ZBIRKA ZADATAKA IZ MATEMATIKE 3

Transcript

1 Tatjana Slijepčević-Manger ZBIRKA ZADATAKA IZ MATEMATIKE Gradevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu

2 Sadržaj Sadržaj i 1 Uvod 1 Jednadžbe matematičke fizike.1 Fourierovi redovi Ravnoteža žice Oscilacije žice Provodenje topline kroz štap Ravnoteža i oscilacije membrane Numeričke metode 6.1 Numeričke metode za ODJ prvog reda Eulerova metoda Poboljšana Eulerova Heunova) metoda Metoda Runge-Kutta Numeričke metode za ODJ drugog reda Metoda konačnih razlika Metoda konačnih elemenata Metoda konačnih razlika za PDJ Oscilacije žice Provodenje topline kroz štap Ravnoteža kvadratne membrane i

3 Poglavlje 1 Uvod Predmet MATEMATIKA predaje se na prvoj godini diplomskog studija gradevinarstva Gradevinskog fakulteta Sveučilišta u Zagrebu. Predavanja su zapisana u internoj skripti Gradevinskog fakulteta pod nazivom MATEMATIKA autora prof. dr. sci. Tomislava Došlića i više asistentice dr. sci. Dore Pokaz. Pored predavanja, studenti moraju pohadati i auditorne vježbe iz spomenutog predmeta. Na tim vježbama rješavaju se zadatci vezani za pojedine cjeline opisane na predavanjima, i to tako da se postupak rješavanja naznači u osnovnim crtama i napiše konačno rješenje, dok se tehnički dio posla, kao što je na primjer integriranje, prepušta studentima da ga samostalno obave. Primijećeno je da nakon dvije ili više godina tijekom kojih nisu slušali matematičke predmete, mnogi studenti imaju poteškoće u savladavanju gradiva, tj. da nisu u stanju dovršiti zadatke s vježbi. To je bio najvažniji motiv za pisanje Zbirke zadataka iz MATEMATIKE koja sadrži detaljna rješenja zadataka s auditornih vježbi te slične zadatke za samostalan rad. Zbirka zadataka iz MATEMATIKE je logična dopuna internoj skripti iz spomenutog predmeta i podijeljena je u dva poglavlja. Prvo poglavlje sadrži primjere analitičkih rješenja problema opisnih jednadžbama matematičke fizike i odgovarajuće zadatke za vježbu. Nakon uvodne točke o razvoju funkcija u Fourierove redove, slijede primjeri analitičkih rješenja rubnog problema ravnoteže žice, rubno-inicijalnog problema oscilacija žice, rubno-inicijalnog problema provodenja topline kroz štap, rubnog problema ravnoteže membrane i rubno-inicijalnog problema oscilacija membrane. U drugom poglavlju zbirke nalaze se primjeri približnih rješenja onih isth problema koji su rješavani analitički u njenom prvom poglavlju. Spomenuta približna rješenja dobivena su pomoću različitih numeričkih metoda. Drugo poglavlje podijeljeno je na tri dijela. U prvom potpoglavlju navedeni su primjeri približnih rješenja koja su dobivena Eulerovom metodom ili poboljšanom Eulerovom Heunovom) metodom ili metodama Runge-Kutta, 1

4 POGLAVLJE 1. UVOD problema opisanih običnim diferencijalnim jednadžbama prvog reda. Drugo potpoglavlje sadrži primjere približnih rješenja odredenih metodom konačnih razlika ili metodom konačnih elemenata, problema opisanih običnim diferencijalnim jednadžbama drugog reda. U trećem potpoglavlju navedeni su primjeri približnih rješenja koja su odredena numeričkom metodom konačnih razlika, problema opisanih parcijalnim diferencijalnim jednadžbama, i to za inicijalno-rubni problem oscilacija žice, inicijalno-rubni problem provodenja topline kroz štap i rubni problem ravnoteže membrane. Drugo poglavlje takoder sadrži nekoliko zanimljivih slika na kojima se vide sličnosti i razlike izmedu analitičkog i numeričkog rješenja zadanog problema. Na kraju moram posebno zahvaliti asistentu dr. sci. Nikoli Sandriću i stručnom suradniku u mirovini Bošku Kojundžiću koji su svojim iskustvom bitno utjecali na sadržaj Zbirke zadataka iz MATEMATIKE. Takoder zahvaljujem recenzentima zbirke prof. dr. sci. Aleksandri Čižmešiji, prof. dr. sci. Tomislavu Došliću i prof. dr. sci. Josipu Tambači na izuzetno korisnim primjedbama i sugestijama. U Zagrebu, rujan 1.

5 Poglavlje Jednadžbe matematičke fizike.1 Fourierovi redovi Pretpostavimo da je f : R R periodička funkcija s periodom L fx+l) = fx), za svako x R), neprekidna osim u konačno mnogo točaka na R i u svakoj točki iz R ima lijevu i desnu derivaciju. Tada se funkcija f može razviti u Fourierov red oblika fx) = a + a n cos nπl x + b n sin nπl ) x, n=1 za svaku točku x u kojoj je funkcija f neprekidna. računaju na sljedeći način: Fourierovi koeficijenti se a = 1 L a n = 1 L b n = 1 L L L L L L L fx)dx, fx) cos nπ L xdx i fx) sin nπ xdx za n N. L Ukoliko je x točka prekida funkcije f, vrijedi fx ) + fx+) = a + n=1 a n cos nπl x + b n sin nπl x ).

6 4 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE 1. Odredite Fourierov red periodičkog proširenja funkcije { x, π < x fx) =, < x π na skup R. Rješenje: Periodičko proširenje f funkcije f prikazano je na Slici.1. Slika.1: Periodičko proširenje funkcije f Računamo Fourierove koeficijente a = 1 π π π π fx)dx = 1 xdx = 1 π π π x π = π 4, a n = 1 fx) cos nxdx = 1 x cos nxdx π π π π = u = x du = dx dv = cos nxdx v = 1 sin nx = 1 x sin nx n nπ + 1 sin nxdx = 1 cos nx cos nπ 1 nπ n π = n π π π b n = 1 fx) sin nxdx = 1 x sin nxdx π π π π = u = x du = dx dv = sin nxdx v = 1 cos nx = 1 x cos nx n nπ 1 cos nxdx = 1 1 cos nπ sin nx nπ n n π π π π π = 1)n 1, n π π = 1)n n.

7 .1. FOURIEROVI REDOVI 5 Prema tome, za točke neprekidnosti x k + 1)π, k Z, periodičkog proširenja f funkcije f vrijedi fx) = π 4 + 1) n 1 n π n=1 cos nx + 1)n n Za točke prekida x = k + 1)π, k Z, vrijedi jednakost π = π 4 + cos nπ 1 n π n=1 cos nk + 1)π + cos nπ n = π 4 + 1) n 1 1) n = π n π 4 + k + 1) π n=1 k= = π π k + 1). k= ) sin nx. ) sin nk + 1)π Rješavajući ovaj zadatak dobili smo zgodan sporedni rezultat: k= 1 k + 1) = π 8.. Odredite Fourierov red periodičkog proširenja funkcije fx) = {, π < x, < x π na skup R. Rješenje: Periodičko proširenje f funkcije f prikazano na Slici. je neparna funkcija f x) = fx), x R), pa je a n =, n =, 1,. Naime, umnožak neparne funkcije i parne funkcije kosinus je neparna funkcija, a integral neparne funkcije na intervalu L, L) simetričnom obzirom na nulu, u definiciji koeficijenata a n, je uvijek nula. Računamo

8 6 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE Slika.: Periodičko proširenje funkcije f Fourierove koeficijente b n : b n = 1 π fx) sin nxdx = 1 sin nxdx π π π π = 1n π cos nx + 1 π) π n cos nx ) π ) sin nxdx = π 1 n + 1 n cos nπ + 1 n cos nπ 1 n = 4 cos nπ 1) = nπ {, n paran 8 nπ n neparan. Prema tome, za x nπ, n Z, vrijedi formula fx) = k= Ukoliko je x = nπ, n Z, vrijedi k= 8 sink + 1)x. k + 1)π 8 + ) sink + 1)nπ = k + 1)π =.. Odredite Fourierov red periodičkog proširenja funkcije fx) = x, x [ π, π ] na skup R. Rješenje: Periodičko proširenje f funkcije f prikazano na Slici. je

9 .1. FOURIEROVI REDOVI 7 Slika.: Periodičko proširenje funkcije f parna funkcija f x) = fx), x R), pa je b n =, n N. Naime, umnožak parne funkcije i neparne funkcije sinus je neparna funkcija, a integral neparne funkcije na intervalu L, L) simetričnom obzirom na nulu, u definiciji koeficijenata b n, je uvijek nula. Računamo Fourierove koeficijente a n : a = 1 = 4 π π π π π π fx)dx = 1 π x dx = 4 x π π π π x dx = π 6, π a n = 1 π fx) cos nπx π dx = 8 x cos nxdx π π = u = x du = xdx dv = cos nxdx v = 1 sin nx n = 8 x π sin nx π n 8 π x sin nxdx π n = 8 nπ π x sin nxdx

10 8 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE = u = x du = dx dv = sin nxdx v = 1 cos nx n = 4 π x cos nx n π 4 π cos nxdx n π = π cos nπ sin nπ n n π = n cos nπ = n 1)n. Budući da je proširenje f funkcije f neprekidno, za svaki realan broj x vrijedi fx) = π 6 + 1) n cos nx. n n=1 4. Razvijte funkciju po sinusima i kosinusima. fx) = { x, < x π π, π < x π Rješenje: Razvijmo funkciju f u red po sinusima. Funkciju f najprije Slika.4: Periodičko proširenje funkcije f po neparnosti treba periodički proširiti po neparnosti kao na Slici.4. Funkcija f se proširi na interval π, ) po neparnosti tako da se stavi fx) = f x), x π, ). Zatim se tako proširena funkcija f proširi po periodičnosti na R. U opisanom slučaju treba izračunati samo koeficijente b n objašnjenje se

11 .1. FOURIEROVI REDOVI 9 nalazi u rješenju Zadatka ): π π π b n = fx) sin nxdx = x sin nxdx + π π π π = u = x du = dx dv = sin nxdx v = 1 cos nx n = x π cos nx nπ + π cos nxdx 1 π nπ n cos nx π = 1 n cos nπ + π sin nx n π 1 n cos nπ + 1 n cos nπ = n π sin nπ 1 cos nπ = n n π sin nπ 1 n 1)n. π sin nxdx Razvoj funkcije f po sinusima glasi: fx) = n=1 n π sin nπ 1 ) n 1)n sin nx. Slika.5: Periodičko proširenje funkcije f po parnosti Razvijmo sada funkciju f u red po kosinusima. Funkciju f najprije treba periodički proširiti po parnosti kao na Slici.5. Funkcija f se proširi na interval π, ) po parnosti tako da se stavi fx) = f x), x π, ). Zatim se tako proširena funkcija f proširi po periodičnosti na R. U opisanom slučaju

12 1 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE treba izračunati samo koeficijente a n objašnjenje se nalazi u rješenju Zadatka ): a = 1 π = 1 π π x π π fx)dx = 1 π + 1 x π π π xdx + 1 π π π = π 8 + π π 4 = π 8, π π dx a n = fx) cos nxdx = x cos nxdx + π π π = u = x du = dx dv = cos nxdx v = 1 sin nx n = x π sin nx nπ π sin nxdx + 1 π nπ n sin nx π = 1 n sin nπ + π cos nx n π 1 n sin nπ = n π π π π cos nxdx cos nπ 1 ). Razvoj funkcije f po kosinusima ima oblik: fx) = π 8 + cos nπ ) n π 1 cos nx. n=1 5. Odredite Fourireov red periodičkog proširenja funkcije {, < x fx) = sin πx, < x na R. 6. Odredite Fourierov red periodičkog proširenja funkcije fx) = x, x [ π, π] na R. 7. Odredite Fourireov red periodičkog proširenja funkcije, x < 1 fx) = 5, 1 x < 1, 1 x < na R.

13 .1. FOURIEROVI REDOVI Razvijte funkciju { x, < x π fx) = π, π < x π 4 po sinusima i kosinusima.

