Jednadžbe matematičke fizike [1st ed.] [PDF]

Zitiervorschau

AGANOVIĆ-VESELIĆ: JEDNAD2BE MATEMA TI.Č KE FIZ I KE

Ibrahim AganJVić, Krešimir Veselić - JEDNAD2BE MATEMATIČKE FIZIKE Urednik ZLATKO ŠPORER Recenzenti dr MLADEN ALIĆ dr BRANKO NAJMAN

Izdavačka radna organizacija ŠKOLSKA KNJIGA Zagreb, Masarykova 28 - Za izdavača dr JOSIP MALIĆ - Grafički urednik JOSIP JELIĆ- Lektor MARIJA SABLJAK-Korektori IVANKA PALEŠĆAK-RADEŠIĆ i ANĐELKA DALBELLO-Tisak završen u siječnju 1985.

Nacionalna i sveučilišna Katalogizacija na izvoru: 517.9 : 53] (075.8)

biblioteka,

Zagreb

AGANOVIĆ, Ibrahim Jednadžbe matematičke fizike / Ibrah­ im Aganović, Krešimir Veselić. - Zagreb : Školska knjiga, 1985-. - sv. ; 24 cm Sv. 1. - 1985. - 140 str. : ilustr. Nakl. 2000 primj. 1. Veselić, Krešimir

Tisak GRAFIČKI ZAVOD HRVATSKE, Zagreb

IBRAHIM AGANOVIĆ

KREŠIMIR VESELIĆ

profesor Prirodoslovno-matematičkog fakulteta Sveučilišta u Zagrebu

profesor Univerziteta u Hagenu (SR Njemačka)

JEDNADŽBE MATEMATIČKE FIZIKE 1.

SVEZAK

ŠKOLSKA KNJIGA, ZAGREB 1985

SADRŽAJ

Predgovor . . . . . . . .

7

Obična diferencijalna jednadžba 1. Ravnoteža žice

9

. . . . . . . . . . Postavka rubnog problema Princip superpozicije Slučaj b O . . . . . Slučaj b =/= O . . . . . Svojstvene vrijednosti i svojstvene funkcije . . . . . . . Koncentrirano djelovanje Greenova funkcija . . . . . . Rješenje rubnog problema pomoću Greenove funkcije Varijaciona jednadžba Funkcional energije . . . . Varijacioni račun . . Metoda konačnih elemenata Ravnoteža štapa . . . . . Rubni problemi za štap . . Greenova funkcija i rješenje rubnog problema za štap Varijaciona jednadžba i funkcional energije za štap Metoda konačnih elemenata za štap Stabilnost štapa N!'!linearni problemi .

2. Rubni uvjeti 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.

15.

16. 17. 18. 19. 20. 21.

=

.

.

.

.

.

.

Dodatak

9 14 19 25 27 31 33 38 43 48 53 58 61 71 85 92 101 107 109 1 12 119 131

1. Cauchyjev problem za obične diferencijalne jednadžbe . . 2. Linearne jednadžbe. Liouvilleova formula . . . .

131 136

5

Predgovor

Getrenntes wieder - vereinigen. R. Courant Ova je knjiga prva u nizu udžbenika iz primijenjene matematike, koje na­ mjenjujemo studentima kako matematike, tako i tehničkih disciplina. Razvoj matematike te fizike i tehnike u našem stoljeću doveo je do daleko­ sežnog razdvajanja tih dvaju dotada usko povezanih područja. Osim općenite i posvuda prisutne težnje' za što većom specijalizacijom takvom razvoju uvelike je pogodovao tzv. »apstraktni pristup« koji omogućuje da se matematika organizira na strogo deduktivnom principu, bez pozivanja na ikakav geometrijski, fizikalni ili neki drugi zor. Konsekventna primjena apstraktnog pristupa, a usto i novog »matematičkog jezika« u sveučilišnoj nastavi činila je gotovo nemogućim spora­ zumijevanje prosječnog matematičara s inženjerom pa i fizičarom. Još je veći ras­ korak na području istraživačkog rada. Opasnosti, koje u sebi krije ovakav razvoj dobro je uočio R. Courant u predgovoru glasovitom djelu Courant-Hilbert, Metho­ den der Mathematischen Physik (Springer, Berlin, 1924), već tada propagira­ jući potrebu ponovne sinteze. Burni samosvojni i u sebi pozitivni razvoj apstraktne matematike nimalo ne umanjuje potrebu komunikacije između matematičara i stručnjaka u primjenama. Dapače, ta potreba raste iz dana u dan. Namjera autora bila je napisati tekst, koji će moći čitati studenti kako matematike tako i fizike i tehnike i koji će pridonijeti njihovom međusobnom razumijevanju. Izbor materijala slijedi tradicionalni okvir matematičke fizike. Nastojali smo da budu zastupljena tri osnovna aspekta primijenjene matematike; formulacija, matematičko istraživanje i numerička analiza modela. Od drugih knjiga sličnog sadržaja ova knjiga se znatno razlikuje po zastupljenosti prvog aspekta, pa u tom smislu predstavlja neku vrstu uvoda u mehaniku kontinuuma. Dru,gi aspekt je u velikom dijelu podvrgnut osnovnoj namjeni, ali se idejno približava i suvremenoj teoriji. Posebno označeni dijelovi pisani su strogo; njih čitalac ne-matematičar može ispustiti u prvom čitanju, a neke od njih i posve. Čitajući barem neke od tih dije­ lova on će uvidjeti nužnost strožeg pristupa u iole delikatnijim pitanjima teorije. S druge strane, matematički orijentiran čitalac će katkada zapeti na ovom ili onom »inženjerski« pisanom mjestu; produži li čitanje naići će na posebno označen tekst, u kojem stoji formulacija s uobičajenom strogosti. Treći, numerički aspekt ograničen je na metodu konačnih sredstvo strukturalne mehanike pa i mehanike�fluida.

