c. Na abscisni osi
označite intervale, ki jih je motnja dosegla po času t 0>ac . Na
katerih intervalih delci strune mirujejo ob času t0.
u ( x , t )=G ( x+ct )−G ( x−ct )
t >0 :u ( x , 0 )=G ( x )−G ( x )=0
t > ac
: premi val : (−a+ct , a+ct ) ;obratni val :(−a−ct , a−ct)
-a-ct a-ct -a a -a+ct a+ct
Izven intervala (-a-ct, a+ct) struna še miruje v prvotni nemoteni legi. Na intervalu (a-ct, -a+ct) je motnja že prešla → struna miruje.
položaj začetne motnje
področje začetne motnje, ki jo je odnesel premi val
področje začetne motnje, ki jo je odnesel obratni
33. Za končno struno dolžine l navedite:
običajno (za obravnavo nihanja najpreprostejšo) postavitev mirovne lege strune v koordinatni sistem
začetne pogoje nihanja (tudi zapis s simboli)
tri različne vrste robnih pogojev (tudi zapis s simboli)
-Mirovna lega:
Koordinatni sistem postavimo tako, da je en konec strune v koordinatnem izhodišču, struna pa v mirovni legi leži na pozitivnem delu abscisne osi.-začetni pogoj:- lego strune ob času t = 0 u(x,0)=f(x)
- hitrost vsake točke strune ob t = 0 ∂ u∂ t
( x ,0 )
Robni pogoji - obravnavali bomo tri možnosti za robne pogoje: Oba konca x = 0 in x = l sta pripeta:
u(0,t)=0, u(l,t)=0 za vsak t ≥0 Noben konec strune ni pripet, ampak oba nihata;
Ordinati točk na krajiščih strune obravnavamo kot dani funkciji:u(0,t)=h1(t), u(l,t)=h2(t) za vsak t ≥0
En konec je pripet, drugi pa niha
34. Funkciji f in g določata začetne pogoje nihanja končne strune dolµzine l. Na kratko opišite razširitev definicijskih območij funkcij f in g iz intervala [0, l] na R. Dokažite, da sta funkciji f in g lihi in periodični.
Začetna pogoja: u ( x , 0 )=f (x) in ∂ u∂ t
(x , o)=g (x)
Dokažemo, da sta funkciji lihi:
u ( x , o )=−ψ (−x )+ψ ( x )=− (ψ ( x )−ψ (−x ) )=−u(x ,0)f (−x )=−f ( x )
∂ u∂ t
( x ,0 )=c (ψ ' ( x )−ψ ' (−x ))
∂ u∂ t
(−x ,0 )=c (ψ ' (−x )−ψ ' ( x ) )=−c (ψ ' (x )−ψ ' (−x ) )=−∂ u∂t
(− x , 0 )
g (−x )=−g(x )
A.)Dokažemo, da sta funkciji periodični:u ( x , t )=φ ( x−ct )+ψ ( x+c t )
Robna pogoja: u (0 , t )=0∈u (l , t )=0 za−⋁ t ≥ 0
u (0 , t )=φ (−ct )+ψ (ct )=0(1)u (l ,t )=φ (l−ct )+ψ (l+ct )=0(2)
Iz (1): pišimo ct → yφ (− y )+ψ ( y )=0φ (− y )=−ψ ( y )φ ( y )=−ψ (− y )
Iz (1):ψ ( l−ct )=−ψ ( l+ct )
−ψ (−l+ct )=−ψ ( l+ct )ψ (−l+ct )=−ψ ( l+ct )
Če k argumentu prištejemo 2l, dobimo enako funkcijsko vrednost =0 torej jeψ periodična funkcija s periodo 2l. ψ ( x−2l )=ψ ( x )
B.)u ( x , t )=φ ( x−ct )+ψ ( x+ct )=−ψ (−x+ct )+ψ ( x+ct )
∂ u∂ t
( x ,t )=−ψ ' (−x+ct ) ∙ c+ψ ' ( x+ct ) ∙ c
u ( x , 0 )=−ψ ' (−x )+ψ ( x )=ψ (x )−ψ (−x )
∂ u∂ t
( x ,0 )=−ψ ' (− x ) ∙ c+ψ ' ( x ) ∙ c=c ∙(ψ ' ( x )−ψ ' (−x ))
Torej kako rešimo predpisa za funkcijo f in g:_najprej funkcijo definiramo na intervalu [−l ,l ], taok da sta lihi: f(-x) = -f(x), g(-x) = -g(x)_nato ju definiramo za vse realne x kot periodični funkciji z osnovno periodo 2l?
f ( x )=f ( x+k ∙2 l )g ( x )=g ( x+k ∙ 2 l )
35. Opredelite pojem "stoječi valovi" (analitično) in navedite osnovno značilnost nihanja delcev strune pri tem pojavu.
Začetna situacija je:- Mirovna lega strune je na intervalu [0, l]- Začetni pogoji so :
u ( x , 0 )=f ( x ) , ∂ u∂t
( x , 0 )=g (x)
f in g sta poljubni funkciji, definirani za vse 0 ≤ x≤ l
- Robni pogoji:u ( x , 0 )=0 , u (l , t )=0 zavsak t ≥ 0
PDE nihanja strune je oblike ∂2u∂ t 2 −c2 ∂2 u
∂ x2 =0
Pri metodi reševanja PDE po Fouirierju se sprašujemo po t.i. »stoječih valovih« . Pod tem izrazom razumemo vsako funkcijo u ( x , t ), ki jo lahko izrazimo kot produkt dveh funkcij, pri čemer je ena od njiju odvisna le od kraja x, druga pa le od časa t:
u ( x , t )=X (x) ∙T (t)
Taka funkcija u ( x , t ) izraža nihanje strune, pri katerem se vsi deli strune gibljejo sinhrono:
- Vsi gredo hkrati skozi mirovno lego,- Vsi hkrati dosežejo maksimalni odmik,- X ( x) - amplituda nihanja točke x
36. Zapišite postopek, s katerim enorazsežno valovno enačbo pri obravnavi stoječih valov prevedemo na dve navadni diferencialni enačbi. Zapišite vrsti teh dveh enačb.
∂2u∂ t 2 =c2 ∙
∂2u∂ x2 enorazsežna valovna enačba
Nastavek: u ( x , t )=X (x) ∙T (t) → u=X ∙ T Izračunamo:∂ u∂ t
=X ´ ∙T ; ∂2u∂ t 2 =X ´ ´ ∙T ;
∂ u∂ x
=XT ´ ; ∂2 u∂ x2 =XT ´ ´
Vstavimo v enačbo:X T ' '−c2 ∙ X ' ' ∙T=0
X T ' '=c2 ∙ X ' ' ∙TX ´ ´
X= 1
c2
T ´ ´T
V tej zvezi je funkcija na levi strani enčbe odvisna le od x, funkcija na desni pa le od t. ker sta funkciji enaki, je vsaka stran enačbe nujno enaka neki konstanti, označimo jo z – λ.Tako dobimo dve navadni d.e.:
X ´ ´X
=−λ∈ 1
c2
T ´ ´T
=−λ
Stoječi val (to je funkcija u ( x , t )=X (x) ∙T (t)¿ mora zadoščati robnim pogojema, ki izražata pripetost strune v točkah x=0 in x=l. amplituda v obeh krajiščih strune je enaka : X(0)= 0 in X(l)= 0Prva N.D.E.:
X ´ ´X
=−λ → X ´ ´=−λX → X ´ ´+ λX=0
D.E. 2. reda homogena s konst. Koeficienti.1
c2
T ´ ´T
=−λ → T ´ ´=−λ c2T →T ´ ´ +λ c2T=0→ T ´ ´+ω2 T=0
37. Pri obravnavi stoječih valov z metodo po Fourireju želimo rešiti diferencialno enačbo oblike X ' '+λX=0. Rešite enačbo zaλ>0 in v povezavi z rešitvijo zapišite lastno vrednost λn in lastno funkcijo X n.