14 1 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE. Ravnoteža žice Ravnotežni položaj žice [, L] opisan je običnom diferencijalnom jednadžbom. reda px)u x)) + qx)ux) = fx), x [, L], pri čemu je ux) funkcija progiba žice, px) predstavlja napetost žice, qx) je koeficijent elastičnosti sredstva u kojem se nalazi žica, a fx) je linijska gustoća vanjske sile koja djeluje na žicu u točki x. Ukoliko koeficijent elastičnosti nije zadan, smatra se da žica nije uronjena u elastično sredstvo, tj. da je qx) =. Jednadžbu ravnoteže rješavamo uz Dirichletove rubne uvjete u) = u ul) = u L ) i/ili Neumannove rubne uvjete u ) = u u L) = u L ). Promotrimo homogenu žicu [, L] za koju je pričvršćen uteg mase M na lijevom desnom) kraju. Neka je m masa žice m << M). U promatranom slučaju napetost žice računamo po formuli px) = Mg, a vanjsku silu prema fx) = ρg. Pri tome je g konstanta gravitacije, a ρ = m je linijska gustoća žice L za homogenu žicu. U lijevom desnom) kraju žice imamo u) = ul) = ), tj. lijevi desni) kraj žice je pričvršćen, dok desni lijevi) kraj može biti pričvršćen, ul) = u) = ), ili slobodan, u L) = u ) = ). Mjerne jedinice za duljinu, masu i vrijeme pripadaju SI sustavu mjernih jedinica: metar, kilogram i sekunda. 1. Homogena teška žica mase m = i duljine L = 1 napeta je horizontalno utegom mase M = 15 na kraju x =. Odredite ravnotežni oblik žice ako je njezin: a) desni kraj pričvršćen, b) desni kraj slobodan. Za konstantu gravitacije uzmite g = 1. Rješenje: Nemamo otpor elastičnog sredstva, tj. qx) =. Rješavamo običnu diferencijalnu jednadžbu koja opisuje ravnotežni položaj žice ux): px)u x)) = fx). U opisanom slučaju, vanjska sila koja djeluje na žicu je sila gravitacije fx) = mg = ρg, gdje je ρ = m linijska gustoća žice, a napetost žice L L je dana s px) = M g. Prema tome, rješavamo diferencijalnu jednadžbu Mgu x) = ρg.

15 .. RAVNOTEŽA ŽICE 1 Za konkretne podatke imamo 15 1u x) = 1 1, tj. u x) = 15. Nakon što integriramo lijevu i desnu stranu po x, dobijemo u x) = 15 x + C 1. Još jedna integracija po x daje funkciju progiba žice, ux) = 1 15 x + C 1 x + C. Konstante C 1 i C odredujemo iz rubnih uvjeta na sljedeći način: a) Rubni uvjet u) = lijevi kraj žice je pričvršćen) daje C =, dok iz uvjeta u1) = desni kraj žice je pričvršćen) dobivamo C 1 = Prema tome, u slučaju kada su oba kraja žice pričvršćena, ravnotežni oblik žice je ux) = 1 15 x 1 x, x [, 1]. 15 b) Iz rubnog uvjeta u) = slijedi C =, dok uvjet u 1) = desni kraj žice je slobodan) daje C 1 =. Dakle, progib žice 15 u ravnotežnom položaju opisan je funkcijom ux) = 1 15 x x, x [, 1]. 15. Teška homogena žica duljine L = i mase m = 4 napeta je horizontalno utegom mase M = 1 na lijevom kraju i nalazi se u homogenom sredstvu s koeficijentom elastičnosti qx) = b = 4. Odredite ravnotežni oblik žice ako je njezin drugi kraj slobodan. Rješenje: Rješavamo jednadžbu ravnoteže žice Mgu x) + bux) = m L g. Konkretno, ukoliko uzmemo da je konstanta gravitacije g = 1, jednadžba ravnoteže ima oblik 1u x) + 4ux) =, tj.

16 14 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE u x) 1 ux) = 1 6. Treba riješiti gornju običnu linearnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda. Rješenje ovakve jednadžbe je oblika ux) = u H x) + u P x), gdje je u H x) rješenje pripadne homogene diferencijalne jednadžbe u x) 1 ux) =, a u P x) je partikularno rješenje nehomogene jednadžbe. Da bismo odredili u H x), moramo naći rješenja pripadne karakteristične jednadžbe λ 1 =. Karakteristična jednadžba ima dva različita realna rješenja, λ 1 = 1 i λ = 1, tako da je u H x) = C 1 e 1 x + C e 1 x, x [, ]. Desna strana diferencijalne jednadžbe je jednaka konstanti, pa možemo pretpostaviti da je u P x) = A. Uvrštavanjem partikularnog rješenja u P u diferencijalnu jednadžbu u P x) 1 u P x) = 1 6 dobijemo A = 5 jer je u P x) =. Prema tome, opće rješenje jednadžbe ravnoteže jest ux) = u H x) + u P x) = C 1 e 1 x + C e 1 x 5, x [, ]. Konstante C 1 i C odredimo iz rubnih uvjeta. Iz u) = lijevi kraj žice je pričvršćen) i u ) = desni kraj žice je slobodan) dobijemo sustav jednadžbi s nepoznanicama C 1 i C : C 1 + C = 5, 1 e C1 + 1 e C =, budući da je u x) = 1 C 1 e 1 x + 1 C e 1 x.

17 .. RAVNOTEŽA ŽICE 15 Uvrštavanjem izraza C = 5 C 1 dobivenog iz prve jednadžbe u drugu jednadžbu, dobijemo rješenje sustava C 1 = C = 5 e 4 5, + 1 e Prema tome, konačno rješenje postavljenog problema ima sljedeći oblik: ) ) 5 ux) = e 1 x e 1 x 5, x [, ] e 4 e 4. Teška homogena žica linijske gustoće ρ = 1 napeta je horizontalno utegom mase M = 14 na kraju x = i nalazi se u homogenom sredstvu s koeficijentom elastičnosti qx) = b = 5. Odredite ravnotežni oblik žice ako je drugi kraj pričvršćen. Rješenje: Rješavamo jednadžbu ravnoteže žice Mgu x) + bux) = ρg, x [, ]. Konkretno, uzmemo li da je konstanta gravitacije g = 1 te zadane podatke, jednadžba ravnoteže ima oblik 14u x) + 5ux) = 1, tj. u x) 1 8 ux) = Treba riješiti gornju običnu linearnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda. Njeno rješenje je oblika ux) = u H x) + u P x), gdje je u H x) rješenje pripadne homogene diferencijalne jednadžbe u x) 1 ux) =, 8 a u P x) je partikularno rješenje zadane nehomogene jednadžbe. Da bismo odredili u H x), moramo naći rješenja pripadne karakteristične jednadžbe λ 1 8 =.

18 16 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE Karakteristična jednadžba ima dva različita realna rješenja, λ 1 = 1 λ = 1, tako da je 7 u H x) = C 1 e 1 7 x + C e 1 7 x. Desna strana diferencijalne jednadžbe jednaka je konstanti 1 14, tj = α cos ωx + β sin ωx 7 i za α = 1 14 i ω =, pa možemo pretpostaviti da je u P x) = A = const.. Uvrštavanjem partikularnog rješenja u P u diferencijalnu jednadžbu u P x) 1 8 u P x) = 1 14, dobijemo A = jer je u P x) =. ravnoteže je Prema tome, rješenje jednadžbe ux) = u H x) + u P x) = C 1 e 1 7 x + C e 1 7 x, x [, ]. Konstante C 1 i C odredimo iz rubnih uvjeta. Iz u) = lijevi kraj žice je pričvršćen) i u) = desni kraj žice je pričvršćen) dobijemo sustav jednadžbi s nepoznanicama C 1 i C : C 1 + C =, e 7 C1 + e 7 C =. Uvrštavanjem izraza C = C 1 dobivenog iz prve jednadžbe u drugu jednadžbu dobijemo rješenje sustava C 1 = e 7 e, 7 e 7 C = e 7 e. 7 e 7 Konačno rješenje postavljenog problema ima oblik: ux) = za x [, ]. e 7 e 7 e 7 ) e 1 x 7 + e 7 e 7 e 7 ) e 1 7 x,

19 .. RAVNOTEŽA ŽICE Teška žica sastavljena je od dva homogena materijala na [, ] i, 5] s linijskim gustoćama ρ 1 = i ρ = redom. Odredite ravnotežni položaj žice napete horizontalno utegom mase M = na desnom kraju, dok je drugi kraj žice slobodan. Rješenje: Otpor sredstva nije zadan pa ga smatramo zanemarivim, tj. qx) =. Budući da se žica sastoji od dva različita materijala rješavamo dvije jednadžbe: Mgu x) = ρ 1 g, x [, ] i Prema tome, rješavamo jednadžbe Mgu x) = ρ g, x, 5]. u x) =, u x) =, x [, ] i x, 5], tj. u x) = 1 1, x [, ] i u x) =, x, 5]. Iz prve jednadžbe na [, ] dobivamo u x) = 1 x + C 1 1 i odatle ux) = 1 x + C 1 x + C, x [, ]. Jednadžba na, 5] daje u x) = x + D 1 i odatle ux) = 4 x + D 1 x + D, x, 5]. Iz rubnog uvjeta u ) = lijevi kraj žice je slobodan) slijedi C 1 =. Rubni uvjet u5) = daje D = 5D Prema tome, 8 ux) = 1 x + C, x [, ] i ux) = 4 x + D 1 x 5D 1 15,, 5]. 8 Konstante C i D 1 odredimo tako da iskoristimo dva prirodna uvjeta neprekidnost žice na spoju dva materijala, tj. u ) = u+) i neprekidnost kontaktne sile glatkoću žice) na spoju dva materijala, tj. u ) = u +).

20 18 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE Imamo: u ) = C = 1 D = u+) i u ) = 1 5 = 1 + D 1 = u +), odakle slijedi da je D 1 = 1 i C 1 = 59. Dakle, ravnotežni položaj žice 4 odreden je funkcijom { 1 ux) = x 59, x [, ] 4 4 x 1 x 11, x, 5] Teška homogena žica mase m = 4 i duljine L = napeta je horizontalno utegom mase M = 5 na kraju x =. Na dio 1, ] djeluje sila s koeficijentom elastičnosti qx) = b =. Odredite progib ako je drugi kraj žice pričvršćen. Rješenje: Budući da se lijevi dio žice, [, 1], nalazi u sredstvu sa qx) =, a desni komad žice, 1, ], u drugom sredstvu sa qx) = b =, rješavamo dva problema 5u x) = 4 1 =, 5u x) + ux) =, x [, 1] i x 1, ], tj. u x) = 5, x [, 1] i u x) 5 ux) =, x 1, ]. 5 Rješenje prve jednadžbe je ux) = 1 5 x + C 1 x + C, x [, 1]. Druga jednadžba je linearna diferencijalna jednadžba. reda s konstantnim koeficijentima. Rješenje takve jednadžbe tražimo u obliku ux) = u H x) + u P x), gdje je u H x) rješenje pripadne homogene jednadžbe, a u P x) partikularno rješenje polazne jednadžbe. Njena karakteristična jednadžba λ 5 =

21 .. RAVNOTEŽA ŽICE 19 ima rješenja λ 1 = 5 i λ 1 = 5. Prema tome, 1 u H x) = D 1 e 5 x 1 + D e 5 x 1, za konstante D 1, D R. Pretpostavimo da je u P x) = A = const.. Uvrštavanjem u diferencijalnu jednadžbu dobivamo A =. Sada imamo i progib žice ux) = D 1 e 5 x 1 + D e 5 x 1, x 1, ]. Rubni uvjet u) = daje C =. Iz rubnog uvjeta u) = dobivamo tako da je D 1 e D e 5 1 =, D = e 5 1 D1 e Konstante C 1 i D 1 odredujemo iz prirodnih uvjeta: neprekidnost žice u točki x = 1, tj. u1 ) = u1+), neprekidnost kontaktne sile glatkoća žice) u točki x = 1, tj. u 1 ) = u 1+). Neprekidnost nam daje sljedeću jednadžbu s nepoznanicama C 1 i D 1 = D 1 e 5 1 e 5 1 a glatkoća drugu jednadžbu u1 ) = C 1 ) + ) e = u1+), u 1 ) = 5 + C 1 = 5 e e ) 5 1 D e 5 1 = u 1+). Oduzimanjem prve jednadžbe od druge lako se može izračunati konstanta D 1, a zatim uvrštavanjem u bilo koju od jednadžbi i konstanta C 1. Na kraju se dobivene konstante uvrste u progib žice: ux) = D 1 e 5 x x + C 1 x, x [, 1] e 5 1 D1 e 4 ) 5 1 e 5 x 1, x 1, ].

22 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE 6. Teška žica [, ] sastavljena je od dva homogena materijala na [, 1] i 1, ], s linijskim gustoćama ρ 1 = 1 i ρ =. Odredite ravnotežni položaj žice napete horizontalno utegom mase M = 18 na desnom kraju žice, dok je drugi kraj žice pričvršćen. 7. Teška homogena žica mase m = i duljine L = napeta je horizontalno utegom mase M = na kraju x =. Na dio [, 1] djeluje sila s koeficijentom elastičnosti qx) = b = 1. Odredite progib žice ako je njezin drugi kraj slobodan.