elemenata,

osnovno

Osnovu prezentiranog materijala čine linearni problemi. Nelinearni problemi tretiraju se uglavnom kao male smetnje linearnih pa se na primjerima ilustrira

metoda sukcesivnih aproksimacija.

7

Posebnu ulogu u našem izlaganju imaju zadaci; oni čine integralni dio teksta. Naučiti studenta da riješi zadatak, izražen žargonom modela, osnovna je svrha ove knjige. Matematičko predznanje, koje se traži od čitatelja uključuje osnove diferen­ cijalnog i integralnog računa1 te linearne algebre (matričnog računa)2• U 1 . svesku, koji sada predlažemo čitatelju, obrađuju se jednodimenzionalni ravnotežni rrwdeli; oni se svode na rubne probleme za obične diferencijalne jednadžbe3• Činjenice o običnim diferencijalnim jednadžbama, koje koristimo, izložene su u Dodatku. Kod izrade zadataka u 1 . svesku pomogli su nam ž. Hanjš i M. Rogina, asistenti Matematičkog odjela Prirodoslovno-matematičkog fakulteta u Zagrebu; ž. Hanjš je osim toga pomna pregledao cijeli rukopis i dao korisne primjedbe. Tekst je s velikim strpljenjem tipkala B. Grdović, administrator Matematičkog odjela. Svima njima dugujemo veliku zahvalnost. Zahvaljujemo također kolektivu Školske knjige, posebno uredniku Zlatku Šporeru.

U Zagrebu, siječnja

1984. I. Aganović K. Veselić

1 Na primjer 1.. Marković, Uvod u višu analizu I dio, Školska knjiga, Zagreb, 1956; S. Kurepa, Matematička analiza, Funkcije jedne varijable, Tehnička knjiga, Zagreb, 1971. 2 Na primjer S. Kurepa, Uvod u linearnu algebru, Školska knjiga, Zagreb, 1975. 3 Od domaćih knjiga o običnim diferencijalnim jednadžbama v. na primjer F. Križanić, Navadne diferencijalne enačbe in varijacijski račun, Državna založba Slovenije, Ljubljana, 1974; V. Marić, M. Skendžić, Obične diferencijalne jednadžbe, Naučna knjiga, Beograd, 1980.

8

OBIČNA DIFERENCIJALNA JEDNADžBA

§ 1. Ravnoteža žice U ovoj glavi proučavat ćemo ravnotežni položaj tanke žice na koju djeluje zadana vanjska sila (sl. 1). Neka odsječak [O, /] na osf-x predstavlja nedeformirani položaj žice. Pod utjecajem vanjske sile žica se deformira; pretpostavit ćemo da je vanjska sila slaba tako da se žica malo deformira, to jest da se njezin deformirani položaj malo I razlikuje od segmenta [O, l]. Radi jednostavnosti pretpostavit I ćemo također da je vanjska sila paralelna ravnini xy; tada i i � deformirana žica leži u ravnini xy. Pri deformaciji točka na mjestu x nedeformirane žice Slika 1.

J_JJ)Y l 1

--

prijeđe u neki položaj P (x). Pomak xP (x) ima uzdužnu* i poprečnu komponentu; pretpostavit ćemo da se uzdužni pomak može zanemariti. Po­ prečni pomak (progib) točke x označit ćemo sa u (x). Deformirana žica tada ima jednadžbu (sl. 2) y

=

u (x).

y

(1)

Derivacija u' (x) je mjera deformacije (kraće de­ formacija) na mjestu x. Pretpostavka da je de­ formacija mala izražava se uvjetom

lu' (x) I

�

1 za svako x.

(2)

Iz jednakosti

u (x)

=

"

J u' (g) M

u (O) +

ili

%

=

(3)

o

dobivamo

I u (x) - u (O) I

Slika 2.

%

X

I J u' (�) M I :S: J lu' (�) l M J M o

�

o

lu (x) - u (O) l

�

1.

o

=

x < l,

(4)

(5)

* Smjer osi x nazivamo uzdužnim ili longitudinalnim, a smjer osiy poprečnim ili transverzalnim.

9

pri maloj deformaciji relativni progib u (x) - u (O) je (po apsolutnoj vrijednosti) malen prema duljini žice. Ako se žica pod utjecajem vanjskih sila nalazi u ravnoteži, funkcija u (ravnotež­ ni progib) zadovoljava diferencijalnu jednadžbu koju ćemo izvesti prihvaćajući ovaj Princip ravnoteže sile. A ko je tijelo u ravnoteži, zbroj svih sila koje djeluju na bilo koji komad (dio) tijela jednak je nuli.