k 2=−λ , λ>0→ k1,2=√ λ konjugirani kompleksi ničliKjer sta c1 in c2 za enkrat še poljubna. Iz robnih pogojev X(0)= 0 in X(l)= 0 dobimo:
X ( x )=c 1∗cos (√ λ∗x )+c2∗sin (√ λ∗x )
X (0 )=c1∗1+c 2∗0=¿c1=0
X ( l )=0+c2∗sin (√ λ∗l )=0=¿c2≠ 0
sin (√ λ∗l )=0
Ta pogoj je izpolnjen za c2=0, vedar ni tako spet dobili trivialno rešitev X ≡ 0. Vzemimo takoc 2≠ 0 in zato mora biti: sin (√ λ∗l )=0 oz. √ λ l=nπ , nϵ N Vsakemu naravnemu številu n lahko določimo ustrezno vrednost λ:
lastna vrednost nihanja:λn=( nπl
)2
Lastna funkcija (amplituda) X n=sin√ λn ∙ X=sin( n∗π∗xl )
Je rešitev prve n.d.e. in zadošča robnima pogojema X(0)= 0 in X(l)= 0. Obravnavani d.e. očitno zadošča tudi vsaka funkcija oblike X=Cn∗Xn
, kjer je Cn poljubna konstanta.
38. Za vrednosti n=01,2,3,4 zapišite lastne funkcije X n stoječega valovanja, narišite njihove grafe in označite vozlišča.n=1
X1=sin( π ∙ xl );Vozli šč a : X1=0 , X 2=l
n=2
X2=sin( 2 π ∙ xl );Vozli šč a: X1=0 , X2=l /2 , X3=l
n=3
X3=sin( 3 π ∙ xl );Vozli šč a : X1=0 , X 2=l /3 , X3=2 l /3 , X 4=l
n=4X 4=sin ( 4 π ∙ xl );Vozli šč a : X1=0 , X2=l /4 , X3=l /2 , X4=3l /4 , X5=l
39. Pri obravnavi stoječih valov z metodo po Fourireju želimo rešiti diferencialno enačbo oblike T ' '+c2 λT=0. Rešite enačbo zaλ>0 in v povezavi z rešitvijo zapišite lastno krožno frekvenco ωn.
T ' '+c2∙ λ ∙T=0
Uvedemo oznako: ω=c ∙√λ , ω=¿ krožna frekvenca in enačba preide v oblikoT ' '+ω2 ∙ T=0
Vse rešitve te enačbe so oblike:T=A ∙ cos (ω∙ t )+B ∙ sin (ω∙t ) Kjer ta A in B za enkrat še poljubni konstanti. V izrazu ω=c ∙√λ
smemo za λ jemati le lastne vrednosti λn=(nπl)
2
, n ϵ N ; zato lahko za
vsak n ϵ N poiščemo ustrezen ω :
ωn=n ∙ π ∙ c
l - lastna krožna frekvenca
Najmanjša med njimi je ω1=π ∙ c
l , vsaka naslednja pa je, večkratnik
najmanjše.Rešitev druge navadne d.e. so torej funkcije oblike:Tn (t )=An ∙cos (n ω1 t )+Bn ∙ sin (n ω1 t ) Pri čemer so konstante An in Bn poljubna realna števila.
40. Za osnovni (prvi) in n-ti val stoječega valovanja zapišite funkcijo odmika u(x,t), krožno frekvenco, nihajni čas in narišite graf funkcije, ki ponazarja amplitudo nihanja točke x.
PRVI OSNOVNI VAL
Odmik:u ( x , t )=C1 ∙ sinπxl
∙ [ A1∙ cos ( ω1 t )+B2 ∙ sin ( ω1 t ) ]
Krožna frekvenca:ω1=πcl
Nihajni čas: τ1=2 πω1
=2 πlπc
=2 lc
Graf funkcije X1:
n-TI VAL:
Odmik: u ( x , t )=X n ( x ) ∙T n ( t )=Cn ∙sinnπx
l∙ [ An ∙cos (nω1 t )+Bn ∙ sin (nω1 t ) ]
Krožna frekvenca: ωn=n ∙ ω1=nπc
l
Nihajni čas: τ n=2 πωn
= 2πn ω1
=τ1
n
Graf funkcije: Tega nimam samo, mislim da bi lahko bila ravna črta.
41. Pri splošni obravnavi stoječ1h valov ob upoštevanju
začetnih pogojev u ( x , 0 )=f ( x ) , ∂ u∂t
( x , 0 )=g ( x ) in robnih pogojev
u (0 , t )=0 , u (l , t )=0 za vsak t ≥ 0 opisuje nihanje funkcija
u ( x , t )=∑n=1
∞
sin ( nπxl )∙ [ An cos ( ωn t )+Bnsin (ωnt ) ]
Pokažite, da lahko funkcijo u(x,t) zapišemo v obliki "klasične rešitve" enorazsežne valovne enačbe prosto nihajoče strune.
u ( x , t )=∑n=1
∞
sin ( nxπl ) ∙¿¿¿
Vrsto (*) zapišemo v obliki:
u ( x , t )=∑n=1
∞
Ansin ( nxπl ) ∙cos( nπct
l )+∑n=1
∞
Bn ∙ sin ( nxπl ) ∙ sin( nπct
l )Uporabimo zvezo:sin α cos β=1
2[sin (α+ β )+sin ( α−β ) ]
Tako je:
∑n=1
∞
Ansin ( nxπl ) ∙cos( nπct
l )=12∑n=1
∞
An sin( nπl
x+ct )+12∑n=1
∞
An sin( nπl
x−ct)Sedaj upođtevamo: (**)
∑n=1
∞
Ansin ( nxπl )=f (x) iz u ( x , 0 )=f (x) ; ∑
n=1
∞
Bn ∙ωn sin ( nxπl )=f (x ) iz ∂u
∂ t( x ,0 )=g(x)
∂ u∂ t
( x ,t )=∑n=1
∞
sin ( nxπl ) ∙¿¿¿
∂ u∂ t
( x ,0 )=∑n=1
∞
Bn ∙ωn ∙ sin ( nxπl )=g (x)
In dobimo: (z upoštevanjem prve zveze) (**)
∑n=1
∞
Ancos ( nπctl )sin( nπx
l )= f ( x−ct )+ f (x+ct )2
Sedaj uporabimo zvezo: sin α sin β=12
[cos(α−β )−cos α+β ]
Tako je
∑n=1
∞
Bn sin( nπctl )sin( nπx
l )=¿
( ¿∗¿ )=12∑n=1
∞
Bn∙ cos( nπl
( x−ct ))−¿ 12∑n=1
∞
Bn ∙cos ( nπl
( x+ct ))¿
Sedaj upoštevamo drugo zvezo (**) in dobimo:
∫ g ( z ) dz=∑n=1
∞
Bn ∙ωn∙ sin( nzπl )dz=∑
n=1
∞
Bn ∙ωn ∙(−cos ( nzπl )) ∙
1nπl
¿−∑n=1
∞
Bn ∙ncπ
l∙(−cos( nzπ
l ))∙ lnπ
=−∑n=1
∞
Bn ∙ c ∙cos ( nzπl )
Potem je:1
2 c∫
x−ct
x+ct
g (z ) dz= 12 c
∑n=1
∞ [−c ∙ Bncos ∙( nπl
( x+ct ))+c ∙ Bn cos ( nπl
( x−ct ))]=12∑n=1
∞ [Bncos ( nπl
( x−ct ))+Bn cos( nπl
( x+ct ))]Sedaj upoštevamo zvezo (***)1
2 c∫
x−ct
x+ct
g (z ) dz=∑n=1
∞
Bn sin( nπctl )sin( nπx
l )→ u (x , t )=∑
n=1
∞
sin( nxπl )∙ [ Ancos ( ωn t )+Bnsin (ωn t ) ]= 1
2 c∫
x−ct
x+ct
g ( z ) dz
42. Zapišite enačbo za vsiljeno nihanje strune dolžine l, poimenujte vse zapisane simbole, navedite robne pogoje in splošne začetne pogoje ter na kratko opišite, iz katerih dveh vrst nihanj je v tem primeru sestavljeno nihanje strune.