23 .. OSCILACIJE ŽICE 1. Oscilacije žice Promatramo napetu žicu [, L] linijske gustoće ρx), x [, L]. Napetost žice opisana je funkcijom px, t), x [, L], t. Žica oscilira u elastičnom sredstvu s koeficijentom elastičnosti qx), x [, L]. Pored toga, na žicu djeluje i vanjska sila linijskom gustoćom fx, t), x [, L], t. Progib žice ux, t), x [, L], t opisuje parcijalna diferencijalna jednadžba ρx) ux, t) t x px, t) ux, t) x ) + qx)ux, t) = fx, t). Gornju jednadžbu ćemo rješavati za tri specijalna slučaja konstantno napete homogene žice u neelastičnom sredstvu: a) uz homogene rubne uvjete bez utjecaja vanjske sile, b) uz homogene rubne uvjete pod utjecajem vanjske sile i c) uz nehomogene rubne uvjete bez utjecaja vanjske sile. a) Promotrimo specijalan slučaj gornje parcijalne diferencijalne jednadžbe kada je žica homogena ρx) = ρ > ), a napetost žice je konstantna px, t) = p > ). Osim toga, pretpostavimo da žica nije uronjena u elastično sredstvo qx) = ) i da na nju ne djeluje vanjska sila fx, t) = ). Dakle, promatramo parcijalnu diferncijalnu jednadžbu oblika ρ ux, t) = p ux, t), tj. t x ux, t) = c ux, t), t x gdje je c = p. Ovu diferencijalnu jednadžbu zovemo valna jednadžba. Ona ρ opisuje gibanje homogene žice koja je konstantno napeta u neelastičnom sredstvu i bez utjecaja vanjske sile. Rubni i početni uvjeti osiguravaju jedinstvenost rješenja diferencijalne jednadžbe. Za početak, pretpostavimo homogene rubne uvjete u, t) = ul, t) =, t, početne uvjete koji odreduju početni oblik žice i početnu brzinu žice ux, ) = αx), x [, L] ux, t) t = βx), t= x [, L].

24 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE Metodom separacije varijabli pogledajte [],4.) odredimo rješenje valne jednadžbe ux, t) = E n cos nπct L + F n sin nπct ) sin nπx L L, n=1 pri čemu za svako n N koeficijente E n i F n računamo na sljedeći način: E n = L L αx) sin nπx L dx i F n = cnπ L βx) sin nπx L dx. b) Promotrimo sada oscilacije homogene žice koja je konstantno napeta u neelastičnom sredstvu i pod utjecajem vanjske sile. Gibanje žice ux, t) opisuje parcijalna diferencijalna jednadžba oblika gdje je c = p ρ uvjete i početne uvjete ρ ux, t) = p ux, t) + fx, t), tj. t x ux, t) = c ux, t) + hx, t), t x fx,t) i hx, t) =. Problem ćemo rješavati uz homogene rubne ρ Rješenje jednadžbe tražit ćemo u obliku u, t) = ul, t) =, t, ux, ) = αx), x [, L] i ux, t) t = βx), x [, L]. t= ux, t) = n=1 D n t) sin nπx L, pri čemu za svako n N funkcija D n t) predstavlja rješenje obične diferencijalne jednadžbe D nt) + cnπ L ) D n t) = A n t) = L L hx, t) sin nπx L dx,

25 .. OSCILACIJE ŽICE uz početne uvjete D n ) = L D n) = L L L αx) sin nπx L dx βx) sin nπx L dx. i c) Vratimo se sada na valnu jednadžbu ux, t) = c ux, t), t x gdje je c = p. Tražimo njeno rješenje uz nehomogene rubne uvjete ρ i uz početne uvjete u, t) = a i ul, t) = b, t ux, ) = αx), x [, L] i ux, t) t = βx), x [, L]. t= Opisani problem rješavamo tako da rješenje tražimo u obliku ux, t) = vx, t) + wx), pri čemu je vx, t) rješenje valne jednadžbe uz homogene rubne uvjete i početne uvjete vx, t) t = c vx, t) x, v, t) = vl, t) =, t, vx, ) = α 1 x) = αx) wx), x [, L] i vx, t) t = βx), x [, L], t= a wx) je rješenje jednadžbe w x) = uz rubne uvjete w) = a i wl) = b. Lako se pokaže da je wx) = b a L x + a.

26 4 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE 1. Pronadite zakon titranja homogene žice duljine L =, napetosti p = 8, linijske gustoće ρ =, koja je pričvršćena na rubovima. Početni položaj žice dobiven je izvlačenjem žice iz ravnotežnog položaja na trećini svoje duljine počevši od lijevog ruba za 1, a linearna afina) je na ostatku žice. Početne brzine nema, a nema niti utjecaja vanjske sile. Rješenje: Rješavamo valnu jednadžbu u t = u c x, gdje je c = p = 4 i c =, uz rubne uvjete u, t) = u, t) =, te ρ početne uvjete { x, x 1, ux, ) = 1 x), 1 x, u i t =. Početni položaj žice opisan funkcijom ux, ) prikazan je t= na Slici.6. Rješenje postavljenog inicijalno-rubnog problema tražimo u Slika.6: Početni položaj žice obliku: ux, t) = = n=1 n=1 E n cos cnπt L + F n sin cnπt ) sin nπx L L E n cos nπt + F n sin nπt ) sin nπx. Odmah vidimo da je F n =, n N, jer je početna brzina žice jednaka nuli. Ostaje izračunati L E n = ux, ) sin nπx L L dx = [ 1 x sin nπx dx x) sin nπx ] dx, n N.

27 .. OSCILACIJE ŽICE 5 Najprije odredimo 1 x sin nπx dx = u = x du = dx dv = sin nπxdx v = nπx cos nπ = x 1 nπx cos nπ + 1 cos nπx nπ dx = nπ cos nπ nπx sin n π = nπ cos nπ + 9 n π sin nπ. Nakon toga izračunamo 1 1 x) sin nπx dx = u = x du = dx dv = sin nπxdx v = nπ = nπx x) cos nπ nπ 1 cos nπx dx = 6 nπ cos nπ 9 nπx sin n π = nπ cos nπ + 9 n π sin nπ. 1 cos nπx 1 Prema tome, E n = nπ cos nπ + 9 n π sin nπ + nπ cos nπ + 9 n π sin nπ = 7 n π sin nπ = 9 n π sin nπ, n N. ) Traženi zakon titranja zato je ux, t) = 9 π n=1 1 n sin nπ cos nπt sin nπx, x [, ], t.

28 6 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE. Homogena žica duljine L = 7, napetosti p = 64 i linijske gustoće ρ = 4 učvršćena je na krajevima. Žica se pobudi na titranje udarom krutog ravnog čekića širine ɛ =. u točki x = tako da početna brzina žice na segmentu [.9,.1] bude jednaka 1. Riješite problem oscilacije žice ako je u trenutku t = žica postavljena horizontalno. Rješenje: Rješavamo valnu jednadžbu u t = 16 u x uz rubne uvjete u, t) = u7, t) = žica je učvršćena na krajevima), te početne uvjete ux, ) = u početnom trenutku žica se nalazi u horizontalnom položaju) i u t = βx) = t=, x <.9, 1,.9 x <.1,,.1 x 7. Znamo da rješenje postavljenog problema ima oblik ux, t) = E n cos 4nπt + F n sin 4nπt ) sin nπx n=1 Budući da se žica u trenutku t = nalazi u horizontalnom položaju ux, ) = ), vrijedi E n = za svaki prirodni broj n. Odredimo koeficijente F n : F n = cnπ = 7 n π L βx) sin nπx L dx = 4nπ cos nπx ).1 7 = 7 nπ nπ sin sin n π = 7 n π.1.9 sin nπx 7 dx cos.9nπ cos.1nπ 7 7 ) Traženi zakon titranja zato je ux, t) = 7 π n=1 1 nπ nπ 4nπt sin sin sin sin nπx n , za x [, 7] i t.

29 .. OSCILACIJE ŽICE 7. Homogena žica linijske gustoće ρ = 1, duljine L = 1, konstantno napeta napetošću p = 4, pričvršćena je na krajevima i titra pod utjecajem vanjske sile koja po jedinici duljine iznosi fx, t) = 6. Pronadite zakon titranja ako je žica u početnom trenutku horizontalno postavljena ux, ) = αx) = ) i ako je početna brzina jednaka nuli u t = βx) = ). t= Rješenje: Rješavamo parcijalnu diferencijalnu jednadžbu u t = u c x + hx, t) = u 4 + 6, x [, 1], t, x gdje je c = p fx,t) = 4 i hx, t) = = 6, uz rubne uvjete u, t) = ρ ρ u1, t) =, te početne uvjete ux, ) = αx) = i u t = βx) =. t= Rješenje tražimo u obliku ux, t) = D n t) sin nπx L = D n t) sin nπx 1, n=1 pri čemu za svaki prirodan broj n funkcija D n t) zadovoljava običnu diferencijalnu jednadžbu D n=1 nt) + c n π D n t) = A n t), tj. L D nt) + 4n π 1 D nt) = A n t), odnosno D nt) + n π 5 D nt) = A n t), uz uvjete D n ) = D n) =, koji slijede neposredno iz početnih uvjeta ux, ) = αx) = i u t = βx) =. Naime, t= Pri tome je L D n ) = L D n) = L L L αx) sin nπx L dx = βx) sin nπx dx =. L 1 A n t) = hx, t) sin nπx L L dx = 6 sin nπx 1 1 dx = nπx cos 5 nπ 1 = 1 {, za n paran, 1 cos nπ) = 4 nπ, za n neparan. nπ i

30 8 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE a) Za paran prirodni broj n imamo jednadžbu D nt) + n π 5 D nt) =, uz uvjete D n ) = D n) =. Rješenje karakteristične jednadžbe je par konjugirano kompleksnih brojeva λ 1, = ± nπ i, tako da rješenje 5 homogene diferencijalne jednadžbe za D n t) ima oblik D n t) = C 1 cos nπt 5 + C sin nπt 5. Uvrštavanjem početnih uvjeta dobijemo C 1 = C =. Prema tome, za paran n imamo samo trivijalno rješenje D n t) =. b) Za neparne prirodne brojeve n rješavamo običnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda s konstantnim koeficijentima D nt) + n π 5 D nt) = 4 nπ. Ova jednadžba ima jedinstveno rješenje oblika pogledajte [],1.4.) D n t) = D H n t) + D P n t), gdje je Dn H rješenje pripadne homogene jednadžbe, a Dn P partikularno rješenje. Rješenje Dn H homogene jednadžbe odredujemo kao za slučaj a) i ono glasi D H n t) = α n cos nπt 5 + β n sin nπt 5, pri čemu su α n i β n realni brojevi. Na desnoj strani nehomogene jednadžbe nalazi se konstanta, tako da možemo pretpostaviti da je partikularno rješenje Dn P takoder konstantno, Dn P t) = γ n. Uvrštavanjem partikularnog rješenja u diferencijalnu jednadžbu dobivamo γ n = 6. n π Prema tome, D n t) = α n cos nπt 5 + β n sin nπt n π. Uvrštavanjem početnih uvjeta D n ) = D n) =, pri čemu je D nt) = nπα n 5 sin nπt 5 + nπβ n cos nπt 5 5, izračunamo α n = 6 i β n π n =. Sada za neparne prirodne brojeve imamo D n t) = 6 nπt cos n π n π.

31 .. OSCILACIJE ŽICE 9 Dakle, zakon titranja ima oblik ux, t) = 6 k + 1) π k= = 1 π k= 1 cos 1 k + 1)πt sin sin k + 1) 1 ) k + 1)πt k + 1)πx sin 5 1 k + 1)πx, 1 za x [, 1] i t. 4. Riješite problem slobodnih oscilacija žice duljine L = 5, gustoće ρ = i napetosti p = 7. Pri tome je lijevi kraj žice učvršćen na visini 1 u, t) = 1), a desni kraj žice na visini 11 u5, t) = 11), početni položaj žice je opisan funkcijom ux, ) = αx) = 1 + sin πx, a početne brzine nema 5 u t = βx) = ). t= Rješenje: Rješavamo parcijalnu diferencijalnu jednadžbu u t = 9 u x uz rubne i početne uvjete navedene u zadatku. Rješenje tražimo u obliku ux, t) = vx, t) + wx), gdje je wx) = 11 1 x + 1 = x + 1, a vx, t) 5 predstavlja rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbe v t = v 9 x uz homogene rubne uvjete v, t) = v5, t) = i početne uvjete vx, ) = ux, ) wx) = α 1 x) = sin πx v x i 5 t = βx) =. Znamo da je t= rješenje ovog problema oblika vx, t) = n=1 E n cos nπt + F n sin nπt ) sin nπx 5 5 5, za x [, 5] i t. Pri tome je F n = za svaki prirodan broj n, jer je

32 POGLAVLJE. v t =. Preostaje izračunati t= E n = 5 = JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE sin πx ) 5 x sin nπx sin πx 5 sin nπx 5 dx dx 5 x sin nπx 5 dx. Vrijedi ortogonalnost trigonometrijskih funkcija): 5 5 sin πx 5 Izračunamo i drugi integral 4 5 x sin nπx 5 5 dx = = 4x nπ = nπ sin nπx 5 dx = { 1, za n =,, za n. u = x du = dx dv = sin nπxdx v = 5 nπx cos 5 nπ 5 5 nπx cos cos nπx nπ 5 dx 5 nπx cos nπ sin n π 5 = cos nπ. nπ Prema tome, vx, t) = πt cos π π + n=4 πx sin πt πx cos sin π 5 5 ) cos 9πt πx sin 5 5 nπt cos nπ cos sin nπx nπ 5 5. Problem slobodnih oscilacija žice je opisan funkcijom ux, t) = πt πx cos sin π πt πx cos sin π ) cos 9πt πx sin π n=4 nπ 1)n cos nπt sin nπx + x