Prema tome,

Da bimo primijenili taj princip, moramo opisati sile koje djeluju na proizvolj­ ni dio deformirane žice. Te sile su kontaktna i linijska. Unutrašnja kontaktna sila opisuje djelovanje jednog komada žice na drugi koji mu je susjedan; ta sila je potpuno određena položajem kontakta (to jest, ne ovisi o

velz"čini· komada). Označimo sa q(x) silu kojom dio P (x) P (l) djeluje na dio P(O)P(x) (sl. 3); tada dio P (O) P (x) djeluje na dio P (x) P (l) silom -q(x). Funkcija q (x) definirana je i na krajevima x = O i x = l; q (Z) i q frJJ su vanjske kontaktne sile. Ako je x < x2, na dio P(x1)P (x2) djeluje ukupna kontaktna sila ...-.

y

....

-

-

Slika 3.

q (x2)

-

1

q (xi)·

-

-+

-

(6)

Neka je Z (x) jedinični tangencijalni vektor žice u točki P (x): -+

__,

t (x)

=

-+

i+u'(x) j V I + (u' (x))2

.

(7)

Prema (2) vrijedi

1,

(8)

� (x) = i+ u' (x)}.

(9)

1 + (u' (x))2

�

pa ćemo pisati

A ko je deformacija mala, kontaktna sila je tangencijalna na žicu:

q (x) = a (x) � (x);

(10)

a (x) je napetost žice u točki P(x). U daljnjem ćemo pretpostavljati da je žica napeta u svakoj točki, tj. da vrijedi a (x) > O za svako x e [O, l].

(11)

q(x) = a (x) 7 +a (x) u' (x)f.

( 1 2)

Iz (9) i (10) slijedi

10

...

...

...

Stavljajući q =qxi + q yj, iz (12) dobivamo qx(x) =a (x),

(13)

qy (x) = a (x) u' (x). (14) Prema kontaktna sila je napetost žice. Pretpostavka (11) posebno znači da je qx(13)(I) >uzdužna O i qx (O) > O. Vanjska linijska sila je raspoređena po žici. Neka je f= Ji+ Ji linijska gustoća te sil e, to jest va�jska sila po jedinici duljine žice. Zbog (8) za element luka žice imamo (15) ds =V1 + ( u )2 dx dx zato pod veličinom J možemo razumijevati sil u po jedinici duljine nedeformirane žice. Ukupna linijska sila koja djeluje na komad P (x1) P(x2) (x1 > x2) jednaka je x2 x2 x2 (16) Jf (x) dx =i J Jx (x) dx +)· J Jy (x) prvi član desnoj strani je uzdužna, a drugi poprečna linijska sila. Sad možemo primijeniti princip ravnoteže sile. Bit će dovoljno razmotriti dio P(x)P(l) za proizvoljno x. Na taj dio prema (6) i (16) djeluju kontaktna sila q (x) q(O) i linijska sil a J J (�)M. Ako je žica u ravnoteži, onda je '

"='

;

,...-...

d.x;

na

-

-

X

o

X

q(x)-q(o)+ J o

ili u komponentama qx(x) qy (x)

-

-

lC�)d� = O,

X

I

qx (O) + fx (g)

(17)

d� = O,

( 1 8)

q„ (O)+ f Jy (�)M =O.

(19)

o

X

o

Jednadžba (18) izražava napetost qx (x) =a (x) pomoću vanjskih uzdužnih sila: a (x) =a

X

(O) J Jx(�)d�. -

o

(20) 11

Iz toga slijedi

a (l) = a (O)

vajući to u (20) dobivamo

l

- J lx (e) M, o

ili

a (O)

=

drugi oblik za napetost:

l

a (l) + J f o

x

(�) M; uvršta-

l

a (x) = a (l) + J fx (e) M.

(21)

X

y

napetost u točki· P (x) jednaka je ukupnoj uzdužnoj vanjskoj sili" koja djeluje na dio P (x) P (l). Budući da vanjske sile smatramo poz-

Prema tome ,.-.,.

Orr----- X

natim, u daljnjem ćemo i napetost a (x) smatrati zadanom funkcifom. Posebno za f x O dobivamo a (x) a (l); dakle, ako je žica napeta samo vanj­ skim kontaktnim silama, napetost /e konstanta. Naj­ jednostavniji način da se žica napne je onaj na glazbenim instrumentima; napetost u tom slučaju nije dana neposredno, već se mora mjeriti. Zgodan način na koji možemo zadati napetost jest da se za kraj žice objesi uteg (sl. 4). Ako je masa utega M > O a g ubrzanje teže (g 9,8 1 ms-2), onda a (O) g M. Jedna druga mogućnost opisana je u =

=

Slika 4.

za napetost imamo slijedećem primjeru. 1.1.

a (x) =

=

=

Primjer

Teška žica (to jest žica na koju djeluje sila teža) slobodno visi obješena za jedan kraj i zauzima odsječak [O, l] na osi x. Treba odrediti napetost žice. Neka je(! linijska gustoća mase žice (to jest masa jedinice duljine); tada je gustoća vanjske uzdužne linijske sile (to jest težine) jednako fx = e g. Kraj x = l sloboc:l,no visi pa je qx (!) = a (!) = O. Prema (21) dobivamo a (x)

=

gM (x, l),

(22)

gdje je M (x, l) masa komada (x, l).Primijetimo da u ovom primjeru napetost ne zadovoljava uvjet (11). Žica će biti »dobro« napeta ako se kraj x = l optereti utegom M0 > O; tada je

a (x) = gM (x, l) + gM0•

y

o��__,,-....-...-..----x Slika 5.