∂2u∂ t 2 −c2 ∙
∂2u∂ x2 =f ( x , t), C2=F
ρ , f = F∗(x , t)
ρ
F – napetostna sila, ki deluje na presek struneρ- dolžinska gostota struneF*(x,t) – sila na dolžinsko enoto, ki deluje pravokotno na os x
Začetna pogoja: u(x,0)=g(x),∂ u∂ t
( x ,0 )=h(x )
g in h sta poljubni funkciji, definirani za vse 0 ≤ x≤ l
Robna pogoja: u(0,t)=0, u(l,t)=0 za vsak t ≥ 0
Vsiljeno nihanje obravnavamo kot superpozicijo dveh nihanj: Čisto vsiljeno nihanje, ki nastane zaradi delovanja sile F∗¿¿ (pri
tem privzamemo, da je v času t=0 struna na osi x) Običajno nihanje strune, ki ga struna izvaja ob izpolnjenih
začetnih pogojih.
43. Navedite glavne korake pri iskanju rešitve PDE, ki opisuje vsiljeno nihanje strune.
Najprej napišemo enačbo za vsiljeno nihanje strune,
Nato določimo začetna pogoja in sicer dve poljubni funkciji g(x) in h(x),
Določimo robna pogoja u(0,t) = 0 in u(l,t) = 0 za vsak t 0,
Poiščemo rešitve pripadajoče homogene enačbe,
Dobimo Fouriereve koeficiente in jih vstavimo nazaj v homogeno enačbo, ter izenačimo istozložne koeficiente,
Dobimo navadno nehomogeno linearno d. e. Drugega reda s konstantnimi koeficienti,
Pomembno ki jo rešimo tako, da najprej poiščemo splošno rešitev pripadajoče homogene enačbe, nato pa eno samo partikularno rešitev nehomogene enačbe. Splošna rešitev prvotne nehomogene enačbe je njuna vsota.
44. S pomočijo Laplaceove transformacije poiščite rešitev enorazsežne valovne enačbe, ki opisuje nihanje pol
neskončne strune. Pri tem upoštevajte, da je u ( x , 0 )=∂u∂ t
( x ,0 )=0,
bližnji konec strune niha sinusno, "neskončno oddaljeni" konec pa miruje.
Iščemo funkcijo u ( x , t ). Laplaceovo tranformiranko te funkcije označimo z U ( x , s)
PDE: (enorazsežna valovna enačba):∂2u∂ t 2 =c2 ∙
∂2u∂ x2
Začetna pogoja: u ( x , 0 )=0 ,∂u∂ t
( x , 0 )=0
Robna pogoja: u (0 , t )=f ( t ) , limx→ ∞
u ( x ,t )=0 za vsak t>0
f ( t )={sint ,0 ≤ t ≤ 2π0 , sicer
1.)preoblikovanje člena:∂2 u∂ x2 (x ,t)
L( ∂2 u(x ,t)∂ x2 )=∫
0
∞
e−sx ∂2 u(x ,t )∂ x2 dt= ∂2
∂ x2∫0
∞
e−sx u ( x , t )dt= ∂2
∂ x2 U (x , s )
2.)preoblikovanje člena:∂2 u∂ x2 (x ,t)
Uporabimo formulo za drugi odvod:
L (f ' ' (t ) )=s2 ∙ F ( s)−f (0 ) ∙ s−f ' (0 )
L( ∂2 u(x ,t)∂t 2 )=s2 U (x , s )−u ( x ,0 ) ∙ s−∂ u
∂t( x , 0 )=s2U ( x , s)
3.)transformiranka enačbe nihanja strune dobi obliko:
c2 ∂2 U ( x , s)∂ x2 =s2 U ( x , s )
∂2U ( x , s )∂ x2 =
s2 U ( x , s)c2
∂2U ( x , s )∂ x2 −
s2 U ( x , s)c2 =0
To je navadna linearna d.e., ker v njej nastipa le pareidni odvod funkcije U po spremenljivki X.
4.)reševanje te enačbe:Karakteristični polinom:
k 2− s2
c2 =0→ k2= s2
c2 → k1,2=±sc−dverazlični realni rešitvi
Splošna rešitev te enačbe:
U ( x , s)=A (s ) ∙ esc
∙ x+B (s ) ∙ e
−sc
∙ x
5.) uporabimo pogoj v neskončnosti:limx→ ∞
u ( x ,t )=0−V t>0
limx→ ∞
U ( x , s )=limx → ∞
∫0
∞
e−st u ( x , t ) dt=∫0
∞
e−st limx →∞
u (x , t )dt=0
6.)ugotovimo, da je A(s)=0Iz točke 5 slidi:
0= limx → ∞
U ( x , s)= limx →∞
(A (s ) ∙ esc
∙x+B (s ) ∙ e
−sc
∙ x )= limx →∞
A (s ) ∙ esc
∙ x+ lim
x → ∞B (s ) ∙ e
−sc
∙ x
Če naj bo zgornja limita enaka=, mora biti A ( s)=0, saj zraste esc
∙ x čez vse meje, ko gre x→ ∞
7.)zaenkrat imamo:
U ( x , s)=B ( s ) ∙ e−sc
∙ x
8.)upoštevamo robni pogoj pri x=0
U (0 , s )=L (u ( x , t ) )=L (t )=F ( s)=B ( s ) ∙ e−sc
∙0=B (s )
9.)končni izraz za transformiranko:
U ( x , s)=F (s ) ∙ e− s
c∙ x¿ je režitev navadned . e .
Z uporabo L (t (t−a ) )ua (t )=e− s
c∙ x
∙ F (s ) sledi :
10.)U ( x ,t )=f (t− xc )∙ u x
c
(t )
Funkcija na desni strani je enka 0 ta t <xc . V našem primeru je f ( t )=sint
za 0 ≤ t ≤ 2π, scer pa je f ( t )=0. To pomeni, da je u(x,t) raztlična od 0
samo, ko je 0 ≤ t− xc
≤ 2 π.
Od tu dobimo omejitev za x:0 ≤ t− x
c≤ 2 π → 0 →0≤
ct−xc
≤2 π →0 ≤ ct−x ≤2 πc→−ct ≤−x ≤2 πc−ct → ct ≤ x ≤−2 πc+ct →(t−2π )c≤ x≤ ct
Končna enačba nihanja polneskončne strune:
u ( x , t )={sin(t− xc ); ( t−2π ) ∙ c≤ x≤ ct
0 ; sicer }če prosti konec strune sinusno zanihamose val širi vzdolž strune shitrostjo c .
45. Izpeljite enačbo prosto nihajoče pravokotne membrane in poimenujte zapisane simbole. Narišite tudi ustrezno sliko.
Enačbo bomo izpeljali s proučevanjem sil, ki delujejo na majhen košček membrane.Zaradi majhnega upogibanja membrane med nehanjem, bomo privzeli, da sta stranici koščka membrane kar ∆ x∈∆ y .