33 .. OSCILACIJE ŽICE 1 5. Pronadite zakon titranja homogene žice duljine 5, napetosti 6 i linijske gustoće 4, koja je pričvršćena na rubovima. Početni položaj žice dobiven je izvlačenjem žice iz ravnotežnog položaja na prvoj četvrtini svoje duljine za 1, a na ostatku žice je linearna afina). Početne brzine nema, a nema niti utjecaja vanjske sile. 6. Pronadite zakon titranja homogene žice duljine 1, napetosti 1 i linijske gustoće 4, koja je pričvršćena na rubovima. Početni položaj žice dobiven je izvlačenjem žice iz ravnoteženog položaja na tri četvrtine svoje duljine za. Početna brzina jednaka je βx) = 5, a utjecaja vanjske sile nema. 7. Homogena žica duljine 8, napetosti 5 i linijske gustoće učvršćena je na krajevima. Žica se pobudi na titranje udarom krutog ravnog čekića širine.4 u točki x = tako da početna brzina žice na segmentu [1.8,.] bude jednaka. Riješite problem oscilacije žice ako je u trenutku t = žica postavljena horizontalno. 8. Homogena žica linijske gustoće, duljine 15, konstantno napeta napetošću 6, pričvršćena je na krajevima i titra pod utjecajem vanjske sile koja po jedinici duljine iznosi 4. Pronadite zakon titranja ako je u početnom trenutku žica mirna u t = ) i horizontalno postavljena ux, ) = ). t= 9. Homogena žica linijske gustoće 5, duljine 7, konstantno napeta napetošću 5, pričvršćena je na krajevima i titra pod utjecajem vanjske sile koja po jedinici duljine iznosi 5. Pronadite zakon titranja ako je ux, ) = αx) = i u t = βx) =. t= 1. Riješite problem oscilacija žice duljine, gustoće 1, napetosti 4, ako nema utjecaja vanjske sile. Pri tome za progib u vrijedi u, t) =, u, t) = 8, ux, ) = + sin πx i u t =. t= 11. Homogena žica gustoće 1 i duljine 4 oscilira pod utjecajem vanjske sile fx, t) = 4x4 x) sin t. Riješite problem titranja ako je napetost žice jednaka, uz rubne i početne uvjete u, t) =, u4, t) = 6, ux, ) = x + i u t =. t=

34 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE 1. Homogena žica gustoće i duljine oscilira pod utjecajem vanjske sile fx, t) = x x) sin t. Riješite problem titranja ako je napetost žice jednaka 1, uz rubne i početne uvjete u, t) = 5, u, t) = 9, ux, ) = x + 5 i u t =. t=

35 .4. PROVODENJE TOPLINE KROZ ŠTAP.4 Provodenje topline kroz štap Promatramo problem provodenja topline kroz štap [, L]. Neka je ux, t) temperatura poprečnog presjeka štapa u točki x u trenutku t, γx) toplinski kapacitet, δx) koeficijent provodenja i fx, t) količina topline koja se izvana prenese na štap u točki x u trenutku t. Tada jednadžba provodenja topline ima oblik ux, t) γx) t = x δx) ux, t) x ) + fx, t), za x [, L] i t. Mjerne jedinice za duljinu m), masu kg) i vrijeme s) pripadaju SI sustavu, dok temperaturu mjerimo u stupnjevima Celzija. Gornju jednadžbu ćemo rješavati za pet specijalnih slučajeva: a) stacionarno provodenje topline kroz štap, b) provodenje topline kroz homogeni, po dužini izolirani štap s homogenim rubnim uvjetima, c) provodenje topline kroz homogeni štap s homogenim rubnim uvjetima uz vanjski prijenos topline, d) provodenje topline kroz homogeni, po dužini izolirani štap s izoliranim rubovima i e) provodenje topline kroz homogeni, po dužini izolirani štap s nehomogenim rubnim uvjetima. a) Pretpostavimo najprije da temperatura poprečnog presjeka štapa ne ovisi o vremenu. Tada promatramo problem stacionarnog provodenja topline, koji je opisan jednadžbom δx)u x)) = fx). Ovo je obična diferencijalna jednadžba drugog reda. Ona ima jedinstveno rješenje uz rubne uvjete u) = a i ul) = b, tj. u slučaju kada je lijevi rub štapa na temperaturi a, a desni na temperaturi b. Primijetimo da isti tip jednadžbe opisuje ravnotežu žice koja nije uronjena u elastično sredstvo vidi točku 1., str. 1) b) Promotrimo sada dinamičko provodenje topline, tj. provodenje topline ovisno o vremenu. Pretpostavimo da su toplinski kapacitet γx) = γ > i

36 4 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE koeficijent provodenja δx) = δ > konstantni i da je plašt štapa izoliran, tj. fx, t) =. Dobivamo jednadžbu provodenja homogenog izoliranog štapa ux, t) t = c ux, t) x, pri čemu je c = δ. Gornja jednadžba ima jedinstveno rješenje uz homogene γ rubne uvjete u, t) = ul, t) = za t, tj. u slučaju kada su rubovi štapa konstantno na temperaturi nula i uz početnu razdiobu temperature ux, ) = gx) za x [, L]. Metodom separacije varijabli pogledajte [],5.1) dobijemo oblik rješenja jednadžbe provodenja uz spomenute uvjete ux, t) = E n e n=1 cnπ L )t sin nπx L, pri čemu za svaki n N koeficijente E n odredujemo iz početnog uvjeta kao E n = L L gx) sin nπx L dx. c) Pogledajmo slučaj kada štap nije izoliran, tj. postoji vanjski prijenos topline f. Neka su sve ostale pretpostavke iste kao u prethodnom slučaju. To znači da su toplinski kapacitet γx) = γ > i koeficijent provodenja δx) = δ > konstantni. Jednadžba provodenja ima oblik ux, t) t = c ux, t) x + hx, t), gdje je c = δ fx,t) i hx, t) =. Ovdje takoder pretpostavljamo da su rubovi γ γ štapa konstantno na temperaturi nula, tj. u, t) = ul, t) = za t i da je početna razdioba temperature dana sa ux, ) = gx) za x [, L]. Rješenje opisanog problema je oblika pogledajte [],5.1) ux, t) = n=1 E n t) sin nπx, x [, L], t, L pri čemu za svaki n N funkcija E n t) predstavlja rješenje obične diferencijalne jednadžbe prvog reda ) cnπ E nt) + E n t) = A n t) = L L L hx, t) sin nπx L dx,

37 .4. PROVODENJE TOPLINE KROZ ŠTAP 5 t, uz početni uvjet E n ) = L L gx) sin nπx L dx. d) Promotrimo sada problem provodenja topline kroz homogeni, po dužini izolirani štap s izoliranim rubovima. U tom slučaju rješavamo jednadžbu provodenja ux, t) t = c ux, t) x, gdje je c = δ u,t), uz rubne uvjete = ul,t) = i početni uvjet ux, ) = gx) γ x x za x [, L]. Metodom separacije varijabli pogledajte [],5.1) dobijemo rješenje jednadžbe provodenja ux, t) = E n e n= cnπ L )t cos nπx, x [, L], t, L pri čemu za svaki n N koeficijent E n odredujemo prema E n = L L gx) cos nπx dx, dok je L E = 1 L L gx)dx. e) Konačno, promotrimo problem provodenja topline kroz po dužini izolirani homogeni štap uz nehomogene rubne uvjete u, t) = a i ul, t) = b za t temperatura lijevog ruba štapa u svakom trenutku iznosi a C, a desnog b C) i početni uvjet ux, ) = gx) za x [, L] početna razdioba temperature štapa je opisana funkcijom g). Rješenje tražimo u obliku ux, t) = vx, t) + wx), gdje je vx, t) rješenje jednadžbe provodenja uz homogene rubne uvjete vx, t) t = c vx, t) x, v, t) = vl, t) =, t,

38 6 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE i početni uvjet vx, ) = g 1 x) = gx) wx), x [, L], a wx) je rješenje jednadžbe w x) = uz rubne uvjete w) = a i wl) = b. Lako se pokaže da je wx) = b a L x + a. 1. Riješite problem stacionarnog provodenja topline kroz betonski štap duljine 5 ako je temperatura lijevog ruba štapa, a desnog ruba 15. Koeficijent provodenja topline betona je δ =.15. Riješite problem u slučaju da je a) vanjski prijenos topline jednak nuli, tj. štap je po dužini izoliran, b) vanjski prijenos topline konstantan i jednak 1.5. Rješenje: a) U slučaju izoliranog štapa rješavamo diferencijalnu jednadžbu.15 u =, što je ekvivalentno s u =. Rješenje ove diferencijalne jednadžbe ima oblik ux) = C 1 x + C, C 1, C R. Iz rubnih uvjeta u) = i u5) = 15 izračunamo C 1 = 1 i C 5 =, tako da konačno rješenje problema stacionarnog provodenja topline za navedeni izolirani štap ima oblik ux) = 1 x +, x [, 5]. 5 b) Za slučaj navedenog vanjskog prijenosa topline rješavamo diferencijalnu jednadžbu.15u = 1.5, tj. u = 1. Sada je ux) = 5x + C 1 x + C, C 1, C R. Iz rubnih uvjeta u) = i u5) = 15 izračunamo C 1 = 151 i C 5 =. Dakle, konačno rješenje je ux) = 5x x +, x [, 5]. 5. Koeficijent provodenja štapa [, ] je δx) = x + 1, lijevi rub štapa je na temperaturi -1, a desni na temperaturi 1. Riješite problem stacionarnog provodenja topline u slučaju da je a) štap po dužini izoliran, b) vanjski prijenos topline opisan zakonom fx) = lnx + 1).

39 .4. PROVODENJE TOPLINE KROZ ŠTAP 7 Rješenje: a) U slučaju izoliranog štapa rješavamo običnu diferencijalnu jednadžbu oblika x + 1)u x)) =. Integriranjem lijeve i desne strane jednadžbe dobivamo x+1)u x) = C 1, C 1 R, odakle je u x) = C 1. x+1 Ponovnim integriranjem dobijemo ux) = C 1 lnx+1)+c, C R. Iz rubnog uvjeta u) = 1 izračunamo C = 1, a uvrštavanjem drugog rubnog uvjeta u) = 1 dobijemo C =. Rješenje problema stacionarnog provodenja za navedeni izolirani štap ima ln oblik ux) = lnx + 1) 1, x [, ]. ln b) U ovom slučaju rješavamo običnu diferencijalnu jednadžbu x + 1)u x)) = lnx + 1). Integriramo njenu lijevu i desnu stranu, odakle je x + 1)u u = lnx + 1) x) = lnx + 1)dx = dv = dx x = x lnx + 1) + x + 1 dx dx = x lnx + 1) + dx x + 1 du = dx x+1 v = x = x lnx + 1) + x lnx + 1) + C 1 = x + 1) lnx + 1) + x + C 1, C 1 R. Kako bismo odredili u x) dobiveni izraz podijelimo s x + 1 : u x) = lnx + 1) + x x C 1 x + 1.

40 8 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE Integriranjem dobijemo ux): x lnx + 1)dx + x + 1 dx + C 1 du = dx x+1 v = x x = x lnx + 1) + x + 1 dx + ux) = u = lnx + 1) = dv = dx dx x + 1 x x + 1 dx + C 1 dx x + 1 x = x lnx + 1) + x + 1 dx + C 1 lnx + 1) = x lnx + 1) + x lnx + 1) + C 1 lnx + 1) + C, C 1, C R. Uvrštavanjem rubnog uvjeta u) = 1 izračunamo C = 1, dok iz rubnog uvjeta u) = 1 slijedi C 1 = 4. Dakle, ln rješenje problema stacionarnog provodenja topline je ux) = ) ln x lnx + 1) + x 1, x [, ].. Tanki homogeni štap duljine L = 5, toplinskog kapaciteta γ = i s koeficijentom provodenja δ = 8, po dužini je toplinski izoliran, dakle na njega nema prijenosa topline izvana. Neka je na krajevima štapa temperatura jednaka nuli, a početna distribucija temperature neka je dana formulom ux, ) = gx) = x5 x). Pronadite zakon provodenja topline kroz opisani štap. Rješenje: Rješavamo parcijalnu diferencijalnu jednadžbu u = t c u, gdje x je c = δ, uz homogene rubne uvjete u, t) = u5, t) = i početni uvjet γ ux, ) = x5 x) = gx). Znamo da je rješenje oblika gdje je ux, t) = E n = L L E n e n=1 cnπ L )t sin nπ L x = gx) sin nπ L xdx = 5 5 n=1 nπ E n e 5 )t sin nπ 5 x, gx) sin nπ xdx, n N. 5

41 .4. PROVODENJE TOPLINE KROZ ŠTAP 9 Računamo koeficijente E n, n N: 5 E n = x5 x) sin nπ 5 5 xdx = u = 5x x du = 5 x)dx dv = sin nπxdx v = 5 nπx cos 5 nπ 5 = nπ x 5x) cos nπx x) cos nπx nπ 5 dx = u = 5 x du = dx dv = cos nπxdx v = 5 nπx sin 5 nπ 5 = 1 5 nπx 5 x) sin n π sin nπx n π 5 dx = 1 5 nπx cos n π 5 = 1 1 cos nπ) n π {, za n paran, = za n neparan., n π Prema tome, zakon provodenja ima oblik ux, t) = za x [, 5] i t. k= k+1)π k + 1) π e ) t 5 sin k + 1)π x, 5 4. Riješite problem u t = u x + xet provodenja topline kroz homogeni štap, uz uvjete u, t) = u1, t) = i ux, ) = x1 x) = gx). Rješenje: Uočimo da je u ovom slučaju L = 1 i c = 1. Rješenje tražimo u obliku ux, t) = E n t) sin nπ L x = E n t) sin nπx, n=1 gdje su funkcije E n t), n N, rješenja običnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda ) cnπ E nt) + E n t) = E L nt) + nπ) E n t) = A n t), n=1

42 4 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE uz početni uvjet E n ) = L L gx) sin nπ 1 L xdx = x1 x) sin nπxdx, a A n t) Fourierovi koeficijenti funkcije hx, t) = xe t iz razvoja u red po sinusima, A n t) = L L 1 hx, t) sin nπ 1 L xdx = hx, t) sin nπxdx 1 = 4 xe t sin nπxdx = 4e t x sin nπxdx = u = x du = dx dv = sin nπxdx v = 1 cos nπx nπ = 4et 1 1 x cos nπx nπ + 4et cos nπxdx nπ = 4et 1 4et cos nπ + sin nπx nπ n π = 4et nπ 1)n+1, n N. Dakle, treba naći rješenja jednadžbi E nt) + nπ) E n t) = 4et nπ 1)n+1. Znamo da je pogledajte [],1..) E n t) = e n π dt = e n π t 1) n+1 4 nπ ) nπ dt + C ) e 1+n π )t dt + C e n π dt n+1 4et 1) = e n π t 4 1) n+1 nπ1 + n π ) et e n πt + Ce n π t = 4 1)n+1 e t nπ + n π + Ce n πt, C R.