12

(23)

Jednadžba (19) opisuje poprečnu ravnotežu žice. Ako se žica nalazi u nekom elastičnom sredstvu (sl. 5), onda na nju pored linijske sile zadane gustoće f (x) djeluje i linijska sila s gus­ toćom koja je suprotna progibu, to jest oblika

-b (x) u (x);

(24)

ovdje je b

(x) >O zadani koeficijent elastičnosti s,redstva. Umjesto ( 19) tada imamo "'

q (x) - q

(O) + J (f (e) - b (�) u {e)) M

gdje smo radi kratkoće stavili

o

q,

=

q, f,

=

(25)

o,

(26)

= f.

Vezu (poprečne) kontaktne sile i (poprečne) deformacije daje jednadžba (14), koja se zove zakon ponašanja; u novoj oznaci on glasi q (x )

=

(27)

a (x ) u' (x ) .

Uvl'Štavajući (27) u (25) dobivamo

a (x) u' (x ) - a

"'

(O) u' (O) + J (f (E) - b (E) u (E)) M O =

o

.

(28)

To je integralni oblik zakona ravnoteže (integralna jednadžba ravnoteže). Derivirajući (28) po x dobivamo

(a (x ) u' (x ) )' + f (x ) - b (x ) u (x )

ili

-(a (x ) u'

=

,

O

(29)

(x)) ' + b (x ) u (x ) = f (x ) .

(30)

To je diferencijalni oblik zakona ravnoteže (diferencijalna jednadžba ra­ vnoteže) ili kraće jednadžbe ravnoteže. Iz (30) integriranjem dobivamo (28). Drugim riječima, jednadžbe (30) i (28) su ekvivalentne. Jednadžba ravnoteže (30) je obična linearna diferencijalna jednadžba drugog reda za funkciju u ; a i b su koeficijenti, a f slobodni član ili desna strana jednadžbe. Jednadžba je homogena ako je f =O a nehomogena ako e f =I Funkcija u koja za­ dovoljava jednadžbu ravnoteže zove se ravnotežno (stacionarno) stanje ili ravnotežni položaj (progib).

j

1.2.

Zadaci

1.2.1.

(sl. 6).

O.

Napišite jednadžbu ravnoteže uzdužno deformiranoga cilindričnog štapa

xi IP! ulxi"

x)

• X

Slika 6.

Rješ e n j e. Pri maloj uzdužnoj deformaciji poprečni presjek štapa pomakne se od nedeformiranog položaja x u deformirani položaj P (x ) +u u (x ) je po=

x (x);

13

mak, a u' (x) deformacija na mjestu x. Neka je q (x) kontaktna sila na mjestu x, to jest (uzdužna) sila kojom komad (P (x), P (l)) djeluje na komad (P (O), P (x)). Zakon ponašanja (Hookeov zakon) ima oblik (27), gdje je a = ES; ovdje je E >O Youngov modul materijala, a S površina poprečnog presjeka. Za homogeni materijal E je konstanta. Neka je f gustoća vanjske longitudi'nalne linifske si'le koja djeluje na štap. Iz principa ravnoteže sile slijedi jednadžba (30) (sa b = O). 1.2.2. Napišite jednadžbu ravnoteže štapa kružnog presjeka Roji je podvrgnut torziji oko svoje osi (sl. 7).

0)----_c--=:•r=====if) u(x)

Slika

·

• ·

7.

Rje š e n j e. Pri maloj torzionoj deformaciji poprečni presjek štapa na mjestu x zakrene se oko osi x za kut u (x); u' (x) je deformacija na mjestu x. Uzrok zakreta je moment (kao što je uzrok pomaka sila). Neka je q (x) kontaktni moment na mjestu x, to jest (uzdužni) moment kojim dio (x, l) djeluje na di o (O, x). Zakon ponašanja ima oblik (27), gdje je a =µR4n/2; ovdje je µ >O modul smicanja materijala, a R radijus štapa. Za homogeni štapµ je konstanta. Neka je f gustoća vanjskog (uzduž­ nog) linijskog momenta koji djeluje na štap. Princip ravnoteže momenta glasi ovako: Ako je tijelo u ravnoteži, zbroj svih momenata koji djeluju na bilo koji komad tijela jedna� je nuli. Iz toga slijedi jednadžba (30) (sa b = O). 1.2.3.

Napišite jednadžbu stacionarnog provođenja topline kroz štap.

Rje š e n j e. Označimo sa u (x) temperaturu poprečnog presjeka štapa na mjestu x E (O, l). Neka je q (x) kontaktni tok (ftuks) topline na mjestu x, to jest količina to­ pline koja u jedinici vremena prijeđe iz dijela (x, l) u dio (O, x). Zakon ponašanja (Fourierov zakon) ima oblik (27), gdje je a xS; ovdje je x >O koeficijent provođenja materijala, a . S površina poprečnog presjeka. (Fourierov zakon odgovara našemu svakidašnjem iskustvu po kojem toplina uvijek prelazi s toplijeg na hladnije, to brže što temperatura jače varira.) Neka je f gustoća linijskog toka topline, to jest. količina topline koja se (izvana) prenese na jedinicu duljine štapa u jedinici vremena. Princip stacionarnog provođenja topline glasi ovako: Ako je provođenje top­ lt'ne kroz tiJelo stacionarno, ukupni toplinski tok (toplina po jedinici vremena) koji se prenosi na bilo koji komad tijela jednakje nuli. Iz toga slijedi jednadžba (30) (sa b = O) . =

