close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

О решении некоторых дифференциальных уравнений механики операционным методом.

код для вставкиСкачать
2013
ВЕСТНИК САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКОГО УНИВЕРСИТЕТА
Сер. 10
Вып. 4
ПРИКЛАДНАЯ МАТЕМАТИКА
УДК 539.3
Ю. М. Даль
О РЕШЕНИИ НЕКОТОРЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
МЕХАНИКИ ОПЕРАЦИОННЫМ МЕТОДОМ
Задача Коши. Рассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение n-го порядка
a0 x(n) (t) + a1 x(n−1) (t) + . . . + an−1 x (t) + an x (t) = f (t)
(1)
с начальными условиями
x (0) = x∗0 , x (0) = x∗1 , . . . , x(n−1) (0) = x∗n−1 .
(2)
Применив к уравнению (1) интегральное преобразование Лапласа [1, 2], имеем
a0 pn X (p) − pn−1 x∗0 − pn−2 x∗1 − . . . − x∗n−1 +
+ a1 pn−1 X (p) − pn−2 x∗0 − pn−3 x∗1 − . . . − x∗n−2 +
+ . . . + an−1 [pX (p) − x∗0 ] + an X (p) = F (p),
откуда
X(p) =
F (p) + B(p)
.
A (p)
(3)
В (3) введены обозначения
∞
X(p) =
e−pt x(t)dt,
∞
F (p) =
0
B (p) =
a0 x∗0 pn−1
e−pt f (t)dt,
0
+ (a0 x∗1 + a1 x∗0 ) pn−2 + (a0 x∗2 + a1 x∗1 +
+ a0 x∗n−1 + a1 x∗n−2 + . . . + an−1 x∗0 ,
A ( p ) = a0 pn + a1 pn−1 + ..... + an .
a2 x∗0 ) pn−3 + ... +
(4)
Решение задачи (1), (2) находится по формуле
s+i∞
s+ib
pt
e X(p)dp = lim
x(t) =
s−i∞
b→∞
s−ib
ept
F (p) + B(p)
dp,
A(p)
(5)
где в случае ограниченной функции f (t) параметр s = 0.
Даль Юрий Михайлович – доктор физико-математических наук, профессор, 199034, Санкт-Петербургский государственный университет; e-mail: ymdahl@yandex.ru.
c Ю. М. Даль, 2013
3
Как видим, c теоретической точки зрения, операционный метод очень прост. По сути
дела, он сводится к аналитическому определению двух интегралов: (4) и (5). Однако
на практике вычисление последних сопряжено, как правило, с большими математическими трудностями. Чтобы их избежать или, по крайней мере, уменьшить, обычно
используются либо таблицы прямых и обратных преобразований Лапласа [3, 4], либо различные численные методы. Недостатки этих способов хорошо известны. Потому
целесообразно рассмотреть иной подход к рассматриваемой проблеме.
Будем искать решение задачи (1), (2) в виде суммы двух функций:
x (t) = x0 (t) + y (t) ,
(6)
где x0 (t) – решение однородного уравнения
(n)
(n−1)
a0 x0 (t) + a1 x0
(t) + . . . + an−1 x0 (t) + an x0 (t) = 0
(7)
с начальными данными
(n−1)
x0 (0) = x∗0 , x0 (0) = x∗1 , . . . , x0
(0) = x∗n−1 ,
(8)
y (t) – решение неоднородного уравнения
a0 y (n) (t) + a1 y (n−1) (t) + . . . + an−1 y (t) + an y (t) = f (t)
(9)
при нулевых начальных условиях
y (0) = 0, y (0) = 0, . . . , y (n−1) (0) = 0.
(10)
Решение задачи (7), (8). Записывая равенство (7) в изображениях, получаем
a0 pn X0 (p) − pn−1 x∗0 − pn−2 x∗1 − . . . − x∗n−1 +
+ a1 pn−1 X0 (p) − pn−2 x∗0 − pn−3 x∗1 − . . . − x∗n−2 +
+ . . . + an−1 [pX0 (p) − x∗0 ] + an X0 (p) = 0,
откуда
X0 (p) =
B(p)
.
A (p)
(11)
Выражение (11) является дробно-рациональной функцией комплексного переменного p, где, в соответствии с формулами (4), степень полинома B (p) на единицу меньше
степени полинома A (p). Согласно [5], изображению X0 (p) соответствует оригинал
x0 (t) =
l
k=1
1
dmk −1 lim
X0 (p) · (p − pk ) epk t ,
m
−1
k
(mk − 1)! p→pk dp
(12)
где pk – полюсы функции X0 (p); mk – их кратности; сумма берется по всем полюсам.
Решение задачи (9), (10). Пусть известно решение x1 (t) уравнения
(n)
(n−1)
a0 x1 (t) + a1 x1
4
(t) + . . . + an x1 (t) = 1
(13)
с нулевыми начальными условиями
(n−1)
x1 (0) = 0, x1 (0) = 0, . . . , x1
(0) = 0.