43 .4. PROVODENJE TOPLINE KROZ ŠTAP 41 Konstantu C ćemo odrediti iz početnog uvjeta. Najprije računamo 1 E n ) = x1 x) sin nπxdx = u = x x du = 1 x)dx dv = sin nπxdx v = 1 cos nπx nπ = 1 nπ x x) cos nπx x) cos nπxdx nπ = u = 1 x du = dx dv = cos nπxdx v = 1 sin nπx nπ = 1 1 x) sin nπx n π sin nπxdx n π = 4 1 cos nπx n π = 4 1 cos nπ) n π {, za n paran, = za n neparan. 8, n π Prema tome, C = { 4 1) n, nπ+n π )n, n π nπ+n π za n paran, za n neparan. To znači da je 4 1) n+1 e t + 4 1)n e n π t nπ+n E n t) = π, za n paran, nπ+n π 4 1) n+1 e t )e 4 1)n n π t, za n neparan. nπ+n π n π nπ+n π Konačno rješenje problema provodenja možemo pisati u obliku ux, t) = E k+1 t) sink + 1)πx + E k t) sin kπx, k= k=1 za x [, 1], t. 5. Izračunajte temperaturu izoliranog homogenog štapa s izoliranim rubovima ako je u t = u 4 x,

44 4 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE a početna razdioba temperature dana je sa ux, ) = gx) = { x, x x, < x. Rješenje: Najprije uočimo da je c = 4 i L =. Znamo da je u slučaju izoliranih rubova rješenje problema provodenja oblika ux, t) = n= D n e c n π L t cos nπ L x = n= D n e 4n π 9 t cos nπ x, za x [, ] i t. Računamo koeficijente D i D n, n N: L D = 1 gx)dx = 1 gx)dx L = 1 ) xdx + x)dx = 1 x = ) = 8 4, + x x ) ) L D n = gx) cos nπ L L xdx = gx) cos nπ xdx = x cos nπ xdx + x) cos nπ ) xdx = u = x du = dx dv = cos nπxdx v = sin nπx nπ + u = x du = dx dv = cos nπxdx v = sin nπx nπ

45 .4. PROVODENJE TOPLINE KROZ ŠTAP 4 = nπ x sin nπ x x) + sin nπ nπ x = 9 nπ sin nπ + 9 nπ + nπ sin nπ xdx sin nπ xdx ) n π cos nπ x 9 nπ sin nπ 9 n π cos nπ ) x = 9 n π cos nπ 9 n π 9 9 cos nπ + n π n π cos nπ = 6 cos nπ ) n π cos nπ 1, n N. ) Prema tome, temperatura izoliranog homogenog štapa s izoliranim rubovima dana je funkcijom ux, t) = 4 + n=1 za x [, ] i t. 6 cos nπ ) n π cos nπ 1 e 4n π 9 t cos nπ x, 6. Riješite problem provodenja topline izoliranog homogenog štapa duljine L = 5, koji je opisan jednadžbom u t = u 16 x, uz rubne uvjete u, t) =, u5, t) = 1 i početnu razdiobu temperature ux, ) = x + + sin 4π 5 x. Rješenje: Budući da rubni uvjeti nisu homogeni, rješenje tražimo u obliku ux, t) = vx, t) + wx), gdje je vx, t) rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbe v t = 16 v x,

46 44 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE uz homogene rubne uvjete i početni uvjet vx, ) = ux, ) wx), a wx) = 1 x + = x +. Dakle, vx, ) = sin 4π x. Znamo da je 5 5 vx, t) = n=1 E n e c n π L t sin nπ L x = n=1 za x [, 5] i t, pri čemu su koeficijenti dani sa E n = L = 5 L 5 vx, ) sin nπ L xdx = 5 5 E n e 16n π 5 t sin nπ 5 x, vx, ) sin nπ 5 xdx sin 4π 5 x sin nπ 5 xdx = { 1, za n = 4,, za n 4. Posljednja jednakost u gornjem nizu vrijedi zbog svojstva ortogonalnosti trigonometrijskih funkcija. Prema tome, vx, t) = e 56π 5 t sin 4π 5 x, pa je konačno rješenje problema provodenja ux, t) = e 56π 5 t sin 4π 5 x + x +, x [, 5], t. 7. Riješite problem u t = u x + xet provodenja topline kroz homogeni štap, uz uvjete u, t) = u4, t) = i ux, ) = x4 x). 8. Riješite problem provodenja topline kroz izolirani homogeni štap s izoliranim rubovima ako je u t = u 9 x, a početna razdioba temperature dana je formulom ux, ) = gx) = { x, x, x, < x 6.

47 .4. PROVODENJE TOPLINE KROZ ŠTAP Odredite temperaturu izoliranog homogenog štapa ako je pripadni problem provodenja topline opisan sa u t = u x, u u, t) = 8, t) =, t t a početna razdioba temperature dana je formulom ux, ) = gx) = cos π 4 x. 1. Riješite problem provodenja topline kroz izolirani homogeni štap duljine L = 7, koji je opisan jednadžbom u t = u x, uz rubne uvjete u, t) = 1, u7, t) = 8 i početnu razdiobu temperature ux, ) = x sin π 7 x.

48 46 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE.5 Ravnoteža i oscilacije membrane Promotrimo membranu Ω u ravnini. Pretpostavljamo da je ona homogena, konstantne površinske gustoće ρ i izotropno napeta napetost p je konstantna). Neka je ux, y, t) progib membrane u točki x, y) u trenutku t, a fx, y, t) površinska gustoća sile koja se izvana prenese u točku x, y) u trenutku t. Iz zakona očuvanja količine gibanja dobivamo jednadžbu koja opisuje oscilacije membrane Ω: ρ ux, y, t) t za x, y) Ω i t. ) ux, y, t) = p + ux, y, t) + fx, y, t) x y Prisjetimo se definicije Laplaceovog operatora, u = u x + u y. Promotrimo sada ravnotežu membrane, tj. slučaj kada progib ux, y, t) = ux, y) ne ovisi o vremenu t. Jednadžba ravnoteže membrane tada ima oblik p u + f =, tj. u = g, gdje je gx, y) = fx,y) p. Ukoliko na membranu ne djeluje vanjska sila, tj. f =, ravnoteža je opisana Laplaceovom jednadžbom u =, a u slučaju djelovanja vanjske sile f rješavamo Poissonovu jednadžbu u = g. Sada ćemo opisati rješenja sljedećih problema: a) ravnoteža pravokutne membrane kojoj donji rub nije učvršćen, b) ravnoteža pravokutne membrane kojoj gornji rub nije učvršćen, c) ravnoteža kružne membrane, d) ravnoteža kružne membrane s kružnom rupom u sredini, e) oscilacije pravokutne membrane bez utjecaja vanjske sile.

49 .5. RAVNOTEŽA I OSCILACIJE MEMBRANE 47 a) Promotrimo ravnotežu pravokutne membrane Ω = [, a] [, b] bez utjecaja vanjske sile. Laplaceova jednadžba ima jedinstveno rješenje uz rubne uvjete ux, ) = αx) i u, y) = ua, y) = ux, b) = donji rub membrane odreden je funkcijom αx), a lijevi, desni i gornji rub su učvršćeni). U opisanom slučaju, rješenje problema ima oblik pogledajte [],6..1) ux, y) = A n ch nπy a + B nsh nπy ) sin nπx, x [, a], y [, b]. a a n=1 gdje za svako n N koeficijente računamo po formulama i B n = A n cth nπb a. A n = a a αx) sin nπx a dx b) Promatramo ravnotežu pravokutne membrane Ω = [, a] [, b] bez utjecaja vanjske sile. Znamo da Laplaceova jednadžba ima jedinstveno rješenje uz rubne uvjete ux, b) = βx) i u, y) = ua, y) = ux, ) = gornji rub membrane opisuje funkcija βx), a lijevi, desni i donji rub su učvršćeni). U navedenom slučaju, rješenje problema ima oblik pogledajte [],6..1) ux, y) = n=1 B n sh nπy a nπx sin a, gdje za svako n N koeficijente B n računamo po formuli B n = 1 sh nπb a a a βx) sin nπx a dx. c) Promotrimo sada problem ravnoteže kružne membrane polumjera R. Rješavamo Laplaceovu jednadžbu u = 1 r u ) + 1 u r r r r φ = u polarnom koordinatnom sustavu u ravnini, uz rubni uvjet ur, φ) = αφ). Rješenje jednadžbe dano je formulom pogledajte [],6..) ur, φ) = r n E 1n cos nφ + E n sin nφ), n=

50 48 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE za r [, R] i φ [, π), pri čemu se koeficijenti računaju po formulama π E 1 = 1 π E 1n = 1 R n π E n = 1 R n π π π π π αφ)dφ, π αφ) cos nφdφ, n N i αφ) sin nφdφ, n N. d) Promotrimo problem ravnoteže kružne membrane polumjera R s kružnom rupom u sredini polumjera R 1, gdje je R > R 1 >. Rješavamo Laplaceovu jednadžbu uz rubne uvjete ur 1, φ) = αφ) i ur, φ) = βφ). Rješenje je oblika pogledajte [],6..) [ ur, φ) = A +B ln r+ A 1n r n + B ) 1n cos nφ+ A r n n r n + B ) ] n sin nφ, r n n=1 za r [R 1, R ] i φ [, π). Napomenimo da u rješenju imamo više članova jer nula nije u domeni, pa ne odbacujemo članove zbog neograničenosti. Koeficijente A i B računamo iz sustava jednadžbi A + B ln R 1 = 1 αφ)dφ, π π A + B ln R = 1 π βφ)dφ, π π koeficijenti A 1n i B 1n odreduju se za svako n N iz sustava jednadžbi A 1n R n 1 + B 1n R n 1 = 1 π π π π A 1n R n + B 1n = 1 R n π π a koeficijenti A n i B n iz sustava jednadžbi A n R n 1 + B n R n 1 A n R n + B n R n = 1 π = 1 π π π π π π αφ) cos nφdφ, βφ) cos nφdφ, αφ) sin nφdφ, βφ) sin nφdφ.