§ 2. Rubni uvjeti Uz zadane funkcije a, b if jednadžba ravnoteže (1.30) ima opće rješenje u koje ulaze dvije proizvoljne konstante; prema tome, ona ima beskonačno mnogo rješe­ nja. Nas zanima rješenje koje predstavlja ravnotežni progib žice u zadanim vanjskim uvjetima. Osim podataka a, b if tim uvjetima pripadaju i poprečne sile na krajevima; one se (posredno ili neposredno) opisuju tzv. rubnim uvjetima. Ako je na kraju x 14

=

O zadan progib u0, onda je

u (O) =Uo·

(1)

Slika 1.

tompoložaja. slučaju)poprečna sila na kraju nije zadana, nego se očituje kao reakci,ja fiksi­ (U ranog Ako je u0 =O, kažemo da je kraj učvršćen (sl. 1). Najjednostavniji nači nmase da seMkraj> učvrsti jest onaj na glazbenim instrumentima. Ako je za kraj obješen uteg O (kojim se realizira napetost) kao na sl. 2, onda je taj kraj nužno učvršćen. Naime, pretpostavka daje vanjska popre­ čna sila slaba znači da je ona mnogo manja od nape­ tosti (v. & 5), u našem slučaju od težine utega; zbog zakona ravnoteže ta sil a ne može podići uteg. Ako jeonda na kraju sila je =O zadana poprečna kontakt­ na

x

q0,

(2)·

uzimajući u obzir (1.11) i (1.27), umjesto (2) pišemo u' (O) = =a��)' Ako je =O, kraj je slobodan; u tom slučaju imamo

Slika 2.

(3)

c

q0

u' (O) =

O.

(3') x

Prema tome, tangenta u slobodnom kraju žice paralelna je s osi (primijetimo da je > O) može se realizirati totakoposljedica pretpostavke a (O) > O). Uvjet (3) (uz da se kraj veže za kotači ć koji se može slobodno kotrljati u poprečnom žlijebu i da se za kotačić veže uteg težin e (sl. 3). q0

q0

y

Slika 3. 15

Y

Ako je kraj x = O elastično vezan sl. 4), onda je (4) ?e u (O) = O, q (O) -

gdje je -x >O zadani koeficijent; uzimajući opet u obzir ( l. 1 1 ) i (1.27), umjesto (4) pišemo

u' (O)

-

k u (O) = O,

(5)

gdje je k = -x/a (O). Isti tipovi rubnih uvjeta definiraju se za kraj

Slika 4. x

= l. Poopćenje uvjeta (1), (3) i (5) su rubni uvjeti:

a u' (O) - P u (O) =

gdje su a, p, y, đ,

c

r u' (l) + " u (l) = d, c

(6) (7)

i d zadani brojevi koji zadovoljavaju nejednakosti a

+ p > O,

(8)

')' > o, đ ;;::: o, ')' + " > o.

(9)

a > O, p ;;::: O,

Ako je a = O, rubni uvjet (6) je geometrijski ili Dirichletov; ako je a =P O, uvjet (6) je prirodni ili Neumannov. Učvršćenom kraju odgovara Dirichletov, a slobod­ nom i elastično vezanom Neumannov rubni uvjet. Uvjet (6) je homogen ako je c = = O, a nehomogen ako je c =P O.

Problem nalaženja rješenja jednadžbe (1.30) koje zadovoljava uvjete (6) i (7) zove se ravnotežni rubni problem. Očekujemo da će uvjeti (6) i (7) biti dovoljni za jednoznačno određivanje proizvoljnih konstanta u općem rješenju jednadžbe (1.30). Drugim riječima, očekujemo da rubni problem ima jedinstveno rješenje. 2.1.

Zadaci

2.1.1. Interpretirajte rubne uvjete (1), (3) i (5) u slučaju (i) longitudinalne de­ formacije štapa, (ii) torzione deformacije štapa i (iii) stacionarnog provođenja top­ line.

Rj ešenj e. (i) Uvjet ( 1 ) označuje da je presjek x = O pričvršćen za krutu sti­ jenku; uvjet (3) odnosno (5) označuje da je presjek slobodan odnosno elastično vezan (sl. 5). (ii) Uvjet (1) označuje da je presjek x = O pričvršćen za krutu stijenku; uvjet (3) odnosno (5) označuje da je presjek x = O slobodan odnosno elastično ve­ zan (sl. 6).. (iii) Uvjet (1) označuje da se presjek x = O održava na temperaturi 0° (na primjer, pomoću toplinskog spremnika); uvjet (3) označuje da je presjek top­ linski izoliran; uvjet (5) označuje da se na presjeku nalazi termički regulator. 16

�:;-}--------------� ,�� ----------.!,,-:: -��

rl---t---"' X

•

Slika 5.

"'X

Slika 6.

Mg. y

Slika

7.

2.1.2. Homogena teška žica napeta je horizontalno utegom mase M O* na kraju x = O. Odredite ravnotežni progib ako je drugi kraj (i) učvršćen (sl. 7), (ii) slo bodan (sl. 8). >

Mg

y

Slika 8.

e

homogenosti linijs ka gustoća mase je konstanta. Vanjska sila jeRješenje. težina pa jeZbog f Iz jednadžbe = e g.

-g M u"

dobivamo u' (x)

=

=

eg

- !i x + C1,

( 1 0)

( 1 1)

( 1 2)

* Ovdje kao i u daljnjem pretpostavljamo da je težina žice mnogo manja od težine utega kojim je ona napeta.

2

Jednadžbe matematičke fizike

17

gdje su 1 i 2 konstante. (iJ Iz uvjeta u (O) = u (Z) = O i ( 1 2) nalazimo C1 = el/2M , C2 = O,C C ir x (l - x). ( 13) u (x) (ii) Iz uvjeta u (O) = u ' (l) = O, ( 1 1) i ( 1 2) nalazimo C1 = e l/M, C2 =O, u (x) = ir x (2l - x). ( 1 4) 2.1.3. Teška homogena žica napeta je koso utegom mase M >O na kraju x = = O. Odredite ravnotežni progib ako je drugi kraj slobodan (sl. 9). Rješenje. Imamo ( 1 5) f:, (x) = g COS O, problem (1)-(3) ima jedno jedno rješenje; rješenje je dano formulom (5), gdje je ( C C2) rješenje sustava (6), (7). {3 = b = O . Tada je nije j(ii)e dinstveno. Rubni uvjeti su O, pa sustav (6), (7) ili nema rješenja ili rješenje ( 9) u' (O) = O , iz

i

1,

LI

=

u' (l)

=

O

,

tj. radi se o slučaju kad su oba kraja slo bodna. Zbog

a,

y > O

(10)

iz (6) i ( 7) slijedi (11)

l

j f (x) dx

o

=

O.

(12)

Obratno, ako je zadovoljen uvjet ( 12), onda je za svako C2 funkcija d u (x) = - f a (�) f f (17 ) dry + C2 X

o

e

o

(13)

=

rješenje ima problrješenje e ma ( 1)-(3). Imamo ovaj zaključak: U slučaju fJ b = O problem ako i samo akO je zadovoljen uvjet (12); tada problem ima bes­ (1)-(3) konačno mnogo rješenja i ona su dana formulom (13) (to jest, ješenje je određeno do na aditivnu konstantu).

r

Kako suda ujeslučaju (ii)(poprečna) poprečne kontakrfl e sildjeluj e nae krajevima jžicu e dnakeje dnaka nuli, uvj et znači ukupna sila koja na cijelu nuli; (12 ) kao što znamo od ranij e, bez togdo uvj e»kruti« ta nemapomak ravnoteže. Ako(slje. tajI) ; uvjet ispunje n,j­ ravnotežni položaj je određen na cij e l e žice zato proizvol nost konstante C2 nema fizikalno značenje. 28

·1

:::==

o

Slika

• X

I.

Pri izvođenju jednadžbe ravnoteže (§ 1) pretpostavili smo malu deformaciju žice. Pokazaf ćemo da su formule za rješenje, dobivene u ovom paragrafu, u skladu .s tom pretpostavkom. Zbog jednostavnosti ograničit ćemo se na slučaj rubnih uvjeta

u (O) = u' (l) = O. Iz (4) i ( 1 4) dobivamo

. ( 1 4)

l

� f

f (;) d f u' (x) = a x)

(1 5)

a1 = min a (x).

(16)

X

Neka je

xe[0,1]

Imamo

l

l

l f f (�) M J < f lf (�) I M < l max lf (x) I . X

xe[O,lJ

X

(17)

Iz ( 15)-(17) dobivamo

l u' (x) j Ako je max

lf l

l < a- max

1 xe[O,/]

(1 8)

lf (x) I.

dovoljno malo, desna, a time i lijeva strana u (18) je po volji mala.

Imamo ovaj zaključak: Akoje vanjska sila dovoljno mala (preciznije: l max IJ (x) j � a1),

ravnotežni progib zadovoljava uvjet (1.2) (to jest, rubnog problema zove se korektnost.

deformacija je mala). To svojstvo

5.1. Zadaci

(ii)

5.1.1. Napišite rješenje problema (1)-(3) u slučaju = i5 = O. Rj e š e n j e. (i) Iz (6) i (7) dobivamo C2 = O,

a

(fl d � ) - 1 f d la (�) f�f (17) d17, C1 = a a) o

o

�

o

(i) a = y = O,

(19)

l � ( x dC l f ; f ) f J l d d d x u (x) = - I a (.;) f (ri) dri + a (.;) a (;) I�f ('Y/) d'Y] a (C) " (20) (ii) Iz (6) i (7) d obiv o O (21) C1 f f ('Y/) d'YJ, f (22) u (x) - f ad(!) f (YJ) d17 + I f ('Y/) d17 I ad(�) . učvršćen, aPostavite kraj l riješite oslonjenrubni (sl. 2).problem (u slučaju b O) ako je kraj X = o .;

o

o

am

C2

=

,

=

�

X

o

.;

o

o

o

l

o

]

X

=

5.1.2.

x

=

o

i

o

o

o

=

]

� ..