T…. sila na dolžinsko enoto (napetost membrane) napetostna sila, ki nastane ob raztegnitvi membraneVodoravne komponente sil:Vodoravne komponente sil dobimo tako, da sili T ∙∆ x∈T ∙ ∆ y pomnožimo s kosinusom kota upogiba. Ker so ti koti majhni, so njihovi kosinusi ≈ 1.Tako se sile v nasprotnih smereh izničijo, njihova vsota je torej enaka 0.Navpične komponente sil:Vzdolž desne inleve strani nihajočega koščka membreane sta ti dve komponenti enaki:
T ∙∆ x sin β∈T ∙ ∆ y sin α
Ker sta α ∈βmajhna, smemo njuno sinusa nadomestiti z ustreznima tangensoma – tako je:
∑ sil=¿−T ∆ y sin α +T ∆ y sin β ≈ T ∆ y ( tan β− tan α )=T ∆ y ( ∂u∂ x
( x+∆ x , y1)−∂ u∂ x
( x , y2 ))¿
Pri čemer sta y1∈ y2ϵ [ y , y+∆ y ]Podoben rezultat dobimo za vsoto navpične komponent sil, ki delujeta na preostali stranici membrane:
∑ sil=¿T ∆ x ( ∂ u∂ y
( x1 , y+∆ y )− ∂ u∂ y
( x2 , y ))¿x1 , x2∈ [ x , x+∆ x ]
Z uporabo 2. Newtonovega zakona pridemo, da enačbe:
∑ sil=masa( ρ∙ ∆ A) ∙ pospešek ( ∂2u∂ t2 )
ρ−ploskovna gostota∆ A−površina delčka membrane∆ A ≈ ∆ x ∙∆ y
ρ ∙ ∆ x ∙ ∆ y ∙∂2 u∂ t 2 =T ∆ y ( ∂ u
∂ x( x+∆ x , y1 )−∂ u
∂ x( x , y2 ))+T ∆ x ( ∂ u
∂ y( x1 , y+∆ y )− ∂ u
∂ y( x2 , y ))
¿ : ( ρ ∙ ∆ x ∙∆ y )
∂2u
∂ t 2 =Tρ
∙
∂ u∂ x
( x+∆ x , y1 )−∂u∂ x
( x , y2)∆ x
+Tρ
∙
∂u∂ y
( x1, y+∆ y )− ∂u∂ y
( x2, y )∆ y
/ lim∆ x→ 0∆ y →0
❑
∂2u∂ t 2 =
Tρ
∙( ∂2 u∂ x2 +
∂2u∂ y2 ); T
ρ=c2
∂2u∂ t 2 =c2( ∂2u
∂ x2 +∂2 u∂ y2 )
Dvorazsežna valovna enačba prosto nihajoče pravokotne membrane (homogena; ni vsiljenega nihanja)
46. Rešitev dvorazsežne valovne enačbe ∂2u∂ t 2 =c2( ∂2u
∂ x2 +∂2 u∂ y2 )iščemo
z nastavkom u(x,y,t)=U(x,y)T(t). Izpeljite diferencialni enačbi za neznani funkciji U(x,y) in T(t). Poimenujte enačbo za funkcijo U(x,y).
Iščemo funkcijo u(x,y,t), ki ustreza enačbi ∂2u∂ t 2 =c2( ∂2u
∂ x2 +∂2 u∂ y2 ) in se
spreminja v pravokotnem okvirju.
Robni pogoji: u(0,y,t)=0, u(a,y,t)=0, u(x,0,t)=0, u(x,b,t)=0
Začetna pogoja:
u(x,y,0)=f(x,y) – začetni odmik,∂ u∂ t
( x , y , 0 )=g ( x , y ) -začetna hitrost
Enačbo bomo reševali z metodo separacije spremenljivk.
u(x,y,t)=U(x,y)∙T(t) – nastavek, ki ga vstavimo v osnovno
T (t) ∙U (x , y )=c2T (t)( ∂2U (x , y)∂ x2 +
∂2U ( x , y )∂ y2 )/ : (c2∙ T ∙U ) - funkcijo ločimo po
spremenljivke
1
c2∙TT
=( ∂2U
∂ x2 + ∂2U∂ y2 )
U=−k2 - vsaka stran mora biti enaka negativni konstanti
Ker je ena stran le funkcija t, druga pa le funkcija x in y, sta obe strani konst.. izkaže se, da mora biti konst. Na DESNI NEGATIVNA.
1
c2 ∙TT
=−k2→ T + {k} ^ {2} ∙ {c} ^ {2} ∙ T =
navadna DE 2. reda s konstantnimi koeficienti; homogena
( ∂2 U∂ x2 + ∂2 U
∂ y2 )U
=−k2→∂2U
∂ x2+ ∂2U
∂ y2+k 2∙ U=0
dvorazsežna Helmholzova enačba
47. Rešite diferencialni enačbi T + {k} ^ {2} ∙ {c} ^ {2} ∙T= in ∂2U∂ x2 + ∂2 U
∂ y2 +k2∙ U=0, ki nastopata v iskanju rešitve homogene
dvorazsežne valovne enačbe ∂2u∂ t 2 =c2( ∂2u
∂ x2 +∂2 u∂ y2 )ter zapišite
funkcijo u(x,y,t), ki predstavlja odmik prosto nihajoče membrane.
1. Reševanje enačbe ∂2U∂ x2 + ∂2 U
∂ y2 +k2∙ U=0
Uporabimo metodo separacije spremenljivk:U(x,y)=X(x)Y(y)ko nastavek vstavimo v enačbo in dobimo:X Y + XY +k2 ∙ X ∙ Y =0/ : ( XY )X } over {X} + {Y
Y+k2=0
V enačbi upoštevamo:
a) X } over {X} =- {p} ^ {2 ¿ b)Y } over {Y} =- {q} ^ {2¿
Pri čemer velja: −p2−q2−k2=0→ p2+q2=k2
Tako imamo dve navadni d.e.2.reda s konstantnimi koeficienti:1.) X } over {X} =- {p} ^ {2 ¿X + {p} ^ {2} X =0 → X left (x right ) = A ∙ cos {left (px right ) + B ∙ sin {left (px right )}
Upoštevamo 1. robni pogoj u(0,y,t)=0 → X (0 )=A ∙ sin 0+B ∙cos 0→ B=0
Tako je: X=A ∙sin px
2.)Y } over {Y} =- {q} ^ {2¿Y + {q} ^ {2} Y =0 → Y left (y right ) = C ∙ cos {left (qy right ) + D ∙ sin {left (qy right )}} -splošna rešite
Upoštevamo 3. Robni pogoj: u(x,0,t)=0 → Y ( 0 )=C ∙ sin (0 )+D ∙ cos0 → D=0Tako je: Y=C ∙sin qx
Upoštevamo še 2 in 4 robni pogoj:3.)u (a , y ,t )=0→ X (a)=A ∙ sin( pa¿)=0¿pa=mπ , m∈Z
p=mπa
4.)u (a , y ,t )=0→ Y (b)=C ∙ sin (qb )=0b=nπ , n∈Z
q=nπb
Tako je sedaj:
X ( x )=Xm(x)=Am ∙sin (mπxa ) ∙ x∈Y ( y )=Y n( y )=Bn ∙sin ( nπy
b )∙ y
¿Umn ( x , y )=Xm ( x ) ∙ Y n ( y )=Kmn ∙ sin(mπxa ) ∙ x ∙sin ( nπy
b )∙ y rešitev 2 enačbe
Pri tem velja:m2 π2
a2 + n2 π 2
b2 =k2; ( p2+g2=k 2)
Rešimo še enačboT + {k} ^ {2} ∙ {c} ^ {2} ∙T=
Uporabimo oznakoωk=ωmn=ck
Rešitev enačbe je oblike: T mn ( t )=Amn ∙ cos (ωmn )∙ t +Bmn ∙ sin (ωmn) ∙ t
Rešitev prvotne enačbe (prosto nihajoče membrane) so potem funkcije oblike:
umn ( x , y , t )=Umn ( x , y ) ∙ T mn (t )=Kmn ∙sin (mπxa ) ∙ x ∙ sin( nπy
b ) ∙ y ( Amn cosωmnt +Bmn sin ωmn t )
48. Navedite bistveno razliko med frekvencami nihanja strune in nihanja membrane. Razložite (opis in zapis s simboli) pojav izrojenosti, ki ga zasledimo pri nihanju membrane.