51 .5. RAVNOTEŽA I OSCILACIJE MEMBRANE 49 e) Riješimo problem oscilacija pravokutne, homogene, izotropno napete membrane Ω = [, a] [, b] na koju ne djeluje vanjska sila, tj. fx, y, t) =. Problem je opisan parcijalnom diferencijalnom jednadžbom u t = c u, gdje je c = p, p predstavlja napetost, a ρ gustoću membrane. Jednadžba ima ρ jedinstveno rješenje ukoliko zadamo rubne i početne uvjete. Pretpostavimo da je rub membrane učvršćen, tj. da vrijedi u Ω =, da je početni oblik membrane zadan funkcijom ux, y, ) = αx, y), a početna brzina membrane funkcijom u t = βx, y). t= Uz navedene pretpostavke, metodom separacije varijabli pogledajte [],6..5) dobijemo rješenje opisanog problema oscilacija pravokutne membrane, ux, y, t) = A mn cos λ mn t + B mn sin λ mn t) sin mπx nπy sin a b, m=1 n=1 m za x, y) Ω i t, pri čemu je λ mn = cπ a + n b za m, n N. Koeficijente A mn i B mn za m, n N računamo prema formulama A mn = 4 ab b a B mn = 4 abλ mn αx, y) sin mπx a b a βx, y) sin mπx a nπy sin b dxdy nπy sin b dxdy. i 1. Riješite problem ravnoteže pravokutne membrane Ω = [, ] [, ] opisan Laplaceovom jednadžbom u = uz rubne uvjete ux, ) = sin π x i ux, ) = u, y) = u, y) =. Rješenje: Uz oznake a = i b = znamo da je ravnoteža membrane opisana funkcijom ux, y) = A n ch nπa y + B nsh nπa ) y sin nπ a x n=1

52 5 POGLAVLJE. = n=1 JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE A n ch nπ y + B nsh nπ y ) sin nπ x. Koeficijente A n, n N, računamo primjenom svojstva ortogonalnosti trigonometrijskih funkcija na sljedeći način: A n = a = a ux, ) sin nπ a xdx = sin π x sin nπ xdx = { 1, n =,, n, ux, ) sin nπ xdx a koeficijente B n kao B n = A n cth bnπ = A a n cth nπ. Prema tome, rješenje zadanog problema ravnoteže pravokutne membrane je funkcija ux, y) = ch π ) y cth4π shπ y sin π x, x [, ], y [, ], prikazana na Slici.7. Slika.7: Ravnotežni položaj membrane. Riješite Laplaceovu jednadžbu u = za pravokutnu membranu Ω = [, 4] [, ] uz rubne uvjete ux, ) = sin π x i u, y) = u4, y) = 4 ux, ) =. Rješenje: Uz oznake a = 4 i b =, imamo da je ux, y) = B n sh nπ a y sin nπ a x = B n sh nπ 4 y sin nπ 4 x, n=1 n=1

53 .5. RAVNOTEŽA I OSCILACIJE MEMBRANE 51 gdje je B n = 1 sh bnπ a a = 1 sh nπ 4 a 4 ux, ) sin nπ a xdx = 1 sh nπ 4 4 { sin π 4 x sin nπ 1 4 xdx = sh π 4, n = 1,, n 1. ux, ) sin nπ 4 xdx Prema tome, rješenje postavljenog problema je funkcija ux, y) = 1 sh π sh π 4 y sin π x, x [, 4], y [, ], 4 prikazana na Slici.8. Slika.8: Ravnotežni položaj membrane. Riješite problem ravnoteže kružne membrane polumjera R = uz rubne uvjete: a) u r= = cos φ = αφ), b) u r= = 4 + sin 5φ = αφ). Rješenje: Znamo da je rješenje dano formulom ur, φ) = n= ) r E n 1n cos nφ + E n sin nφ,

54 5 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE gdje je E 1 = 1 π π π E 1n = 1 n π E n = 1 n π π π π π αφ)dφ, αφ) cos nφdφ, n N, αφ) sin nφdφ, n N. a) Za n N računamo koeficijente: E 1 = π π E 1n = n π E n = n π π π π π π cos φdφ = 1 sin φ π cos φ cos nφdφ = cos φ sin nφdφ =. π π =, {, 9 n =, n, Prilikom odredivanja koeficijenata E 1n i E n koristili smo svojstvo ortogonalnosti trigonometrijskih funkcija. Rješenje zadanog problema ravnoteže kružne membrane je funkcija ur, φ) = 9 r cos φ, r [, ], φ [, π). b) Za n N računamo koeficijente: E 1 = 1 π 4 + sin 5φ)dφ = 1 4φ 5 ) π π π π cos 5φ = 1 4π 5 π cos 5π + 4π + 5 ) cos 5π = 8π π = 4, π

55 .5. RAVNOTEŽA I OSCILACIJE MEMBRANE 5 π E 1n = sin 5φ) cos nφdφ n π π = 4 π cos nφdφ + π sin 5φ cos nφdφ n π π n π π = 4 π sin nφ n nπ =, π E n = 1 π 4 + sin 5φ) sin nφdφ = n π π = 1 4n π π ) n π cos nφ + sin 5φ sin nφdφ π π { 1 =, n = 5 81, n 5, Prilikom odredivanja koeficijenata E 1n i E n koristili smo svojstvo ortogonalnosti trigonometrijskih funkcija. Rješenje postavljenog problema ravnoteže kružne membrane je funkcija ur, φ) = r5 sin 5φ, r [, ], φ [, π). 4. Riješite problem ravnoteže kružne membrane polumjera R =, napetosti p =, ako je zadana gustoća vanjske sile fr) = r + 5 sila djeluje radijalno) i rubni uvjet u r= =. Rješenje: Rješavamo Poissonovu jednadžbu u = r + 5, uz rubni uvjet u r= =. Budući da vanjska sila djeluje radijalno, ravnotežni položaj membrane ne ovisi o kutu φ, pa se Poissonova jednadžba svodi na oblik 1 r u ) = r + 5. r r r Pomnožimo gornju jednadžbu s r, r u ) = r r r 5r i integriramo po r, r u r = r 9 5r 6 + C 1.

56 54 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE Sada dobivenu jednadžbu podijelimo s r, i ponovno integriramo po r, u r = r 9 5r 6 + C 1 r ur) = r 7 5r 1 + C 1 ln r + C. Uočimo da približavanjem središtu membrane r teži prema nuli, pa u slučaju da je C 1 progib membrane teži u što je fizikalno nemoguće. Stoga moramo uzeti da je C 1 =. Iz rubnog uvjeta u r= = izračunamo C. Imamo C =, pa je C = 61. Dakle, rješenje postavljenog problema ravnoteže kružne 7 membrane ima oblik ur) = r 7 5r , r [, ] Riješite problem ravnoteže kružne membrane polumjera R = e s kružnom rupom polumjera R 1 = e u sredini, uz rubne uvjete ur 1, φ) = cos φ i ur, φ) = sin φ. Rješenje: Rješenje problema je dano formulom [ ur, φ) = A +B ln r+ A 1n r n + B ) 1n cos nφ+ A r n n r n + B ) ] n sin nφ. r n n=1 Koeficijente A i B računamo iz sustava Odredimo desne strane sustava 1 π π A + B ln e = 1 cos φdφ, π π A + B ln e = 1 π sin φdφ. π π π π cos φdφ = 1 4π sin φ π π =,

57 .5. RAVNOTEŽA I OSCILACIJE MEMBRANE 55 1 π sin φdφ = 1 π π 4π cos φ π π =. Prema tome, A +B = i A +B =, odakle dobivamo A = B =. Koeficijente A 1n i B 1n za n N odredujemo iz sustava A 1n e n + B 1n e n A 1n e n + B 1n e n = 1 π = 1 π π π π π cos φ cos nφdφ, sin φ cos nφdφ. Koristeći ortogonalnost trigonometrijskih funkcija za n = dobijemo sustav A 1 e + B 1 e = 1, A 1 e 6 + B 1 =, e 6 dok za n vrijedi A 1n =. Prvu jednadžbu gornjeg sustava pomnožimo s e 4, a drugu s -1, pa dobivene jednadžbe zbrojimo. Sada izračunamo B 1 = e1 i uvrštavanjem u drugu jednadžbu A 1 e =. e 1 e 8 ) Koeficijente A n i B n za n N odredujemo iz sustava A n e n + B n e n A n e n + B n e n = 1 π = 1 π π π π π cos φ sin nφdφ, sin φ sin nφdφ. Primjenom ortogonalnosti trigonometrijskih funkcija za n = dobijemo sustav A e + B e =, A e 6 + B = 1, e 6 dok za n vrijedi A n =. Prvu jednadžbu gornjeg sustava pomnožimo s e 4, pa dobivene jednadžbe zbrojimo. Sada izračunamo B = e6 1 e 8 i uvrštavanjem u prvu jednadžbu dobivamo A = e Prema tome, e 8 1. rješenje postavljenog problema ravnoteže kružne membrane je ) r ur, φ) = e 1 e 8 ) + e 1 e r cos φ+ e 8 1)r e e 6 1 e 8 )r ) sin φ, za r [e, e ] i φ [, π).

58 56 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE 6. Riješite problem ravnoteže kružne membrane polumjera R = e 4 s kružnom rupom polumjera R 1 = e u sredini, ako je napetost membrane p = i na membranu djeluje vanjska sila gustoće fr) = r progib ne ovisi o kutu), uz rubne uvjete ur 1 ) = ur ) =. Rješenje: Rješavamo Poissonovu jednadžbu u = r. Budući da vanjska sila djeluje radijalno, ravnotežni položaj membrane ne ovisi o kutu φ, pa se Poissonova jednadžba svodi na oblik 1 r r Pomnožimo gornju jednadžbu s r, i integriramo po r, r r u r r u r ) = r. ) = r, r u r = r 6 + C 1. Sada dobivenu jednadžbu podijelimo s r, i ponovno integriramo po r, Iz rubnih uvjeta slijedi u r = r 6 + C 1 r, ur) = r 18 + C 1 ln r + C. e C 1 + C =, e C 1 + C =. Koeficijent C 1 izračunamo tako da prvu jednadžbu pomnožimo s -1 i dodamo drugoj jednadžbi, pa dobijemo C 1 = e1 e 6. Sada C 6 1 uvrstimo u prvu jednadžbu i izračunamo C = e6 e 1. Rješenje problema ravnoteže 18 kružne membrane s rupom je ur) = r 18 + e1 e 6 6 ln r + e6 e 1, r [e, e 4 ]. 18

59 .5. RAVNOTEŽA I OSCILACIJE MEMBRANE Izračunajte oscilacije homogene izotropne pravokutne membrane Ω = [, ] [, 1], gustoće ρ = i napetosti p =. Početna brzina membrane je jednaka nuli, rubovi su homogeno pričvršćeni, a početni položaj membrane je zadan funkcijom αx, y) =.x x )y y ). Rješenje: Rješavamo parcijalnu diferencijalnu jednadžbu u t = u, uz zadane rubne i početne uvjete. Znamo da je rješenje oblika ux, y, t) = m=1 n=1 ) A mn cos λ mn t + B mn sin λ mn t sin mπx sin nπ 1 y, gdje je λ mn = π m + n m = 4π n za m, n N. Uočimo da su koeficijenti B mn =, jer je početna brzina membrane jednaka nuli. Računamo koeficijente A mn : A mn = 4 1 = x x )y y ) sin mπx x x ) sin mπx dx 1 sin nπ 1 ydxdy y y ) sin nπydy. Odredimo integrale x x ) sin mπx dx = u = x x du = x)dx dv = sin mπxdx v = mπx cos mπ = mπ x x) cos mπx + mπ x) cos mπx dx

60 58 POGLAVLJE. = = 9 m π JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE u = x du = dx dv = cos mπxdx v = mπ mπx x) sin sin mπx + 18 sin mπx m π dx = 54 mπx cos m π = 54 1 cos mπ) m π {, za m paran, = 18, za m neparan i m π 1 y y ) sin nπydy = u = y y du = 1 y)dy dv = sin nπydy v = 1 cos nπy nπ = 1 1 nπ y y) cos nπy y) cos nπydy nπ = u = 1 y du = dy dv = cos nπydy v = 1 sin nπy nπ = y) sin nπy n π 1 + sin nπydy n π = 1 cos nπy n π = 1 cos nπ) n π {, za n paran, = za n neparan. 4, n π Prema tome, A mn = { 576, 5m n π 6 za m neparan i n neparan,, inače,

61 .5. RAVNOTEŽA I OSCILACIJE MEMBRANE 59 tako da su oscilacije membrane dane funkcijom oblika ux, y, t) = k= 576 5k + 1) l + 1) π 6 l= cos λ k+1,l+1 t sin k + 1)πx sinl + 1)πy. 8. Riješite problem oscilacija homogene izotropne pravokutne membrane Ω = [, 5] [, 4], gustoće ρ = 1 i napetosti p = 5, ako su rubovi pričvršćeni, početni položaj je dan s αx, y) =, a početna brzina funkcijom βx, y) = xy. Rješenje: Rješavamo parcijalnu diferencijalnu jednadžbu u t = 5 u, uz zadane rubne uvjete ux, ) = ux, 4) = u, y) = u5, y) =, te početne uvjete αx, y) = i βx, y) = xy. Znamo da je rješenje oblika ux, y, t) = m=1 n=1 m gdje je λ mn = 5π + n 5 ) A mn cos λ mn t + B mn sin λ mn t sin mπx sin nπy 5 4, = 5π 4 m + n za m, n N. Uočimo da su 5 16 koeficijenti A mn =, jer membrana u početnom trenutku leži horizontalno αx, y) = ). Računamo koeficijente B mn : B mn = 4 λ mn = 4 λ mn xy sin mπx 5 x sin mπx 5 dx 4 sin nπy 4 dxdy y sin nπy 4 dy.