__ Slika 2.

Rješenje kraj se nesmože opisati(sl.uvjetom oble (sl. ika 4).(3);Uzaprvom njega slučaju postoje . Oslonjen dvije mogućnosti: ili je u kontaktu osloncem 3 ili nij ), je u ( l) O, (l) a (l) u' (Z) > O, a u drugom u (l) >O, (l)=a (l) u' (l) = O. Prema tome, u oba slučaja je O. (23) (l) > O, u ' (l) >O, (l) u ' (l) =

q

q

=

u

=

u

y

y

Slika

Slika 3.

4.

Taj uvjet je jednostran (unilateralan) i bitno senjega razli kuje od uvjeprincip ta (3) kojsuperpozi i je dvostran (bila eralan). Uvj e t (23) je nelinearan, jer za ne vrijedi cije. t razmotrit i dvije mogućnosti. Moramo (i) u (Z) = O. Rješenje je dano formulom (20), a nužno je u' (l)> O, to jest - a (l)I ff (17) đ 'Y] + a (l) (Jad(.;;) ) - 1Jad(.;.;)j f (17) d17 >O. (24) l

30

o

1

l

o

I

.

o

�

I'

o

(ii) u' (Z) = O. Rješenje je dano formulom (22),

a

nužno je u (l)>O, to jest (25)

o

o

Neka je L=

-

l

§

o

o

l

I

l

l

f a (�) ff Cn) d + f f (17) dn f �) = f a (�) J f (17) d17 = đ

o

'YJ

o

o

=

l

f

o

o

f (17) d11

d a(

'1

đ

o

đ

(26)

§

f a (�) " o

Iz (24) i (25) zaključujemo : Ako je L < O, rješenje je dano formulom (20) ; ako je L > O, rješenje j e dano formulom (22). Ako je a = const., imamo aL=

I

J 'I} f (11) d 11 ;

o

to je ukupni moment vanjske sile u odnosu prema polu

§ 6. Slučaj b

#

(27) x

= O.

O

Ako je b # O, rješenje rubnog problema (1)

- (au')' + b u = f a u' (O) - (3 u (O) = O

y u' (l) + ti u (l)

=

(2) (3)

O

općenito se ne može napisati u zatvorenom obliku (poput onoga u slučaju b = O). Najprije ćemo dokazati fedinstvenost rješenja tog problema. 6.1. Teorem

Ako fe b # O*, rubni problem ( 1)-(3) ima najviše fedno rješenfe .

Dokaz. Neka su u1 i u2 rješenja problema i neka j e u = nosti problema funkcija u zadovoljava uvjete * Pretpostavljamo, naravno, da je b (x) ;?: O za svako x.

u1

-

u2• Zbog linear­

31

(au')' - bu = O, O, a u' (O) - f3 u (O) O. y u' ( l) + b u ( l) Pomnožimo li jednadžbu (4) sa u i integriramo od O do l, dobivamo =

=

l

I

- J (au')' u d.x + J bu2 dx = O. o

o

(4) (5)

(6)

(7)

Prema formuli parcijalne integracije vrijedi l

l

l

J (au')' u dx = J (au' u)' dx - J au' u' dx = a ( l) u' (l) u (!) -

o

o

o

l

(8)

- a (O) u' (O) u (O)- J a (u')2 đx. o

Iz (7) i (8) slijedi l

J (a (u')2 + bu2) dx + a (O) u' (O) u (O) - a (l) u' (l) u (Z) = O.

o

Razlikujemo četiri slučaja : (i) f3 Izračunamo li y bivamo

> O, > O.

f (a (u') 2 l

o

+

(9)

u (O) iz (5) i u' (l) iz (6) i uvrstimo u (9), do­

bu2) dx + � a (O) (u' (0))2 +

� a (l) u2 (l) = O.

(10)

10

Svi sumandi u ( ) su nenegativni pa je svaki od njih jednak nuli : l

J a (u')2 dx = O,

o

( 1 1)

l

J bu2 dx = O,

( 1 2)

o

a ff a (O) (u (0))2

32

=

O,

(13)

� y

a (l) u2 ( !)

"""'

O.

(1 4)

Zbog a ( ) > O iz (11) slijedi u' = O, to jest x

u = const.

(15)

Iz (5) i (15) dijcdi u (O) = O, a zatim iz (15) u = O tj. u1 = u2 • Slučajevi (ii) fJ > O, () > O i (iii) a > O, () > O analiziraju se analogno. (iv) fJ = () = O. Tada je u' (O) =u ' (l) = O . Iz (9) slijedi (11) i (12) ; iz (11) slijedi (15), a iz (12) slijedi l

J b dx = O.

u2

o

(16)

Kako je po pretpostavci b (x) > O i b i= O, b je pozitivno bar na nekom intervalu pa Je l

Ibd

o

x

> o.