Razlika: Različne w niso več v razmerju 1:2:3…(kot pri struni) – zato boben ni tako milozvočen kot struna.Pojav izrojenosti: različni pari (m,n) – torej različne lastne vrednosti funkcije – nam dajo iste w – torej iste lastne vrednosti (pri struni pa za en par (m,n) dobimo le eno w).Pojav izrojenosti: za dano frekvenco wk=ck obstaja več kot ena lastna funkcija.Zapis s simboli:A=b; para (m,n( in (n,m) dasta enako krožno frekvenco, vendar različni lastni funkciji:
ωmn=c ∙√(mπa )
2
+( nπb )
2
=c ∙πa
∙√m2+n2=c ∙πa
∙√n2+m2=ωnm
umn ( x , y , t )=Kmn ∙ sin(mπxa )∙ sin( nπy
a )∙ φ( t)
unm ( x , y , t )=Knm ∙ sin( nπxa ) ∙ sin(mπ y
a ) ∙ φ( t)
A
49.) Odmik pri nihanju kvadratne membrane izrazimo kot
umn ( x , y , z)=A ∙sinmπa
x ∙ sinnπa
y−B ∙ sinnπa
x ∙ sinmπa
y ∙∅ ( t ) .
Izračunaj vozle odmika umn ( x , y , z) za vrednosti BA
=0 ,12
,1∈∞ . Pri
vsakem primeru narišite sliko, ki prikazuje izračunane vozle.
Vozli so ničle lastne funkcije. Oblika nihajne funkcije je odvisna od
razmerja R= BA
=0 , R=12
, R=1∈R=∞.
1.BA
=R=0→ B=0
Vozli: u ≡0 ;u∝ sinπxa
∙sin2 πy
a=0
sinπxa
=0→ x=0 , x=a
sinπya
=0 → y=0 , y=a2
, y=a
2.BA
=R=12
→ A=2 B
u∝sinπxa
∙sin2 πy
a−1
2sin
2 πxa
∙ sinπya
=0
2 sinπxa
∙ sinπya
∙ cosπya
−sinπxa
∙cosπxa
∙sinπya
=0
2 sinπxa
∙ sinπya (2cos
πya
−cosπxa )=0
A :sinπya
=0 → y=0 , y=a (robovi )
B: sinπya
=0 → y=0 , y=a (robovi )
C :2cosπya
=cosπxa
→ x=d2
, y=d2
→ x=0 , cosπya
=12
,πya
=π3
, y=d3
→ x=a , cosπya
=−12
,πya
=−2 π3
→ y=2a3
3.BA
=R=1 → A=B
u∝sinπxa
∙sin2πy
a−sin
2 πxa
∙ sinπya
=0
2 sinπxa
∙ sinπ ya
∙ cosπya
−2 sinπxa
∙ cosπxa
∙ sinπya
=0
sinπxa
∙ sinπya (cos
πya
−cosπxa )=0
Robovi cosπya
=cosπxa
→ x= y
Mirujejo robovi in dagonala:
4.R= B
A=∞→ A=0
u∝sin2 πx
a∙ sin
πya
=0
sin2πx
a∙ sin
πya
=0
Robovi in x=a2
50. Proučujemo nihanje krožne membrane s polmerom a. Zapišite ustrezno valovno enačbo v polarnih koordinatah. Poimenujte vse zapisane simbole in narišite skico membrane
v koordinatnem sistemu. Navedite robni pogoj (membrana je pripeta na krožnici, ki jo omejuje) in splošna začetna pogoja.
∂2u∂ r2 + 1
r∙∂ u∂ r
+ 1r2 ∙
∂2u∂ φ2 =
1c2 ∙
∂2 u∂t 2
u= u(r, φ, t) -valovna funkcija, odmik točke v trenutku t r – oddaljenost od središča φ–kot zasuka c–konstanta (c2=T/ρ) t–časovni trenutek, v katerem opazujemo membranoROBNI POGOJ: u=u(r, φ, t) za (r=a)→ u(a, φ, t)=0 rob membrane je pripet – odmik je 0ZAČETNA POGOJA (t=0): u(r, φ, 0)=f(r, φ) - začetni odmik membrane od mirovne lege
∂ u∂ t
(r ,φ , 0 )=g (r , φ) -začetna hitrost delcev, ki tvorijo membrane
51. Dvorazsežno valovno enačbo v polarnih koordinatah bomo reševali z metodo separacije z nastavkom u (r ,φ , t )=R (r ) ∙ P(φ) ∙T (t ). Izpeljite tri diferencialne enačbe, ki jim ustrezajo funkcije R (r ) , P (φ) in T (t).
u (r ,φ , t )=R (r ) ∙ P (φ ) ∙T (t ) vstavi v :∂2u∂ r2 + 1
r∙∂ u∂r
+ 1r 2 ∙
∂2u∂ φ2 =
1c2 ∙
∂2 u∂ t 2
R' ' RT+ 1r
R' PT+ 1
r2R P ' ' T= 1
c2RP T ' ' / :RPT
R ' 'R
+ 1r
R 'R
+ 1
r 2
P ' 'P
= 1
c2
T ' 'T
=−k2enačba∗¿
→1
c2
T ' 'T
=−k2 ;T ' '+c2T k2=0 ;T ' '+ω2 T=0
→ T=A cos (ωt )+B sin (ωt )
Izberemo ω=ωn∈dobimo :
T n ( t )=Ancos (ωn t )+Bnsin ( ωn t )
R ' 'R
+ 1r
R 'R
+ 1
r 2
P ' 'P
=−k2/ ∙r2
r2 ∙R' '
R+r ∙
R' '
R+k 2r2=−P' '
p=m2
→− P' '
p=m2=P' '+m2 P=0
→ Pn ( ρ )=Cncos (mφ )+¿D nsin (mφ ) ¿
52. V postopku reševanja dvorazsežne valovne enačbe v polarnih koordinatah pridemo do enačbe
r2 ∙R ´ ´
R+r ∙
R ´R
+k2r 2=m2, k ,m∈ R
→ r2 ∙R ´ ´
R+r ∙
R ´R
+k2 r2=m2/ ∙ R
r2 ∙ R ´ ´+r ∙ R ´+R k2 r2=R m2¿
r2 ∙ R ´ ´+r ∙ R ´+(k2 r2−m2) ∙ R=0
Uvedemo : x=kr∈R (r ) nadomestimo z F (x)
(r )=F ¿)R ´ (r )=F ´ (x )∙ kR ´ ´ (r )=F ´ ´ (x )∙ k2
Enačba dobi obliko:x2
k2 ∙ F ´ ´ ( x ) ∙k 2+ xk
∙F ´ ( x ) ∙ k+(k2 x2
k2 −m2) ∙ F ( x )=0
x2 ∙ F ´ ´ ( x )+x ∙ F ´ ( x )+( x2−m2 )∙ F ( x )=0
x2 ∙ F ´ ´+x ∙ F ´+( x2−m2 ) ∙ F=0… Besselova enačba m-tega reda
Dve posebni rešitvi:
1. Jm ( x )=a0 xm+a1 xm+1+a2 xm+2+… (Besselova funkcija m-tega reda I. vrste)
2. Y m ( x )=a0 x−m+a1 x−m+1+a2 x−m+2+… (Besselova funkcija m-tega reda II. Vrste)
V našem konkretnem primeru ne more biti rešitev, ker bi bil odmik F=Y m ( x ) pri r=0 neskončen – faktorji
1
xm, 1
xm−1, …, x=k ∙ r
53. Grafično prikažite nihanje okrogle membrane za vozle, ki jih določajo ničle Besselove funkcije m-tega reda 1.vrste za m = 0,1,2 (v vsakem primeru za prvi dve ničli).
Oznaka ničel Besselove funkcije: Xml zaporedna številka ničle
m-ta Besselova funkcijaVrste nihanj krožne membrane v odvisnosti od (m,l):
54. Izpeljite enorazsežno enačbo za prevajanje toplote. Poimenujte vse zapisane simbole.
S-površina stene; l-debelina stene; ρ−¿gosotta materiala; k-toplotna prevodnost; ∆ m−¿masa plasti stene z denelino ∆ x; ∆ t−¿spo. Časa; ∆ T−¿spo. Temp.; c-spec. Toplota; T 1 , T 2-temp.; Q-toplota; P-toplotni kotOpazovali bomo prevod toplote skozi steno. Koordinatni sistem postavimo tam, da je stena vzporedna z ravnino y-z, os x pa je pravokotna na steno.
