Matematinės fizikos lygtys

DALAMBERO METODAS utt=a2uxx homogenine lygtis Dvimaciam: Trimačiam: Bendroji virpesių lygtis: Hiperbolinė lygtis: homogeninė lygtis: utt=a2uxx nehomogeninė lygtis: utt=a2uxx+f panagrinėkime homogeninę lygtį: begalinė styga lygties utt=a2uxx kairėje pusėje yra pagreitis ir jį veikia dvi jėgos. Jas suprojektuojam į y ašį,nes į x ašį mes neturime pagreičio. Γ Γ Jei svyravimai maži, tai tg²=0 Tsinα=T·ux. Kai priesisim prie ribos ρdx-> T/ρ*uxx, (x,t)->(ξ,η) ut=a(uξ-uη) ux= uξ+uη utt=(ut)t=a((ut)ξ-( ut)η)=a(a(uξ-uη))ξ-a(a(uξ-uη))η=a2(uξξ-2uξη+uηη) uxx= uξξ-2uξη+uηη 4uξη=0 Koordinatėse (x,t) yra utt=a2uxx Koordinatėse (ξ,η) yra uξη=0 (uξ)η=0 uξ=f(ξ) u=∫f(ξ)dξ+G(η) Išvada. Šios lygties bendrojo sprendinio formulė yra tokia u=F(ξ)+G(η), kai u=F(x-at)+G(x+at), šia formule užrašomi visi stygos lygties sprendiniai. Kai t=0, u=F(x)+G(x) Koši uždavinys Stygos lygties Koši uždavinys begalinei stygai. Iš (1) atimam (2) Sustatom į formulę Teorema Stygos lygties Koši uždavinio sprendinys užrašomas Dalambero formule. Kraštiniai uždaviniai Jeigu yra baigtinė styga u(0,t)=0 1-mo tipo sąlyga (Dirichlė) utt=a2μxx ux(0,t)=0, (ux(0,t)=μ(t))2-o tipo sąlyga (Normano) ux(0,t)=ku(0,t) 3-io tipo sąlyga (Robino). ,kai t=0 teigiamoj daly f-jos sutampa intervale [ 0,+∞). Jei f-jos išvestinė lygi 0, tai turi būti lygi 0 ir pradinė f-ja ir kitos.Pratęsiam ją į kairę pusę lyginiu būdu pagal Normano sąlygą. Furje metodas Nagrinėsime apskritime, kad nenagrinėtume pasikartojančių stygų. Ux=Au , uєRn (Ax,y)=(x,Ay) – simetrinis operatorius Ax=λx=>xєR Tikrinėm reikšmėm vadiname – tikrinius vektorius N: λk , Xk , A Xk= λkX iš šių vektorių galime sudaryti bazę (ortogonalią) Xk≠λk => Xk_|_λk λk(Xk,Xl )= λl(Xk,Xl ) (Xk-Xl)( Xk-Xl)=0 λiCi(t) => uždavinio sprendinys U=Ut=φ(x)= U(+)= Furje metodas stygos lygčiai Styga vadinsime su periodinėmis sąlygomis. EN={ } , N->∞ xєS1 Ci є¢ Tokios eilutės(-N;N) baigtinė Furje eilutė, o jei N=∞ ,tai begalinė Furje eilutė. Kompleksinės Furje eilutės pavidalas bus, jei: , eikx=coskxt+i*sinkx Isivedam skaliarine sandauga. jei u,vєEN ,tai 1)=≥0 (u,u)=0u-=0 2)(α U1 +β U2 ,V)=α( U1,V)+β(U2 ,V) 3)(u,u)==( =) F-jos - tiesinis nepriklausomumas : - bazine funkcija. Tikrinama ar jos nepriklausomos ir ortogonalios : φ1, φ 2,…, φn; tada φi+ φj, ≠j (φi, φj)=0; Is ortogonalumo seka nepriklausomybe: α1φ1+ α2φ2+...+ αnφn=0 . Jos bus nepriklausomos jei is lygybes α1, α2,..., αn=0. Lygybe padauginama is φi: (φi, α1φ1+ α2φ2+...+ αnφn)=0 Sudauginus liks vienas narys: αi(φi, φi) =0 Padalinus is (φi, φi) gauname αi =0 taigi f-jos ne egzistuoja. Ortogonalumas: ir kai k≠l (,)= - taigi ortogonalumas; Kiekvienos is f-ju ilgis: Nagrinėkim operatorių L: L=a2*d2/dx2 ∂2U/∂t2=a2*∂2U/∂x2 (LU,V)=(U,LV) (a2*∂2U*V/∂x2) = o ∫2πa2*∂2U*V- /∂x2dx = a2*∂U*V- /∂x 0|2π - o ∫2πa2* ∂U/∂x * ∂U/∂x dx (a2*∂2U*U/∂x2) = o ∫2πa2*U*∂2V- /∂x2dx = - o ∫2πa2* ∂U/∂x * ∂V-/∂x dx (LU,U) ≤ 0 (LU,U)= - o ∫2πa2* ∂U/∂x * ∂U-/∂x dx = - o ∫2πa2* |∂U/∂x|2 dx ≤ 0 Tikrines f-jos: Leikx = a2 ∂2/∂x2 eikx = ika2 ∂/∂x eikx = - k2 a2 eikx xk = eikx, λk = - k2 a2 Pastaba: Sakykim turim euklidine erdve Rn,( , ) L:Rn->Rn, xk – ortogonali baze, λk = -w2k -> tikrines reiksmes. Nagrinekim { ¨x = Lx, x(0) = φ, x۰= ψ Sin(Wkt)Xk, cos (Wkt)Xk => sios lygties sprendiniai. K=1,…n Wk=t Yra tiesiskai nepriklausomos Kiek tokiu f-ju galima sukonstruoti? { x۰= y, ý = Lx 2n Rn → EN L = a2*∂2/ ∂x2 XK=eiKx, ωK=K X→U u (x,t)= ∑ [aK sin (Kt) + bk cos (Kt) ] eiKx 1) aK= (ψ, eiKx) / 2πK, bK= (ψ, eiKx) / 2π utt= a2 uxx, xєS1 u (x,t=0)=φ (x) ut (x,t=0)=φ (x) Sprendinys randamas iš formulės 1), kai n=∞ Furjė begalinės eilutės: 1) cK (f)= (f, eiKx) – f-jos f Furjė koef. Lema: Furjė koef. yra apibrėžti&nepriklausomi nuo 0. cK= ∫02π f (x) eiKx dx │ cK │ ≤ ∫02π │ f │ │ eiKx│ dx≤ maxs1 (f)* 2π cK= ∫02π f (x) eiKx dx = ∫02π f(x) d (eiKx)= f(x) eiKx │02π = - 1/ iK ∫02π f│ (x) eiKx dx Išvada: jei f-ja f│(x) aprėžta │ cK │ ≤max │ f││2π / K , │ cK │ ≤max │ f(s)│2π / Ks Galutinė išvada: Vm З cm,f │ (f, eiKx │≤ cm,f │K│-m, tai cK ≤ cm,f / │K│-m Išvada: Furjė eilutė konverguoja fє C2 klasėje, jos Furjė eilutė ∑ cK*xK konverguoja ir ta eilutė konverguoja į f-ją f. cK = (φ, xK) ŠTURMO- LIUVILIO UŽDAVINYS. Vienmačiu atveju: u(x,t)=X(t)*T(t), , , , Išplaukia toks užr.: -x‘‘=x, , , Norint išspręsti sprendinį, reikia parašyti lygtį: , (priklauso nuo ): 1) Jei =0, 2) Jei >0, 3) Jei 0 1) X=C1X+C2 2)X=C1*e+C2*e 3)X=C1cos()+C2sin() Įrod.: 1)X’=C1 X=C2, X0=1, λ0=1. 2)X’= Įstatom 0: [det=0] C1=C2, X, Tikrinių reikšmių neduoda. 3)X’= Įstatom 0: Gauname: , K=0,1,2,… APIBENDRINTOS FUNKCIJOS Dirakas Dirako f-ja (fizikoje), (matematikoje) , Apibendrintos f-jos: , be galio diferencijuojama ir už tam tikro atstumo lygi 0. *apibendrintas f-jas galima: 1. Sudėti 2. Daugint iš skaliaro Taip - tiesinė erdvė. Kalbant apie tolyd. F-ją: 1)C0, , tada skirtumas tarp dviejų f-jų matuojamas norma ||f-g||0. 2) 3)Tarkim, bet negalime įrodyti eilutės konvergavimo, taigi čia norma nežymima., bet galime įvesti konvergavimą: A. , sakysime, kad konverguoja, jei: 1) 2) f: L->R Tiesineje erdveje galima nagrineti funkcionala (tiesiu): Ties.f-ja Tolyd. Tiesine f-ja AP.: Tolydini tiesini funkcionala erdveje vad. apibendrinta f-ja Zym. Raide D= PVZ: I) Funkcijai priskirsime funkcionala: 1) Ties. F-ja apibrezta korektiskai; 2) Tiesiskumas akivaizdus 3) Tolydumas: f-jos tolygiai konverguoja i 0, taigi tolyudumas yra II) 1) jokiu integralu funkcionalo apibrezti neglaima 2) tiesiskumas ispildytas 3) , tolydumas yra A- Apibendrinta funkcija kuri apibreziama kaip pirmajam pvz., f-jos integralas, vadiname reguliariaja apibendrinta f-ja. F-ja kuri nera reguliarioji vad. singuliariaja. Pvz. Apibendrinta f-ju erdve dar zymima F-ju riba- F-ju isvestine: lokaliai intergruojame: A.bet kokios f-jos apibr.isvestine: ISVADA: Apibendrintos f-jos be galo diferencijuojamos Apibend f-jos integralas: Bendra isvestines skaiciavimo formule: Irodymas:

Daugiau informacijos...

★ Klientai rekomenduoja

Šį rašto darbą rekomenduoja mūsų klientai. Ką tai reiškia?

Mūsų svetainėje pateikiama dešimtys tūkstančių skirtingų rašto darbų, kuriuos įkėlė daugybė moksleivių ir studentų su skirtingais gabumais. Būtent šis rašto darbas yra patikrintas specialistų ir rekomenduojamas kitų klientų, kurie po atsisiuntimo įvertino šį mokslo darbą teigiamai. Todėl galite būti tikri, kad šis pasirinkimas geriausias!