62 6 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE Odredimo integrale 5 x sin mπx 5 dx = u = x du = dx dv = sin mπxdx v = 5 mπx cos 5 mπ 5 = 5 5 mπx x cos mπ cos mπx mπ 5 dx = mπx cos mπ + sin mπ m π 5 = 5 5 cos mπ = mπ mπ 1)m+1 i 4 y sin nπy 4 dy = u = y du = dy dv = sin nπy dy v = 4 nπy cos 4 nπ 4 4 nπy y cos cos nπy nπ 4 dx 4 16 nπy cos nπ + sin n π 4 = cos nπ = nπ nπ 1)n+1. = 4 nπ = 16 nπ Prema tome, B mn = 16 1)m+n mnπ λ mn, m, n N, tako da su oscilacije membrane funkcija oblika ux, y, t) = m=1 n=1 za x [, 5], y [, 4] i t. 16 1) m+n mnπ λ mn cos λ mn t sin mπx 5 sin nπy 4, 9. Riješite problem ravnoteže pravokutne membrane Ω = [, 5] [, 1] opisan Laplaceovom jednadžbom u =, uz rubne uvjete ux, ) = sin π 5 x i ux, 1) = u, y) = u5, y) =. 1. Riješite Laplaceovu jednadžbu u = za kvadratnu membranu Ω = [, ] [, ], uz rubne uvjete ux, ) = sin π x i u, y) = u, y) = ux, ) =.

63 .5. RAVNOTEŽA I OSCILACIJE MEMBRANE Riješite problem ravnoteže kružne membrane polumjera R = 4, uz zadane rubne uvjete: a) u r=4 = sin 4φ, b) u r=4 = + cos 7φ. 1. Riješite problem ravnoteže kružne membrane polumjera R = 4 i napetosti p = 1, ako je zadana gustoća vanjske sile fr) = r + r + 1 sila djeluje radijalno), uz rubni uvjet u r=4 = Riješite problem ravnoteže kružne membrane polumjera R = e s kružnom rupom polumjera R 1 = e u sredini, uz rubne uvjete ur 1, φ) = sin φ i ur, φ) = cos φ. 14. Riješite problem ravnoteže kružne membrane polumjera R = e 4 s kružnom rupom polumjera R 1 = e u sredini, ako je napetost membrane p = i na membranu djeluje vanjska sila gustoće fr) = r progib ne ovisi o kutu), uz rubne uvjete ur 1, φ) = ur, φ) =.

64 6 POGLAVLJE. JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE

65 Poglavlje Numeričke metode.1 Numeričke metode za ODJ prvog reda Promatramo običnu diferencijalnu jednažbu prvog reda y = fx, y), x [a, b], gdje je f poznata realna funkcija dvije varijable, uz početni uvjet ya) = y. Rješenje postavljenog problema, koji se u literaturi naziva Cauchyevim problemom, ponekad možemo egzaktno odrediti. Ima slučajeva kada to ne znamo učiniti. Tada Cauchyev problem rješavamo numeričkim metodama koje daju približno rješenje y i yx i ) za i = 1,, n..1.1 Eulerova metoda Rješavamo Cauchyev problem y = fx, y), x [a, b], uz uvjet ya) = y. Segment [a, b] podijelimo na n jednakih dijelova širine h = b a n : a = x < x 1 = x + h < x = x 1 + h < < x n = x n 1 + h = b. Iz Taylorove formule yx) yc)+y c)x c)) izvedemo Eulerovu iterativnu formulu za računanje približnih vrijednosti yx i ) y i funkcije y za i =, 1,, n 1. y i+1 = y i + hfx i, y i ), 6

66 64 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE 1. Eulerovom metodom riješite jednadžbu y = x1 y) na [, ] ako je y) = i h =.4. Rješenje: Uz fx, y) = x1 y) računamo x = y = y) = x 1 = x + h =.4 y 1 = y + hfx, y ) = +.4f, ) = x = x 1 + h =.8 y = y 1 + hfx 1, y 1 ) = +.4f.4, ) = =.16 x = x + h = 1. y = y + hfx, y ) = f.8,.16) = ) =.488 x 4 = x + h = 1.6 y 4 = y + hfx, y ) = f1.,.488) = ) =.7 x 5 = x 4 + h = y 5 = y 4 + hfx 4, y 4 ) = f1.6,.7) = ) =.891 Napomena: Metodom separacije varijabli vidi [],1..1) odredimo točno rješenje Cauchyevog problema iz prethodnog zadatka: yx) = 1 e x. Na slici.1 je prikazan graf točnog rješenja i točke x i, y i ), i =,, 5 dobivene Eulerovom metodom.. Eulerovom metodom riješite jednadžbu y = x y na [, 1] ako je y) = i h =.5.. Eulerovom metodom riješite jednadžbu y = x +y na [, ] ako je y) = 1 i h = Poboljšana Eulerova Heunova) metoda Rješavamo Cauchyev problem y = fx, y), x [a, b],

67 .1. NUMERIČKE METODE ZA ODJ PRVOG REDA 65 Slika.1: Graf točnog rješenja i točke dobivene Eulerovom metodom ya) = y. Segment [a, b] podijelimo na n jednakih dijelova širine h = b a n : a = x < x 1 = x + h < x = x 1 + h < < x n = x n 1 + h = b. Eulerovu metodu možemo poboljšati tako da dodamo jedan medukorak na sljedeći način: y i+1 = y i + hfx i, y i ), y i+1 = y i + h fx i, y i ) + fx i+1, y i+1)), za i =, 1,, n 1. Ovo je tzv. poboljšana Eulerova metoda koja daje točniju aproksimaciju rješenja diferencijalne jednadžbe. 1. Poboljšanom Eulerovom metodom riješite jednadžbu y = x + y na [, 1] ako je y) = i h =.. Rješenje: Znamo da je fx, y) = x + y i n = 5. Odredimo iterativni

68 66 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE postupak za računanje aproksimacije rješenja: y i+1 = y i +. ) fx i, y i ) + fx i+1, y i+1) )) = y i +.1 x i + y i + x i+1 + yi+1 ))) = y i +.1 x i + y i + x i+1 + y i +. x i + y i ) = y i +.1 x i + y i + x i +. + y i +.6x i + 1.8y i ) = y i +.1.6x i + 7.8y i +. =.6x i y i +., za i =, 1,, 4. Sada računamo redom aproksimaciju rješenja u točkama x i, i =, 1,, 5: x = y = y) = x 1 =. y 1 =.6x y +. =. x =.4 y =.6x y 1 +. = =.176 x =.6 y =.6x y +. = =.155 x 4 =.8 y 4 =.6x y +. = =.776 x 5 = 1 y 5 =.6x y 4 +. = = Poboljšanom Eulerovom metodom riješite jednadžbu y = xy na [, ] ako je y) = i h =.4.

69 .1. NUMERIČKE METODE ZA ODJ PRVOG REDA 67. Poboljšanom Eulerovom metodom riješite jednadžbu y = y na [, ] ako je y) = 1 i h = Metoda Runge-Kutta Još preciznija metoda od Eulerove i poboljšane Eulerove metode je Runge-Kutta metoda. Rješavamo Cauchyev problem y = fx, y), x [a, b], uz uvjet ya) = y. Segment [a, b] podijelimo na n jednakih dijelova širine h = b a n : a = x < x 1 = x + h < x = x 1 + h < < x n = x n 1 + h = b. Iterativni postupak za računanje približnih vrijednosti y i yx i ) funkcije y u točkama x i metodom Runge-Kutta 4. reda opisuju sljedeće formule: k1 i = hfx i, y i ) k i = hf x i + h ), y i + ki 1 k i = hf x i + h ), y i + ki k4 i = hfx i + h, y i + k) i y i+1 = y i + 1 ) k1 i + k i + k i + k4 i 6 za i =, 1,, n Metodom Runge-Kutta riješite jednadžbu y = x y na [, 1] ako je y)= i h =..

70 68 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE Rješenje: Računamo aproksimaciju rješenja, uz oznaku fx, y) = x y: x = y = y) = x 1 =. k1 = hfx, y ) =. ) =.4 k = hf x + h ), y + k 1 = ) =.4 k = hf x + h ), y + k = ) =.46 k4 = hfx + h, y + k) = ) =.98 y 1 = y + 1 ) k1 + k + k + k4 6 = + 1 ) = x =.4 k1 1 = hfx 1, y 1 ) = ) =.91 k 1 = hf x 1 + h ), y 1 + k1 1 = ) =.41 k 1 = hf x 1 + h ), y 1 + k1 = ) =.47 k 1 4 = hfx 1 + h, y 1 + k ) = ) =.18 y = y ) k1 1 + k 1 + k 1 + k4 1 6 = ) = x =.6 k1 = hfx, y ) = ) =. k = hf x + h ), y + k 1 = ) =.16

71 .1. NUMERIČKE METODE ZA ODJ PRVOG REDA 69 k = hf x + h ), y + k = ) =.166 k 4 = hfx + h, y + k ) = ) =.19 ) y = y + 1 k1 + k + k + k4 6 = ) = x 4 =.8 k1 = hfx, y ) = =.6465 k = hf x + h ), y + k 1 = ) =.447 k = hf x + h ), y + k = ) =.148 k 4 = hfx + h, y + k ) = ) =.68 y 4 = y + 1 ) k1 + k + k + k4 6 = ) = x 5 = 1 k1 4 = hfx 4, y 4 ) = =.775 k 4 = hf x 4 + h ), y 4 + k4 1 = ) =, 78 k 4 = hf x 4 + h ), y 4 + k4 = ) =.47 k 4 4 = hfx 4 + h, y 4 + k 4 ) = ) =.86 y 5 = y ) k1 4 + k 4 + k 4 + k4 4 6 = ) =

72 7 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE. Metodom Runge-Kutta riješite jednadžbu y = x + x na [, 5] ako je y) = i h = 1.. Metodom Runge-Kutta riješite jednadžbu y = x + )y na [, 4] ako je y) = i h = 1.

73 .. NUMERIČKE METODE ZA ODJ DRUGOG REDA 71. Numeričke metode za ODJ drugog reda..1 Metoda konačnih razlika Rješavamo rubni problem opisan običnom diferencijalnom jednadžbom drugog reda u x) qx)ux) + fx) = za x [, L] i rubnim uvjetima u) = i u L) = ili ul) = ). Jednadžba opisuje ravnotežu žice [, L] napete konstantnom napetošću p = 1, koja je uronjena u elastično sredstvo opisano funkcijom elastičnosti q i na koju djeluje vanjska sila linijske gustoće f. Lijevi kraj žice je pričvršćen jer imamo u) =, a desni kraj žice je slobodan zbog uvjeta u L) = ili pričvršćen jer vrijedi ul) = ). Sada ćemo opisati metodu konačnih razlika za rješavanje gornjeg problema. Segment [, L] podijelimo na n jednakih dijelova širine h = L n : = x < x 1 = x + h < x = x 1 + h < < x n = x n 1 + h = L. Uvedemo oznake u i ux i ), q i = qx i ) i f i = fx i ). Sada pomoću Taylorovog razvoja odredimo aproksimaciju druge derivacije progiba u: u i u i+1 u i + u i 1 h, koju zatim uvrstimo u diferencijalnu jednadžbu. Tako dobijemo sustav od n 1 jednadžbi s n 1 nepoznanica. Uz navedene oznake rješavamo sustav u i h q i )u i u i+1 = h f i, i = 1,, n 1. Iz rubnog uvjeta u) = slijedi da je u =, a iz rubnog uvjeta u L) = ili ul) = ) dobivamo da je u n 1 = u n ili u n = ). 1. Riješite jednadžbu u x) x 1)ux) + 5 = na [, ] uz rubne uvjete u) = u ) = metodom konačnih razlika ako je h =.4. Rješenje: Točke u kojima računamo vrijednost funkcije u su x = ; x 1 =.4 = 5 ; x =.8 = 4 5 ; x = 1. = 6 5 ; x 4 = 1.6 = 8 5 ; x 5 =. Uz oznake qx) = x 1, fx) = 5, u i ux i ), q i = qx i ), f i = fx i ), rješavamo sustav u i h q i )u i u i+1 = h f i, i = 1,,, 4.

74 7 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE Iz rubnih uvjeta u) = u ) = dobivamo u = i u 4 = u 5. Prema tome, sustav glasi + 4 )) u 1 u = 4 5 5, u )) u u = 4 5 5, u )) u u 4 = 4 5 5, u )) u 4 = 4 5 5, tj. 8u 1 15u = 1, 15u u 15u = 1, 15u + 54u 15u 4 = 1, 15u + 17u 4 = 1. Rješenje sustava odredeno je programskim paketom MATHEMATICA c i glasi: u 1 = 1.158, u = 1.75, u = 1.4, u 4 = Riješite rubni problem u x) xux) + x + =, x [, 4], u) = u4) = metodom konačnih razlika ako je h = 1. Rješenje: Točke u kojima računamo vrijednost funkcije u su x = ; x 1 = 1; x = ; x = ; x 4 = 4. Uz oznake qx) = x, fx) = x +, u i ux i ), q i = qx i ), f i = fx i ) rješavamo sustav u i h q i )u i u i+1 = h f i, i = 1,,.