∆ m=ρ∙ ∆ x ∙ S∆ Q=c ∙m ∙∆T=ρ∙∆ x ∙ S ∙ c ∙ ∆ T
(Predpostavimo, da je v času ∆ t temp. plasti spremenila za ∆ T)P=k ∙ S ∙
∂ T∂ x
-skozi prerez stene pri x+∆ x in pri x stečeta v času ∆ t naslednji količini toplote:Sprejeta toplota v '' desnem robu'' plasti stene:∆ Q1=P ∙ ∆ t=k ∙ S ∙
∂ T∂ x
( x+∆ x , t ) ∙∆ t
Oddana toplota v ''levem robu'' plasti stene:∆ Q2=P ∙ ∆ t=−k ∙ S ∙
∂ T∂ x
( x , t ) ∙ ∆ t
-Opazovana plast je tako sprejela (oddala) naslednjo toploto:
∆ Q=∆ Q1+∆ Q2=k ∙ S ∙( ∂ T∂ x
( x+∆ x , t )−∂T∂ x
( x , t ))∙ ∆ t=k ∙ S ∙( ∂2T∂ x2 ( x0 , t )) ∙ ∆ t ∙ ∆ x
-Oba izraza za ∆ Q izenačimo in uredimo:∆ Q=∆ Q
ρ ∙ ∆ x ∙ S ∙c ∙∆ T=k ∙ S ∙( ∂2 T∂ x2 ( x0 , t )) ∙ ∆ t ∙∆ x
∆ T∆t
= kρ ∙ c
∙∂2 T∂ x2 ( x0 , t )
Uvedemo konstanto: α 2= kρ∙ c ; α-difuznost
Limitiramo ∆ T →0, leva stran preide v odovd funkcije T(x,t) po času, na desni strani pa x0 preide v c.∂ Tt
=α 2∙∂2T∂ x2
Enorazsežna enačba za prevajanje toplote ali difuzijska enačba
55. Funkcija, ki opisuje prenos toplote v dolgi kovinski palici s konstantnim presekom in idealno izolacijo, razen v smeri dolžine palice, je rešitev enorazsežne enačbe za prevajanje toplote. Zapiši to enačbo, običajne začetne in robne pogoje ter nastavek, s katerim iščemo rešitev enačbe.
∂ Tt
=α 2∙∂2T∂ x2 - enorazsežna enačba za prevajanje toplote
Robna pogoja(oba konca palice dolžine l imata enako temperaturo, to je 0):T(0,t)=0, T(l,t)=0
Začetni pogoj (funkcija f(x) podaja začetno temperaturo v palici):T(x,0)=f(x)
Išče se funkcija T(x,t), ki zadošča zgornji enačbi. Uporabimo nastavek: T(x,t)=F(x)G(t) in nadaljujemo z metodo separacije, s katero dobimo dve navadni diferencialni enačbi.
56. Pri reševanju enorazsežne enačbe za prevajanje toplote smo izpeljali dve navadni diferencialni enačbi. Zapišite obe enačbi, poiščite njuni splošni rešitvi, nato pa še posebni rešitvi ob upoštevanju običajnih robnih in začetnih pogojev.
∂ T∂ t
(x , t )=F ( x )G (t ) ∂ T∂ t
=F ' ( x ) ∙G (t ) ∂2t∂ x2 =F ' ' (x) ∙G(t)
Vstavimo : F ( x ) ∙ G ( t )=α2 ∙ F ' ' (x) ∙ G(t)
G(t)G(t) ∙ α2 =
F ' '(x )F (x )
=−k2
→F ' ' ( x )+k2 F ( x )=0 G (t )+α2 G (t ) k2=0
T(0,t)=F(0)G(t)=0 in T(l,t)=F(l)G(t)=0
Ker bi bila za g(t)=0 tudi T(x,t)=0 za /U x∈ [0 , l ], mora biti F(0)=0 in F(l)=0
F (0 )=A cos0+B sin 0=A=0
F (l )=A coskl+Bsinkl=Bsinkl=0 , ker B ≠0
sin (kl )=0kl=n ∙π , n∈Z
k n=nπl
, n=1,2…
Postavimo lahko B=1 in imamo rešitev:
Fn ( x )=sin ( nπxl ) , n=1,2,3 …
-Splošna rešitev druge PDE:G (t )+α2 G (t ) k2=0 → G (t )+λn
2G (t )=0
k=kn=n π
lλn=
απnl
=kα
Rešimo:dGdt
+ λn2 ∙G=0
dGdt
=−λn2∙ G
dGdt
=−λn2∙ G / ∫
ln G=−λn2 ∙t +C1
G (t )=e−λn2 ∙t+C1=e−λn
2 ∙ t ∙ eC1
Gn ( t )=C ∙ e−λn2 ∙t oz .G n ( t )=Cn ∙ e− λn
2 ∙t
T n ( x , t )=Cn ∙sin ( nπxl )∙ e− λn
2 ∙ t
Sedaj poiščemo še rešitev, ki ustreza začetnim pogojem:Tvorimo vrsto lastnih funkcij:
T n ( x , t )=∑n=1
∞
Tn(x , t)=Cn ∙ sin( nπxl )∙ e− λn
2 ∙t
T ( x , o )=f ( x )=∑n=1
∞
Cn ∙ sin( nπxl )
Funkcijo f(x) razvijemo v Fourierjevo vrsto po sinusih na interval [ 0 , l ]. Koeficienti takega razvoja so enaki:
Cn=2l∫
0
l
f (x)sin( nπxl )dx ,n=1,2,3 ,…
57.) Zapišite trirazsežno Laplaceovo enačbo, ki ji ustreza funkcija f =f (x , y , z ) . Naštejte nekaj področij iz fizike, kjer uporabljamo Laplaceovo enačbo.
Trirazsežna Laplaceova enačba, ki ji ustreza funkcija f =f (x , y , z ):∂2f∂ x2 + ∂2 f
∂ y2 + ∂2 f∂ z2 =0 oz .∆ f =0
Področija fizike, ki uporabljajo Laplaceovo enačbo:
- gravitacija- elektrostatično polje- toplotni tok (poseben primer, ko je toplotni tok stacionaren)- hidrodinamika (proučevanje stacionarnega toka nestisljive
tekočine)
58. Pokažite, da je funkcija f (r )= cr potencial gravitacijskega
polja in da ustreza Laplaceovi enačbi (z r smo označili razdaljo med točkastima telesoma z različnima masama, c=konst.).
r=|r|=√( x−x0 )2+ ( y− y0 )2+( z− z0 )2
f (r )= cr
; F=−crr3 =−c (
x−x0
r3 ,y− y0
r3 ,z−z0
r3 )
Izračunamo:∂
∂ x ( 1r )= ∂
∂ x ( 1
√ ( x−x0 )2+( y− y0 )2+ ( z−z0 )2 )=−12
∙2 ( x−x0 )
( ( x−x0 )2+( y− y0 )2+( z−z0 )2 )32
Torej:∂
∂ x ( 1r )=−x−x0
r3 ;∂
∂ y ( 1r )=− y− y0
r3 ;∂
∂ z ( 1r )=−z−z0
r3
Opazimo, da je F gradient skalarne funkcije f ( x , y , z )= cr .
Izračunamo še drugi odovd:
∂2
∂ x2 ( 1r )= ∂
∂ x (−x−x0
r3 )=−∂∂ x ( 1
r3 ( x−x0))=−(−3 r−4 ∙∂
∂ x( x−x0 )+ 1
r3 ∙ 1)=−(−3r4 ∙
2 ( x−x0 )2
2√( x−x0 )2+( y− y0 )2+( z−z0 )2+ 1
r 3 )=−(−3r 4 ∙
( x−x0 )r
+ 1r3 )=−1
r3 +3 ( x−x0 )2
r5
∂2
∂ y2 ( 1r )=−1
r3 + 3r 5 ( y− y0 )2
;
∂2
∂ z2 ( 1r )=−1
r3 + 3r5 ( z−z0 )2
∂2
∂ x2 ( 1r )+ ∂2
∂ y2 ( 1r )+ ∂2
∂ z2 (1r )=−1
r3 +3 ( x−x0 )2
r5 =−1
r 3 +3
r5 ( y− y0 )2− 1
r3 +3
r5 ( z− z0 )2=3 ∙(−1
r3 )+ 3
r 5 (( x−x0 )2+( y− y0 )2+( z−z0 )2 )=−1
r3 +3
r3 =0
Funkcija f (r )= cr
ustreza enačbi :∂2 f∂ x2 +
∂2 f∂ y2 +
∂2 f∂ z2=0
59. Izhajajte iz dvorazsežne Laplaceove enačbe v kartezičnih koordinatah in izpeljite Laplaceovo enačbo v polarnih koordinatah.
x=r cosφ ; y=r sinφ ; r=√x2+ y2 ; u(x,y) ↔ u(r, φ) ;
tan ρ= yx
→ ρ=arctanyx
∂ u∂ x
=∂ u∂r
∙∂ r∂ x
+ ∂ r∂ φ
∙∂ φ∂ x
∂2 u∂ x2 =
∂∂ x ( ∂ u
∂ x )= ∂2 u∂ x∂ r
∙∂ u∂ x
+ ∂u∂ r
∙∂2 r∂ x2 +
∂2u∂ x∂ φ
∙∂ φ∂ x
+ ∂u∂ φ
∙∂2 φ∂ x2
∂2 u∂ x∂ r
= ∂∂ x ( ∂ u
∂r )=∂2 u∂ r2 ∙
∂ r∂ x
+ ∂2 u∂ φ ∂ r
∙∂ φ∂ x
∂2 u∂ x∂ φ
= ∂∂ x ( ∂ u
∂ φ )= ∂2u∂ r ∂ φ
∙∂r∂ x
+ ∂2 u∂ φ2 ∙
∂ φ∂ x
∂r∂ x
=12
( x2+ y2 )−1
2 ∙2 x= 2 x
2√ x2+ y2= x
r
∂r∂ x
= 1
1+( yx )
2 ∙− yx
= 1x2+ y2
x2
∙− y
x= x2
x2+ y2 ∙− y
x=−r
x2
∂2r∂ x2 =
∂∂ x ( ∂ r
∂ x )= ∂∂ x ( x
r )=r−x ∙
xr
r2 = rr2 −
x2
rr2 =1
r− x2
r3 = r2−x2
r3 = y2
r3
∂2 ρ
∂ x2 =∂
∂ x ( ∂ ρ∂ x )= ∂
∂ x (− y
r2 )=0 ∙ r2+ y2 r ∙
2 r2 x
r4 =y ∙ 2 r ∙
xr
r 4 =y ∙ 2 r ∙ x
r5 =2 xy
r4
Privzamemo zveznost prvih in drugih odvodov ∂2 u∂ x∂ r
= ∂2 u∂ x∂ r
Vse skupaj vstavimo v ∂2 u∂ x2 :
∂2 u∂ x2 =( ∂2u
∂ r2 ∙xr+ ∂2u
∂ φ ∂ r∙− yr2 )∙ x
r+ ∂u
∂ r∙
y2
r3 +( ∂2u∂ r ∂ φ
∙xr+ ∂2 u
∂ φ2 ∙− yr2 ) ∙
− yr 2 + ∂ u
∂ φ∙2 xyr4 =¿
¿ ∂2u∂ r2 ∙
x2
r2 −∂2u
∂ φ ∂ r∙
xyr3 + ∂ u
∂ r∙
y2
r3 − ∂2u∂ φ ∂ r
∙xyr3 + ∂2u
∂ φ2 ∙y2
r4 + ∂ u∂ φ
∙2 xyr4 =¿
¿ ∂2u∂ r2 ∙
x2
r2 + ∂2u∂ ρ ∂ r (−xy
r3 − xyr3 )+ ∂u
∂ r∙
y2
r3 + ∂2 u∂ φ2 ∙
y2
r4 + 2 xyr4 ∙
∂u∂ ρ
Podobno bi dobili za y:
∂2u∂ y2=
∂2 u∂ r2 ∙
y2
r2 + ∂2 u∂ φ ∂ r
∙2 xyr3 + ∂ u
∂ r∙x2
r3 + ∂2 u∂ φ2 ∙
x2
r4 −∂ u∂ φ
∙2 xyr4
∂2 u∂ x2 + ∂2u
∂ y2 =∂2u∂ r2 + 1
r∙∂ u∂ r
+ 1r2 ∙
∂2u∂ φ2=∆ u
60. Funkcija u=u (r ,φ ,ϑ ) , r , φ , ϑ so sferične koordinate, vpeljane na običajen način, predstavlja porazdelitev električnega potenciala na sferi. Funkcija u zadošča enačbi
∆ u= 1r2 ∙[ ∂
∂ r (r2 ∂u∂ r )+ 1
sinϑ∙
∂∂ ϑ (sinϑ ∙
∂ u∂ ϑ )+ 1
sin2 ϑ∙
∂2 u∂ φ2 ]=0
Enačbo rešujemo z metodo separacije. Izpeljite Euler-Cauchyjevo in Legendreovo enačbo, do katerih nas pripelje postopek reševanja zgornje enačbe.
Uporabimo metodo separacije:u (r , ϑ )=G(r) ∙ H (ϑ )
Ker je potencial na sferi (in tudi v prostoru) neodvisen od kota φ, je ∂2
∂ φ2 =0→
[ ∂∂ r (r 2 ∂u
∂ r )+ 1sinϑ
∙∂
∂ ϑ (sinϑ ∙∂ u∂ ϑ )]=0
ddr
(r 2∙ G´ ∙ H )+ 1sinϑ
∙ddϑ
(sin ϑ ∙G ∙ H ´ )=0/ :(G∙ H )
1G
∙ddr
(r2 ∙G ´ )= −1H ∙ sinϑ
∙d
dϑ (sin ϑ ∙dHdϑ )=k ; k−konst .
Obravnava prve enačbe:1G
∙ddr
(r2 ∙G ´ )=k / ∙G
(r2 ∙G' )'=k ∙ G
2 r ∙G ´+r2 ∙G ´ ´=k ∙G
2 r ∙G ´+r2 ∙G ´ ´−k ∙G=0;
Euler – Cauchyjeva enačba (navadna d.e. 2.reda z nekonstanstnimi koeficienti)Obravnave druge enačbe: (uvedemo novo spremenljivko x)
x=cosϑ ;dxdϑ
=−sinϑ
tako je sin2 ϑ=1−x2(sin2+cos2=1)
ddϑ
= ddx
∙dxdϑ
=−sinϑ ∙ddx
V drugi enačbi upoštevamo to in k = n(n+1) ter dobimo:
1H ∙ sin ϑ
∙d
dϑ (sin ϑ ∙dHdϑ )=−k ;/množimo H
1sin ϑ
∙ (−sin ϑ ) ∙ ddx
∙(sin ϑ ∙(−sin ϑddx
∙H ))+n ∙ (n+1 ) ∙ H=0
ddx
∙((1−x2 ) ∙ dHdx )+n ∙ (n+1 ) ∙ H=0
−2 xdHdx
+ (1−x2 ) ∙ d2 Hd x2 +n ∙ (n+1 ) ∙ H =0
(1−x2 ) ∙ d2 Hd x2 −2 x
dHdx
+n∙ (n+1 ) ∙ H ( x )=0ali
(1−x2 ) ∙ H ´ ´ ( x )−2 xH ´ (x )+n ∙ (n+1 ) ∙ H (x)=0
Legendreova enačba (navadna d.e. 2. reda z ne konstantnimi koeficienti)
61.Rešite obe navadni diferencialni enačbi iz prejšnje naloge (št.60) in zapišite splošni rešitvi PDE iz naloge 60 za območje znotraj sfere in za območje izven sfere, na kateri je porazdeljen električni potencial.