(14)
Представив дифференциальные равенства (9) и (13) в изображениях, приходим к алгебраическим уравнениям
A (p) X1 (p) =
A (p) Y (p) = F (p) ,
в которых Y (p) =
∞
0
e−pt y(t)dt, X1 (p) =
∞
0
1
,
p
e−pt x1 (t)dt, F (p) =
∞
e−pt f (t)dt, суть изобра-
0
жения оригиналов y(t), x1 (t), f (t), причем Y (p) – неизвестное выражение, тогда как
X1 (p) и F (p) – известные функции; A (p) – полином, определяемый формулой (4).
Решив полученную систему относительно Y (p), находим
Y (p) = pX1 (p) F (p) .
Переписав данное соотношение в виде
Y (p) = x1 (0) F (p) + [pX1 (p) − x1 (0)] F (p) ,
по теореме умножения изображений устанавливаем, что
t
f (τ ) x1 (t − τ ) dτ ,
y (t) = x1 (0) f (t) +
0
но, поскольку x1 (0) = 0, окончательно имеем
t
y (t) =
f (τ ) x1 (t − τ ) dτ .
(15)
0
З а м е ч а н и е. Сделанное выше предположение об известном решении x1 (t)
задачи (13), (14) является вполне обоснованным по двум причинам. Во-первых, правая
часть уравнения (13) представляет собой единичную функцию, изображение которой
равно 1/p, и, во-вторых, нулевые начальные условия (14) обусловливают изображение
левой части (13) в форме X1 (p) A (p). Вкупе эти обстоятельства позволяют получить
изображение X1 (p) в форме
1
,
X1 (p) =
pA (p)
откуда в случае простых или кратных корней полинома A (p) функция x1 (t) определяется соответственно формулами
epk t
1
+
,
A (0)
pk A (pk )
n
x1 (t) =
(16)
k=1
1
1
dmk −1
+
lim
A (0)
(mk − 1)! p→pk dpmk −1
l
x1 (t) =
k=1
(p − pk )mk ept
pA (p)
.
(17)
5
В уравнениях (16) и (17) pk – нули A (p), mk – их кратности, сумма берется по всем
нулям.
Суммируя выражения (12) и (15), находим, согласно (6), искомое решение задачи
Коши
t
(18)
x (t) = x0 (t) + f (τ ) x1 (t − τ ) dτ .
0
Краевая задача. Некоторые проблемы механики деформируемого тела сводятся
к решению краевых задач для уравнений типа (1), где переменная дифференцирования
t трактуется как пространственная координата x. К числу последних относятся различные задачи о плоском изгибе упругих призматических стержней.
Рассмотрим для примера стержень длиной l, загруженный моментом M в сечении
x = a, силой P в сечении x = b и распределенной нагрузкой q = const на участке
от l1 x l2 (рис. 1).
Рис. 1. Стержень, загруженный внешними усилиями
Дифференциальное уравнение изгиба такого стержня
EJ y (4) (x) = q [e(x − l1 ) − e(x − l2 )] + P δ(x − b) + M δ (x − a),
(19)
где E – модуль упругости материала стержня; J – момент инерции его поперечного
сечения; e(x − li ) – единичная функция; δ(x − b) и δ (x − a) – соответственно дельтафункция и ее первая производная.
Краевые условия (по два на каждом из концов стержня) могут быть различными,
например:
а) при свободно опертых концах y(0) = y(l) = y (0) = y (l) = 0;
б) в случае закрепления обоих концов y(0) = y(l) = y (0) = y (l) = 0;
в) если левый конец стержня закреплен, а правый свободен, то y(0) = y (0) = y (l) =
y (l) = 0.
Выполняя в (19) преобразование Лапласа, получим
q −pl1
e
− e−pl2 + P e−pb + M pe−pa ,
EJ p4 Y (p) − p3 y(0) − p2 y (0) − py (0) − y (0) =
p
6
откуда
y (0)
y (0)
1
y(0)
y (0)
+
+
Y (p) =
+ 2 +
p
p
p3
p4
EJ
e−pa
q −pl1
e−pb
−pl2
−e
e
+P 4 +M 3 .
p5
p
p
(20)
Изображению (20) соответствует оригинал
2
y(x) = y(0) + y (0)x + y (0)x
+
2
y (0)x3
q
1
4
+
+ EJ 4! (x − l1 ) e(x − l1 ) − (x − l2 )4 e(x − l2 ) +
3!
3
(x−a)2
e(x
−
b)
+
M
e(x
−
a)
.
+ P (x−b)
3!
2!
(21)
Пусть левый конец стержня свободно опёрт, а правый жёстко закреплен. Тогда
y(0) = y (0) = y(l) = y (l) = 0,
и выражение (21) преобразуется следующим образом:
3
q
1
4
4
y(x) = y (0)x + y (0)x
+
3!
EJ 4! (x − l1 ) e (x − l1 ) − (x − l2 ) e (x − l2 ) +
3
(x−a)2
+ P (x−b)
e
(x
−
b)
+
M
e
(x
−
a)
,
3!
