KLASIˇCNA MEHANIKA - Studentske web stranice

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 309
Funkcija f 0 (x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti a ovisni o n i odredeni izrazom
a → a n = 2 L
∫ L
Primjenimo sada početni uvjet na brzinu u trenutku t = 0
∂ψ(x, t)
∞∑
= sin nπx nπv f
∂t
L L
n=1
∂ψ(x, t)
∞∑
∂t ∣ = g 0 (x) = sin nπx
t=0
L
∫ L
0
g 0 (x) sin mπx
L dx = ∞
∑
n=1
nπv f
L
n=1
0
f 0 (x) sin nπx dx. (11.21)
L
(
−a n sin nπv ft
L
+ b cos nπv ft
L
)
,
b nπv f
L , /∫ L
∫ L
b sin mπx nπx
sin
0 L L dx = mπv f
b.
2
} {{ }
= (L/2) δ n,m
Funkcija g 0 (x) je poznata (zadana), pa su koeficijenti b ovisni o n i odredeni izrazom
b → b n = 2
nπv f
∫ L
0
0
sin mπx
L
dx
g 0 (x) sin nπx dx. (11.22)
L
Ukupno rješenje za amplitudu titranja se dobiva uvrštavanjem eksplicitnih izraza za a n i b n
∞∑
ψ(x, t) = sin nπx {
a n cos nπv ft
L
L
+ b n sin nπv }
ft
L
n=1
∞∑
ψ(x, t) = sin nπx {[ ∫ 2 L
f 0 (z) sin nπz ]
L L L dz cos nπv [ ∫
ft 2 L
L + g 0 (z) sin nπz ]
nπv f L dz sin nπv }
ft
.
L
n=1
0
11.2.3 Nit s oba nepomična ruba: putujući val (J. D’Alembert)
Pokažimo sada da se do rješenja iz prethodnog poglavlja može doći i na jedan drukčiji način.
Primjetimo da svaka funkcija s argumentom x + v f t zadovoljava valnu jednadžbu
Neka je ψ(x, t) = L(x + v f t), tada je
∂ 2 ψ
∂t 2
∂ 2 L
∂t 2 = L ′′ · v 2 f ,
= v 2 f
∂ 2 ψ
∂x 2 .
∂ 2 L
∂x 2 = L ′′
i valna jednadžba je očito zadovoljena (crticama su označene derivacije po argumentu funkcije).
No, očito je da i svaka funkcija s argumentom x − v f t takoder zadovoljava valnu jednadžbu za
ψ(x, t) = D(x − v f t),
∂ 2 D
∂t 2 = D ′′ · (−v f ) 2 ,
∂ 2 D
∂x 2 = D ′′ .
Budući da je valna jednadžba linearna, svaka linearna kombinacija rješenja je takoder rješenje
(što je lako provjeriti izravnim uvrštavanjem), pa je zato opći oblik rješenja dan sa
ψ(x, t) = L(x + v f t) + D(x − v f t).
0