Euler – Cauchyjeva enačba:
Ta enačba ima rešitev oblike G (r )=r α
Poiščemo: k=n ∙(n+1) in dobimo:
r2 G´ ´+2rG ´−n ∙ (n+1 ) ∙G=0 vstavimo :
G (r )=r α, G (r )=α ∙r α−1, G left (r right ) = {α∙ left (α-1 right ) ∙r} ^ {α-2
r2 ∙ α ∙ ( α−1 ) ∙ rα−2+2r ∙ α ∙ rα−1−n ∙ (n+1 ) ∙r α=0
(α2−α+2 α−n ∙ (n+1 ) ) ∙r α=0
Bo enako 0 za vrednosti α , ki sta rešitvi naslednje kvadratne enačbe:
α 1,2=−1 ±√1+4 n (n+1 )
2=−1 ±√4nn+4n+1
2=¿
−1 ± (2 n+1 )2
α 1=n α 2=−1−n
Rešitve Euler – Cauchyjeva enačba so zbrane v dveh družinah rešitve:
G (r )=r n;Gn¿ (r )= 1
r n+1
Legendreova enačba:Rešitev Legendreova enačbe so t.i. Legendreovi polinomi:H(x)=Pn(x)=Pn (cosϑ ) n=0,1,2 nϵ N0
Rešitve prvotne Laplacetove enačbe so torej:u=G∙ H
Dobimo dve zaporedji rešitev:un (r , ϑ )=An ∙ rn Pn (cos ϑ )∈n=0,1,2,3 … ..
un¿ (r , ϑ )=Bn ∙
Bn
rn+1 ∙ Pn (cosϑ ); An ,Bn−konst .
Rešitev problema znotraj sfere:
Upoštevamo robni pogoj: u ( R , φ , ϑ )=f (ϑ )
u (r , ϑ )=∑n=0
∞
An ∙ rn ∙Pn(cosϑ )
∑n=0
∞
An∙ Rn ∙ Pn(cosϑ )=f (ϑ )
Fourier- Legendrova vrsta funkcije f (ϑ )
Koeficient An izračunamo:
An ∙Rn=2n+12
∫−1
1
f (x) ∙ Pn(x)dx
Kjer je funkcija f (x) funkcija f (ϑ ) spremenljivke x=cosϑ . Pri tem velja dx=−sinϑdϑ
Čemur ustreza meji intergrala -1 do 1, ko intergriramo po x:−1=cosϑ →ϑ=π ;1=cosϑ → ϑ=0
Tako je naš intergral enak:
An=2 n+12∙ RN ∫
0
π
f (ϑ ) ∙ Pn ∙ (cosϑ ) ∙ sinϑdϑ ;n=0,1,2 , ….
Rešitev problema izven sfere:Izven sfere ne moremo uporabiti prve družine rešitev u(r , ρ). Rešitev bo torej vsota:
u (r , ϑ )=∫n=0
∞ Bn
rn+1 ∙ Pn(cosϑ )
Pri čemer izračunamo koeficient Bn po obrazen:
Bn=2 n+1
2Rn+1∫
0
π
f (ϑ ) Pn (cos ϑ ) (sin ϑ ) dϑ ;n=0,1,2 ….
Ogledali si bomo legendreove polinome, ki predstavljajo rešitev Legredreove enačbe:(1−x2 ) y ' '−2 x y '+n (n+1 ) y=0
Rešitev take enčbe lahko vedno predstavimo v obliki potenčne vrste:
y= ∫m=0
∞
am ∙ Xm
Legendreovi polinomi stopnje n:
Pn ( x )=∑m=0
M
(−1 )m ∙(2n−2m )!
2n ∙m! (n−m )! ∙ (n−2m ) !∙ xn−2m
Pri tem je:M=n
2ali
n−12
M∈N
Izračunajmo nekaj polinomov:P0 ( x )=1
P1 (x )= 2 !
21 ∙1 ∙1∙ x=x (m=1 , M=0 ,n=1)
P2 (x )= 4 !
22 ∙2 ∙ 2∙ x2−
(4−2 ) !22 ∙1 ∙1 ! ∙ 0 !
=32
x2−12=1
2(3 x2−1)
P3 ( x )=12(5 x3−3 x)
P4 ( x )=18(35 x4−30 x2+3)
P5 ( x )=18(63 x5−70 x3+15 x)
1. Osnovni izrek kombinatorike. Navedite preprost primer in narišite ustrezno kombinatorično drevo.
Naj bo proces odločanja takšen, da poteka v k zaporednih fazah pri čemer je v 1.fazi n1, v druge fazi n2 , … in v k-ti fazi nkmožnih odločitev. Pri tem je število izborov v posamezni fazi neodvisno od tega, katere možnosti smo izbrali v predhodnih fazah. Po tem je mogoče sestavljeni izbor opraviti na n=n1 ∙n2 ∙ ….∙nk načinov.
Primer: prijatelji se odločijo za izlrt. Izbirajo med k slovenskimi mesti, potujejo lahko z osebnim avtom, vlakom ali avtobusom. V vsakem mestu pa si lahko ogledajo filemsko al gledališko prestavo. Na koliko načinov lahko sestavijo izlet?
2. Kaj je slučajni vzorec? Opišite razliko med opisno in analitično (induktivno) statistiko.
Tako je število permutacij z n elementi enako Pn=n!.Število permutacij Pn nam pove, na koliko načinov lahko razporedimo n elementov v vesto. Če želimo posebej poudariti, da naj v vsaki razporedbi vsak element nastopi natanko enkrat, govorimo a permutacijah po sestavljamo nize dolžine n, vendar se bo v njih element n1 pojavil p1−krat, element n2 se bo pojavil p2−krat, element nm se bo pojavil pm−krat
Seveda je p1+ p2+…+ pm=n število takih nizov je enako:
pnp1 , p2 , .. pm= n!
p1! ∙ p2 ! ∙…∙ pm !
3. Variacije brez ponavljanja in s ponavljanjem
Naj bo množiva A moč r in množica B moč n. zanima nas đtevilo injektivnih preslikav iz množice A v množico B (r < n).V smislu razporejenja elementov v nize lahko problem predstavimo tako: koliko je vseh razporedb doližine r sestavljenih iz r elementov z n elementi. Ake nize imenujemo variacije reda r brez ponavljanja iz n elementov.
V nr=n (n−1 ) (n−2 )…. (n−r+1 )= n!
(n−r ) !
Sedaj si oglejmo še sestavljanje nizov dolžine r, v katerih je na posameznem mestu lahko katerikoli izmed n elementov. Take nize imenujemo variacije reda r s ponavljanjem iz n elementov.
( p ) V nr=nr
4. Kombinacije brez ponavljanja in s ponavljanjem. Vezane kombinacije.
O kombinacijah govorimo, ko v variacijah vrstni red elementov ni več pomemben. Kombinacije so pavzaprav podmnožice dane množice elemantov. Kombinacije reda r izmed n elementov (brez ponavljanja) so podmnožice z mejo r neke končne množice z močjo n.
cnr= n !
(n−r !) r !=( y)
Včasih srečamo tudi kombinacije, v katerih se posamezni elementi lahko ponavljajo. V takih primerih govorimo reda r izmed n elementov
( p ) Cnr =(n+r−1
r )Oglejmo si že naslednji problem: končno množico A z močjo n je razdeljena na paramo tuje si podmnožice A1 , A2 … Am, z močnim n1, je mogoče iz množice A izbrati r elementov, tako, da jih je r1 iz podmnožice Am , pri čemer je sevedar1+r2+…+rm=r ?
Take nabore imenujemo vezane kombinacije.
Cn1 ,n2 …. nm
r1 ,r 2 ,… .rm=(n1
r1) ∙(n2
r2) ∙∙ ∙∙ ∙∙ ∙ ∙∙(nm
rm)