2!
где величины y (0) и y (0) находятся из решения уравнений
1
q (l − a)2
(l − b)3
y (0)l3
y (0)l +
=−
+M
(l − l1 )4 − (l − l2 )4 + P
,
3!
EJ 4!
3!
2!
1
q (l − b)2
y (0)l2
=−
+ M (l − a) .
(l − l1 )3 − (l − l2 )3 + P
y (0) +
2
EJ 3!
2
Заметим, что в случае произвольно распределенной нагрузки q(x) на участке l1 x l2 ее следует представить в виде
q(x) = q +
n
qk (x − l1 )k ,
k=1
здесь
q (k) (l1 )
= const.
k!
При этом в уравнении (21) справа появятся дополнительные слагаемые
n
qk
1
(x − l1 )4+k e (x − l1 ) − (x − l2 )4+k e (x − l2 ) .
EJ
(4 + k)!
qk =
k=1
Задача о собственных значениях. Искривление прямолинейной формы длинного упругого стержня (рис. 2), сжатого силами по направлению его оси, описывается
дифференциальным уравнением
P
y (4) (x) + k 2 y (2) (x) = 0
= const .
(22)
k =
EJ
7
Рис. 2. Искривление прямолинейной формы длинного упругого стержня
Краевые условия на концах стержня примем, для определенности, такими:
y(0) = y (0) = y(l) = y (l) = 0.
(23)
Представив уравнение (22) в изображениях, имеем
p4 Y (p) − p3 y(0) − p2 y (0) − py (0) − y (0) + k 2 p2 Y (p) − py(0) − y (0) = 0.
Отсюда, учитывая первые два равенства (23), находим
p2 (p2 + k 2 )Y (p) = (p2 + k 2 )y (0) + y (0)
или
Y (p) =
y (0)
y (0)
.
+
p2
p2 (p2 + k 2 )
(24)
Изображению (24) соответствует оригинал
y(x) = y (0)x +
y (0)
(kx − sin kx).
k3
(25)
Третье и четвертое условия (23) будут выполнены, если
y (0)l +
y (0)
(kl − sin kl) = 0,
k3
y (0)
sin kl = 0.
k
(26)
Поскольку y (0) = 0 и y (0) = 0, единственное решение системы (26) будет
sin kl = 0,
(27)
следовательно,
nπ
,
n = ( 1, 2, 3, ... ).
l
Согласно (22), этим значениям kn соответствуют силы Pn , равные
k = kn =
Pn =
n2 π 2 E J
.
l2
На основании соотношений (27), (28) из первого равенства (26) получаем
y (0) = −
8
y (0)
y (0)l2
=
−
.
k2
n2 π 2
(28)
Внеся последний результат в уравнение (25), устанавливаем формы потери устойчивости стержня
nπx
,
n = ( 1, 2, 3, ... ),
(29)
yn (x) = An sin
l
(0)l
где величины An = y nπ
= const оказываются произвольными, так как значение y (0)
не определяется из найденного решения.
Выводы. Если для вещественной или комплексной функции f (t) действительного
аргумента t существует изображение
∞
F (p) =
e−pt f (t)dt,
0
то формула (18) определяет собой решение задачи (1), (2).
Операционный метод решения обыкновенных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами применим не только к задачам Коши, но и для краевых
задач. Он оказывается чрезвычайно эффективным при нахождении общего интеграла
уравнений типа (19), правая часть которых, не будучи единой аналитической функцией
координаты x, имеет в отдельных точках x = (l, a, b, ...) разрывы первого и второго
рода.
В задачах на собственные значения этот метод позволяет выявить физическую сущность «совершенно неопределенной» [6, с. 302] константы An в формуле (29).
Литература
1. Свешников А. Г., Тихонов А. Н. Теория функций комплексной переменной. М.: Наука, 1970.
304 с.
2. Джеффрис Г., Свирлс Б. Методы математической физики: в 3 вып. / пер. с англ.; под ред.
В. Н. Жаркова. М.: Мир, 1969. Вып. 1. 424 с. (Jeffreys H., Swirles B. Methods of mathematical physics.)
3. Бейтман Г., Эрдейи А. Таблицы интегральных преобразований/пер. с англ. Н. Я. Виленкина.
М.: Наука, 1969. Т. 1. 344 с. (Bateman H., Erdelyi A. Tables of integral transforms.)
4. Диткин В. А., Кузнецов П. И. Справочник по операционному исчислению. М.; Л.: Гостехтеоретгиз, 1951. 256 с.
5. Лаврентьев М. А., Шабат Б. В. Методы теории функций комплексной переменной. М.: Наука,
1969. 736 с.
6. Работнов Ю. Н. Сопротивление материалов. М.: Физматгиз, 1963. 456 с.
Статья поступила в редакцию 30 мая 2013 г.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
355 Кб
Теги
механика, решение, методов, уравнения, дифференциальной, некоторые, операционная
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа