1. vaje iz Matematične fizike 2
Table of Contents
1. Teorija: PDE 1. reda
Rešujemo PDE 1. reda oblike
\[ a(x, y, u) \frac{\partial u}{\partial x} + b (x, y, u) \frac{\partial u}{\partial y} = \phi (x, y, u) \]
Enačbo rešujemo preko karakteristike (grafično jih predstavimo s črtami) z uvedbo novih spremenljivk \( x(s) \) in \( y(s) \). Parcialno odvajanje
\[ \frac{\partial u}{\partial s} = \frac{\partial u}{\partial x} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} s} + \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} s} \]
Izberemo, da velja
\begin{align*} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} s} &= a(x, y, u) \\ \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} s} &= b(x, y, u) \end{align*}kar nam da še tretjo ODE
\[ \frac{\partial u}{\partial s} = \phi(x, y, u) \]
2. 1. naloga
Rešujemo Burgersevo enačbo
\[ \frac{\partial \rho}{\partial t} + \rho \frac{\partial \rho}{\partial x} = 0 \]
z začetnimi pogoji
\[ \rho (x, t = 0) = \begin{cases} a ^2 - x ^2; & \left| x \right| \le a \\ 0; & \left| x \right| > a \end{cases} \]
Kakor v teoriji, dobimo 3 ODE
\begin{align*} \frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} s} &= 1 \\ \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} s} &= \rho \\ \frac{\mathrm{d} \rho}{\mathrm{d} s} &= 0 \end{align*}Iz zadnje enačbe sledi, da je \( \rho(s) = \mathrm{konst} \). Iz prve enačbe po integraciji sledi
\begin{equation} \label{eq:1} t(s) = s + C \end{equation}in ob predpostavki \( t(0) = 0 \) sledi, da je \( C = 0 \). Po integraciji druge enačbe dobimo
\begin{equation} \label{eq:2} x(s) = \int\limits_{}^{} \rho(x, t) \, \mathrm{d} s = \rho(x, t) s + D \end{equation}kjer smo upoštevali, da je \( \rho(x, t) = \mathrm{konst} \). Zaradi enačbe \ref{eq:1} lahko zapišemo \ref{eq:2} kot
\[ x(s) = \rho(x, t) t + x_0 \]
kjer smo označili \( x(0)= x_0 = D \).
Naša enačba karakteristike bo
\[ x (t) = \rho(x_0, 0) t + x_0 \]
[glej skico karakteristik v Prinčičevih zapiskih, stran 3]
Sedaj iščemo karakteristiko, ki reši našo enačbo, z upoštevanjem IC:
\begin{align*} x &= \rho(x_0, 0) t + x_0 \\ &= \left( a ^2 - x_0 ^2 \right)t + x_0 \\ &= a ^2 t - x_0 ^2 + x_0 \end{align*}iz česar sledi
\[ x_0 = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4t \left( x - a ^2 t \right)}}{2t} \]
Predznak bomo izbrali tako, da bomo pogledali predznak v določeni točki, ki jo poznamo. Poznamo \( x_0 = 0 \) pri \( x = 0 \) in \( t = 0 \) (glej skico karakteristik).
\[ x_0 = \lim_{t \to 0} \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4 t (0 - a ^2 t)}}{2t} = \begin{cases} \infty; & + \\ 0; & - \end{cases} \]
kjer smo pri limiti za negativen predznak uporabili L’Hopitalovo pravilo.
To nam poda rešitev
\[ \rho(x, t) = \rho \left( x_0(x, t), t = 0 \right) = a ^2 - \left( \frac{1 - \sqrt{1 - 4t \left( x - a ^2 t \right)}}{2t} \right) ^2 \]
(I guess, da smo to enakost dobili iz IC, ob upoštevanju vrednosti \( x_0 \))
3. 2. naloga (reši doma)
Rešujemo PDE 1. reda oblike
\[ (x - y) \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} = x \]
z začetnimi pogoji \( u(x, y = 0) = f(x) \).
Rešitev, ki jo dobimo je,
\[ u(x, y) = f(1 + (x - y - 1) e^{-y}) + y + \frac{1}{2} y ^2 + (x - y - 1) \left( 1 - e^{-y} \right) \]
4. Enačba strune
Enačba strune je podana z enačbama
\begin{align*} \mu \frac{\partial ^2 x }{\partial t ^2} &= \frac{\partial }{\partial s} \left( F(s) \frac{\partial x}{\partial s} \right) + f_x \\ \mu \frac{\partial ^2 y}{\partial t ^2} &= \frac{\partial }{\partial s} \left( F(s) \frac{\partial y}{\partial s} \right) + f_y \\ \end{align*}kjer je \( \mu= \frac{\mathrm{d} m}{\mathrm{d} s} \) in \( f_{\alpha} = \frac{\mathrm{d} F_{sum, \alpha}}{\mathrm{d} s} \). Neraztegljivost podamo s pogojem
\[ \mathrm{d} s ^2 = \mathrm{d} ^2 x + \mathrm{d} ^2 y \]
5. 3. naloga: Viseči most
Izračunaj obliko visečega mostu z maso \( M \) in dolžino vrvice \( L \), ki med dvema palicama z višinama \( y_1 \) in \( y_2 \) pokrije razdaljo \( l \).