75 .. NUMERIČKE METODE ZA ODJ DRUGOG REDA 7 Iz rubnih uvjeta u) = u4) = dobivamo u = u 4 =. Prema tome, sustav glasi + 1 1)u 1 u = ), u )u u = 1 + ), u )u = 1 + ), tj. u 1 u =, u 1 + 4u u = 4, u + 5u = 5. Rješenje sustava je odredeno programskim paketom MATHEMATICA c i glasi: u 1 = , u = 1.78, u = Riješite rubni problem u x) x ux)+x =, x [, ], u) = u) = metodom konačnih razlika ako je h = Riješite rubni problem u x) ux) + x =, x [, 1], u) = u 1) = metodom konačnih razlika ako je h =.... Metoda konačnih elemenata Rješavamo problem ravnoteže žice [, L] bez otpora sredstva qx) = ) opisan jednadžbom px)u x)) + fx) =, pri čemu je px) napetost žice, a fx) vanjska sila koja djeluje na žicu. Žica je u lijevom kraju pričvršćena, tj. vrijedi u) =, a u desnom kraju slobodna što je opisano rubnim uvjetom u L) = ili pričvršćena, tj. vrijedi ul) = ). Približno rješenje tražimo u obliku u n x) = n c i v i x), i= x [, L],

76 74 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE pri čemu su c, c 1,, c n R konstante, a v i : R R konačni elementi. Oni imaju oblik { x v x) = + 1, x h x x 1,, inače, za i = 1,, n 1, te v i x) = v n x) = x i + 1, x h i 1 x x i, x + i + 1, x h i x x i+1,, inače, { x n + 1, h x n 1 x x n,, inače, pri čemu za zadani n N, točke x, x 1,, x n i korak h odredujemo na isti način kao kod metode konačnih elemenata. Iz lijevog rubnog uvjeta odredimo c =, a iz desnog rubnog uvjeta samo u slučaju ul) = slijedi c n =. Konstante c 1,, c n ćemo izračunati rješavajući sustav n k ij c j = b i, i = 1,, n, j=1 odnosno u matričnom obliku k 11 k 1 k 1 k k k nn = c 1 c c n = b 1 b b n. Koeficijenti k ij računaju se na sljedeći način pogledajte [1], str. 71) L 1 xi h x i 1 px)dx, j = i 1, k ij = px)v ix)v jx)dx 1 xi+1 = h x i 1 px)dx, j = i, 1 xi+1 h x i px)dx, j = i + 1,, inače. Očito vrijedi k ij = k ji za i, j = 1,, n. Slobodni članovi b i odreduju se prema formulama pogledajte [1], str. 71) b i = = L fx)v i x)dx ) x fx) x i 1 h i + 1 dx + xi xi+1 x i fx) xh ) + i + 1 dx,

77 .. NUMERIČKE METODE ZA ODJ DRUGOG REDA 75 za i = 1,, n. 1. Riješite jednadžbu x u x)) + x + = na [, 1], uz rubne uvjete u) = u1) =, metodom konačnih elemenata ako je h =.. Rješenje: Razmak medu čvorovima je h =. = 1, napetost je px) = 5 x, a gustoća vanjske sile fx) = x+. Čvorovi mreže konačnih elemenata su x = ; x 1 =.; x =.4; x =.6; x 4 =.8; x 5 = 1. Aproksimaciju rješenja tražimo u obliku 5 u 5 x) = c i v i x). i= Iz rubnih uvjeta imamo c = c 5 =. Konstante c 1, c, c i c 4 ćemo odrediti iz sustava 4 k ij c j = b i, i = 1,,, 4. j=1 Koeficijenti k ij računaju se na sljedeći način: k 11 = 1 h x x px)dx = 5.4 k 1 = 1 x px)dx = 5 h x 1 k = 1 h x x 1 px)dx = 5 x dx =.5,.4..6 k = 1 x px)dx = 5 h x k = 1 h x4 x px)dx = k 4 = 1 x4 px)dx = 5 h x x dx = k 1 =.4667, x dx = 1.7, x dx = k = 1.667, x dx =.7, k 44 = 1 x5 px)dx = 5 x dx = 6.5, h x.6 k 1 = k 1 = k 14 = k 41 = k 4 = k 4 =..6 x dx = k 4 =.4667,

78 76 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE Koeficijenti b i odreduju se prema formulama b 1 = = b = = b = = b 4 = = fx)v 1 x)dx x + )5x 1 + 1)dx + fx)v x)dx x + )5x + 1)dx + fx)v x)dx x + )5x + 1)dx + fx)v 4 x)dx x + )5x 4 + 1)dx x + ) 5x )dx =.44, x + ) 5x + + 1)dx =.48, x + ) 5x + + 1)dx =.5, x + ) 5x )dx =.56. Prema tome, koeficijenti c i, i = 1,,, 4 odreduju se iz sustava jednadžbi:.5c c =.44,.4667c c 1.667c =.48, 1.667c +.7c.4667c 4 =.5,.4667c + 6.5c 4 =.56. Rješenje sustava je odredeno programskim paketom MATHEMATICA c i glasi: c 1 =.161, c = , c =.9796, c 4 = Dakle, približno rješenje ima oblik u 5 x) =.161v 1 x) v x) v x) v 4 x).

79 .. NUMERIČKE METODE ZA ODJ DRUGOG REDA 77. Riješite jednadžbu x + 5)u x)) + x = na [, 5], uz rubne uvjete u) = u 5) =, metodom konačnih elemenata ako je h = 1. Rješenje: Ukoliko diferencijalnu jednadžbu interpretiramo kao jednadžbu ravnoteže žice imamo napetost px) = x + 5 i gustoću vanjske sile fx) = x. Čvorovi mreže konačnih elemenata su x = ; x 1 = 1; x = ; x = ; x 4 = 4; x 5 = 5. Aproksimativno rješenje tražimo u obliku u 5 x) = 5 c i v i x). i= Iz rubnih uvjeta imamo c =. Konstante c 1, c, c, c 4 i c 5 ćemo izračunati iz sustava 5 k ij c j = b i, i = 1,,, 4, 5. j=1 Koeficijenti k ij računaju se na sljedeći način k 11 = 1 x px)dx = h x k 1 = 1 x px)dx = h x 1 1 x + 5)dx = 1, k 1 = k 1 = k 14 = k 41 = k 15 = k 51 =, k = 1 x px)dx = h x 1 k = 1 x px)dx = h x k 4 = k 4 = k 5 = k 5 =, 1 x + 5)dx = k 1 = 6.5, x + 5)dx = 14, x + 5)dx = k = 7.5,

80 78 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE k = 1 x4 px)dx = h x 4 k 4 = 1 x4 px)dx = h x k 5 = k 5 =, k 44 = 1 x5 px)dx = h x 5 k 45 = 1 x5 px)dx = h x 4 k 55 = 1 x5 px)dx = h x x + 5)dx = 16, 4 x + 5)dx = k 4 = 8.5, x + 5)dx = 18, 5 4 x + 5)dx = k 54 = 9.5, x + 5)dx = 9.5. Koeficijenti b i odreduju se prema formulama: b 1 = = b = = b = = b 4 = = b 5 = = fx)v 1 x)dx x x 1 + 1)dx + fx)v x)dx x x + 1)dx + fx)v x)dx x x + 1)dx + fx)v 4 x)dx x x 4 + 1)dx + fx)v 5 x)dx x x 5 + 1)dx = x x )dx = 1.5, x x + + 1)dx = 9, x x + + 1)dx = 8.5, x x )dx = 66,

81 .. NUMERIČKE METODE ZA ODJ DRUGOG REDA 79 Prema tome, rješavamo sustav jednadžbi: 1c 1 6.5c = 1.5, 6.5c c 7.5c = 9, 7.5c + 16c 8.5c 4 = 8.5, 8.5c + 18c 4 9.5c 5 = 66, 9.5c c 5 = Rješenje sustava je odredeno programskim paketom MATHEMATICA c i glasi: c 1 = , c = 5.7, c = , Dakle, približno rješenje ima oblik c 4 = , c 5 = u 5 x) = v 1 x) + 5.7v x) v x) v 4 x) v 5 x). Točno rješenje rubnog problema dobiveno pomoću progamskog paketa MATHEMATICA c glasi: ux) = x) x) x) 1 ) 5 + x)4. 4 Slika. prikazuje odnos točnog rješenja i približnog rješenja dobivenog metodom konačnih elemenata.. Riješite problem ravnoteže žice duljine L =, napetosti px) = x + x, na koju djeluje vanjska sila linijske gustoće fx) = x 1 ako su rubovi žice pričvršćeni, metodom konačnih elemenata uz korak h = Riješite problem ravnoteže žice duljine L =, napetosti px) = x, na koju djeluje vanjska sila linijske gustoće fx) = x ako je lijevi kraj žice je pričvršćen, a desni slobodan, metodom konačnih elemenata uz h =.4.

82 8 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE Slika.: Točno rješenje i približno rješenje dobiveno metodom konačnih elemenata

83 .. METODA KONAČNIH RAZLIKA ZA PDJ 81. Metoda konačnih razlika za PDJ U ovom ćemo potpoglavlju numerički rješavati parcijalne diferencijalne jednadžbe, koje smo u prvom poglavlju zbirke riješili analitičkim metodama. Točnije, opisati ćemo rješavanje problema oscilacija žice, problema provodenja topline kroz štap i problema ravnoteže kvadratne membrane metodom konačnih razlika...1 Oscilacije žice Promotrimo problem oscilacija konstantno napete žice [, L] bez utjecaja vanjske sile, opisan parcijalnom diferencijalnom jednadžbom ux, t) = c ux, t) t x za x [, L] i t, gdje je c = p. Konstanta p > predstavlja napetost žice, ρ a ρ > gustoću žice. Rubni uvjeti su homogeni, tj. vrijedi u, t) = ul, t) =, t. Početni uvjeti odreduju početni oblik žice ux, ) = αx), x [, L] i početnu brzinu žice ux, t) t = βx), t= x [, L]. Opisani problem možemo riješiti numerički metodom konačnih razlika. Segment [, L] podijelimo na n jednakih dijelova širine h = L n : = x < x 1 = x + h < x = x 1 + h < < x n = x n 1 + h = L. Vremenski interval [, ) podijelimo uz pomoć proizvoljnog koraka τ > : = t < t 1 = t + τ < t = t 1 + τ <, tj. t j = j τ za j =, 1,,... Uvedemo oznake u ij za približnu vrijednost od ux i, t j ). Iz rubnih uvjeta dobijemo da vrijedi u j = u nj = za j =, 1,,. Početni uvjeti odreduju u i = αx i ),

84 8 POGLAVLJE. NUMERIČKE METODE za i = 1,, n 1. rekurzivne relacije u i1 = αx i ) + τβx i ) Ostale približne vrijednosti progiba računamo pomoću u i,j+1 = c σ u i 1,j + 1 c σ )u ij + c σ u i+1,j u i,j 1, za i = 1,, n 1 i j =, 1,,, pri čemu je σ = τ. Gornja rekurzija dobije se h tako da se druge parcijalne derivacije progiba aproksimiraju pomoću Taylorovog razvoja i zatim uvrste u diferencijalnu jednadžbu pogledajte [], 7.6). 1. Metodom konačnih razlika riješite problem slobodnih oscilacija žice opisan jednadžbom u = u, uz rubne uvjete u, t) = u, t) = i početne t x uvjete ux, ) = αx) = sin π u x, x, ) = βx) =, ako je h = τ = t.5. Rješenje: Približne vrijednosti progiba žice u ij = ux i, t j ) unosimo u tablicu sa stupcima koji predstavljaju čvorove metode konačnih razlika x = ; x 1 =.5; x = 1; x = 1.5; x 4 =. Iz rubnih uvjeta dobivamo da su vrijednosti progiba za prvi i zadnji čvor jednake nuli. Svaki redak tablice sadrži vrijednosti progiba u čvorovima za točno odredeni trenutak t j = τ j =.5j, j =, 1,,.... Prva dva retka, za trenutke t = i t 1 =.5, računamo iz početnih uvjeta u i = αx i ) i u i1 = αx i ) + τβx i ). Ostale retke računamo pomoću rekurzivne relacije u i,j+1 = c σ u i 1,j + 1 c σ )u ij + c σ u i+1,j u i,j 1, a budući da je u konkretnoj jednadžbi c = 1 i σ = τ = 1, rekurzija se h svodi na oblik u i,j+1 = u i 1,j + u i+1,j u i,j 1 za i = 1,, i j = 1,,... Evo tablice progiba za trenutke t, t 1, t, t i t 4 x = x 1 =.5 x = 1 x = 1.5 x 4 = t = t 1 = t = t = t 4 = Znamo da točno rješenje valne jednadžbe glasi ux, t) = cos πt sin πx.

85 .. METODA KONAČNIH RAZLIKA ZA PDJ 8 Slika. prikazuje točno rješenje dano gornjom formulom, dok Slika.4 predstavlja aproksimativno rješenje iz tablice. Slika.: Točno rješenje valne jednadžbe Slika.4: Aproksimativno rješenje valne jednadžbe. Metodom konačnih razlika riješite problem slobodnih oscilacija žice opisan jednadžbom u = u, uz rubne uvjete u, t) = u4, t) = i početne t x uvjete ux, ) = αx) =, ux, ) = βx) = t x + x, ako je h = 1 i τ =.5.. Metodom konačnih razlika riješite problem slobodnih oscilacija žice opisan jednadžbom u = 4 u, uz rubne uvjete u, t) = u1, t) = i početne t x uvjete ux, ) = αx) = x1 x), u x, ) = βx) = x + 1, ako je h = 1 t i τ =..