KLASIˇCNA MEHANIKA - Studentske web stranice

11.2. MALI TRANSVERZALNI TITRAJI KONTINUIRANOG JEDNODIMENZIJSKOG SUSTAVA ČESTICA 313
Uvrste li se izrazi za f i integral od g u (11.23), dobiva se
ψ(x, t) = 1 2
+ 1 2c
∞∑
n=1
∞∑
n=1
Koristeći se trigonometrijskim identitetima
izraz za ψ prelazi u
ψ(x, t) = 1 2
a n
[
sin nπ L (x + ct) + sin nπ L (x − ct) ]
b n
L
[cos nπ nπ L (x − ct) − cos nπ ]
L (x + ct) .
sin(α + β) + sin(α − β) = 2 sin α cos β,
cos(α − β) − cos(α + β) = 2 sin α sin β,
∞∑
a n 2 sin nπ L x cos nπ L ct + 1 2c
n=1
∞∑
n=1
tj. dobili smo isto rješenje kao i kod stojnog vala (11.20)
ψ(x, t) =
∞∑
n=1
b n
L
nπ 2 sin nπ L x sin nπ L ct,
sin nπ L x (
a n cos nπ L ct + b n sin nπ L ct )
.
11.2.4 Nit s nepomičnim lijevim i slobodnim desnim rubom
Pratimo postupak iz odjeljka 11.2.2, uz izmjenjene rubne uvjete.
funkcije u obliku
ψ(x, t) = (a 1 cos kx + b 1 sin kx)(a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t).
Četiri nepoznate konstante odredujemo pomoću dva rubna i dva početna uvjeta.
Rubni uvjeti:
Krećemo od zapisa valne
x = 0 ⇒ ψ(0, t) = 0 = a 1 (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t) ⇒ a 1 = 0,
∂ ψ(x, t)
x = L ⇒ ∂ x ∣ = 0 = b 1 k cos kL (a 2 cos kv f t + b 2 sin kv f t)
x=L
⇒ kL = (2 n + 1) π , n = 0, 1, 2, · · · .
2
Valni broj može poprimati samo diskretne vrijednosti odredene jednadžbom
k = k n = (2 n + 1) π , n = 0, 1, 2, · · · .
2 L
Time smo dobili niz rješenja za svaku pojedinu vrijednost n. Uz redefiniciju konstanti b 1 a 2 → a n
i b 1 b 2 → b n , ta rješenja glase
[
]
(2 n + 1)πx (2 n + 1)πct (2 n + 1)πct
ψ n (x, t) = sin a n cos + b n sin .
2 L
2 L
2 L
Sada ispitujemo periodičnost u prostornoj i vremenskoj varijabli.
ψ n (x, t) = ψ n (x + λ, t), (11.24)