Velja \( \frac{\partial y}{\partial t} = \frac{\partial x}{\partial t} = 0 \). Najprej si pogledamo v \( x \) smeri, kjer velja
\[ \frac{\partial }{\partial s} \left( F(s) \frac{\partial x}{\partial s} \right) = - f_x = 0 \]
oziroma po integraciji
\[ F(s) \frac{\partial x}{\partial s} = \mathrm{konst} = F_0 \]
V \( y \) smeri pa imamo
\[ \frac{\partial }{\partial s} \left( F(s) \frac{\partial y}{\partial s} \right) = - f_y \]
Zunanjo silo zapišemo kot
\[ \mathrm{d} F_{zun} = \frac{Mg}{l} \mathrm{d} x \] in jo prepišemo v
\[ f_y = - \frac{Mg}{l} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} s} \]
Torej rešujemo
\begin{align*} \frac{\partial }{\partial s} \left( F(s) \frac{\partial y}{\partial s} \right) &= \frac{M g}{l} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} s} \\ \frac{\partial s}{\partial x} \left( \frac{F_0}{\frac{\partial x}{\partial s}} \cdot \frac{\partial y}{\partial s} \right) &= \frac{Mg}{l} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} s}\\ \frac{\partial }{\partial s} \left( F_0 \frac{\partial y}{\partial x} \right) &= \frac{Mg}{l} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} s} \end{align*}Kjer smo upoštevali definicijo \( F_0 \) in da se (nematematično) diferenciali v ulomkih (ds) pokrajšajo. Zaradi verižnega pravila velja
\[ F_0 \frac{\partial x}{\partial s} \frac{\partial ^2 y}{\partial ^2 x} = \frac{Mg}{l} \frac{\partial x}{\partial s} \]
saj
\[ \frac{\partial }{\partial s} \left( \frac{\partial y}{\partial x} \right) = \frac{\partial }{\partial x} \left( \frac{\partial y}{\partial x} \right) \frac{\partial x}{\partial s} = \frac{\partial ^2 y }{\partial x ^2} \frac{\partial x}{\partial s} \]
Nadalje
\begin{align*} \frac{\partial ^2 y }{\partial x ^2} &= \frac{Mg}{l F_0} \\ \frac{\partial y}{\partial x} = \frac{Mg}{l F_0} + C_1 \end{align*}in na koncu
\[ y(x) = \frac{Mg}{l F_0} \frac{x ^2}{2} + C_1 x + C_2 \]
Ob upoštevanju začetnih pogojev:
\( y(0) = y_1 \)
\[ y(0) = \frac{Mg}{lF_0} \cdot + C_1 \cdot 0 + C_2 \]
\( y(l) = y_2 \)
\[ y_2 = \frac{Mg l}{2F_0} + C_1 l + y_1 \]
in tako
\[ C_1 = \frac{1}{l} \left( y_2 - y_1 - \frac{Mgl}{2 F_0} \right) \]
- \[ L = \int\limits_{}^{} \, \mathrm{d} s = \int\limits_{}^{} \sqrt{ \mathrm{d} x ^2 + \mathrm{d} ^2 y} = \int\limits_{}^{} \sqrt{1 + \left( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right) ^2 } \, \mathrm{d} x \]
5.1. Struna s težo
V primeru, da vrv ni brezmasna, je zunanja sila enaka
\[ f_y = - \mu g \]
in nadalje
\[ \frac{\partial }{\partial s} \left( F_0 \frac{\partial y}{\partial x} \right) = \mu g \]
Ko razpišemo, pa dobimo
\[ F_0 \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \mu g s + C \]
in po reševanju integrala dobimo
\[ y = \mathrm{cosh} \left( \frac{a}{x} \right), \quad a = \frac{F_0}{\mu g} \]
Glej Wikipedia - catenary.
6. 4. naloga: Viseča struna
Imamo visečo struno z majhnimi odmiki v \( y \) smeri. To pomeni, da
\[ \mathrm{d} s^2 = \mathrm{d} x ^2 + \mathrm{d} y ^2 \approx \mathrm{d} x ^2 \]
oziroma \( x = s \).
V smeri \( x \) velja
\[ \frac{\partial x}{\partial t} = 0 \]
iz česar sledi
\[ \partial_s F (s) = - f_x = \frac{\mathrm{d} F_{zun, x}}{\mathrm{d} x} = - \mu g \]
saj
\[ F_{zun, x} = \mu g \]
oziroma diferencialno zapisano
\[ \mathrm{d} F_{zun, x} = \mu g \mathrm{d} x \]
Torej je zunanja sila enaka
\[ F(x) = - \mu g x + F_0 \]
Določimo
\[ mg = F(0) = F_0 \]
in tako zapišemo zunanjo silo kot
\begin{equation} \label{eq:3} F(x) = \mu g \left( l - x \right) \end{equation}V \( y \) smeri pa nimamo zunanjih sil in je \( f_y = 0 \). Z upoštevanjem \ref{eq:3} preobrazimo našo enačbo strune
\[ \mu \frac{\partial ^2 y}{\partial t ^2} = \frac{\partial }{\partial x} \left( F(x) \frac{\partial y}{\partial x} \right) + f_y \]
v
\[ \frac{\partial ^2 y }{\partial t ^2} = g \left[ \left( l - x \right) \frac{\partial y ^2}{\partial x ^2} - \frac{\partial y}{\partial x} \right] \]