(17)

Iz (16) i (17) slijedi u = O, tj. u1 = u2 • U gornjem dokazu u slučajevima (i)-(iii) nismo se koristili pretpostavkom b i= O. Ti dokazi, dakle, vrijede i za slučaj b = O ( § 5). Pretpostavka b i= O igra, međutim, odlučnu ulogu u slučaju (iv) ; prema § 5. znamo da za b = O jedinstvenost ne vrijedi. § 7. Svojstvene vrijednosti i svojstvene funkcije

Kao što smo vidjeli u § 6, za jedinstvenost rješenja problema (6.1)-(6.3) važna je pretpostavka b (x) > O. S druge strane može se očekivati da će se (uz izuzetak rubnih uvjeta u' (O) = u' (l) = O) jedinstvenost sačuvati i za negativno, ali po ap­ solutnoj vrijednosti ne preveliko b. To očekivanje podupire činjenica da o jedinstve­ nosti odlučuje nenegativnost izraza na lijevoj strani u jednakosti (6.9); izraz će ostati nenegativan ako b postane malo negativno. Najjednostavniji slučaj u kojem se može pojaviti negativno b jest problem rav­ noteže žice u sustavu koji jednoliko rotira oko osi x kutnom brzinom Q > O . Tada na žicu djeluje dodatna linijska sila gustoće (1) Q2 e (x) u (x) (centrifugalna sila). Tako ukupna vanjska linijska sila ima gustoću (2) f (x) - b (x) u (x), 3

Jednadžbe matematičke fizike

33

gdje je b (x)

=

b0 (x)

-

!P e (x),

(3 )

a b0 (x) >- O dolazi od vanjskoga elastičnog sredstva. Tako za veliko Q dobivamo negativno b (x). 7.1. Primjer

Homogena žica napeta je kontaktnim silama (tj. a const.) i učvršćena na krajevima u sustavu koji jednoliko rotira oko osi x kutnom brzinom Q. Treba od­ rediti kritičnu vrijednost te brzine, to jest onu vrijednost pri kojoj osim nedeformira­ nog ravnotežnog položaja u = O postoji i deformirani ravnotežni položaj u f= O. (Tada kažemo da je nedeformirani položaj nestabilan.) =

Neka je

(4)

Jednadžba ravnoteže u rotirajućem sustavu glasi

u" + il. u = O;

rubni uvjeti su

u (O) = u (Z)

=

(5)

O.

(6)

ima netrivijalno rješenje Vrijednost parametra A za koje rubni problem (5), u =F O zove se svojstvena vrijednost; odgovarajuće rješenje zove se svojstvena funkcija. Nas zanima najmanja pozitivna svojstvena vrijednost }.1 ; ona određuje kritičnu kutnu brzinu Q1 (J.1afe) 1 12• Neka j e }. svojstvena vrijednost i u odgova­ rajuća svojstvena funkcija ; tada j e

(6)

=

u (x) = A cos vxe X

gdje su A i B konstante. Iz uvjeta u (O) bivamo ili (zbog u f= O) Iz toga slijedi ili

=

+ B sin i1r-e x,

O slijedi A = O ; iz uvjeta u (l)

(7) =

O do­

B sin Vil. (! l = O,

(8)

sin VXe l = o.

(9)

v 2 (! l = n n, n = 1, 2, . . .

(10)

1-

( 1 1) 34

Vrijednost A koja odgovara broju n označimo sa )." : (12) Odgovarajuća funkcija (8) je U11

.

(X) = B n Sln -- ' l

nnx

(13)

gdje je B11 = const. Lako se provjerava da je (12) odnosno (13) zaista svojstvena vrijednost odnosno svojstvena funkcija problema (6). Najmanja svojstvena vrijed­ nost je (14) odgovarajuća kutna brzina je (15) a odgovarajući deformirani ravnotežni položaj (sl. 1 ) (16)

y� O

112

I

Slika I.

• · X

Proizvoljnost konstante B 1 značila bi da se pri kritičnoj kutnoj brzini žica kida. Opažanje, međutim, pokazuje da se pri toj brzini postiže samo relativno velik pro­ gib. Taj progib se može proračunati iz realističnije nelinearne teorije koja vrijedi za veliku deformaciju. Činjenica da poslije prekoračenja kritične kutne brzine rješenje postaje opet jedinstveno nije važna, jer nelinearna teorija promatrane pojave pokazuje da je od­ govarajući ravnotežni položaj u = O labilan ; to znači da je ravnotežu nemoguće zadržati. Općenito će problem ravnoteže u rotirajućem sustavu biti opisan jednadžbom

-(a (x) u' (x))'

+

b0 (x) u (x)

-A

(! (x) u (x )

= f (x)

(17) 35

irubnim uvjetima a

u' (O) - f3 u (O)

r u'

O,

( 1 8)

(I) + � u (l) = o.

( 1 9)

=

O jedinstvenosti rješenja problema (17)-(19) odlučuje homogena jednadžba

-(au')' + b0u - A. e u = O,

(20)

uz rubne uvjete ( 1 8)-( 1 9). Naime, ako homogeni problem (1 8)-(20) ima samo tri­ vijalno rješenje u = O, onda nehomogeni problem ( 1 7)-(1 9) ima najviše jedno rješenje; ako homogeni problem ima netrivijalno rješenje u0 #- O i ako nehomogeni problem ima rješenje u 1 , onda je i funkcija u0 + u 1 rješenje nehomogenog problema.

U daljnjem konstantu A. smatram.o parametrom. Vrijednost A. za koju homogeni problem ima netrivijalno rješenje zove se svojstvena vrijednost problema; odgovarajuće rješenje zove se svojstvena funkcija. Zbog linearnosti problema svojstvena funkcija je određena do na konstantan faktor. Za vrijednosti J. koje nisu svojstvene kažemo da su regularne. Ako je A. regularno, onda rubni problem ( 1 7)­ (19) ima najvi"še jedno rješenje.

Prema našim zaključcima u § 6. svako li. < O je regularno. Ako je b = O i· f1 = onda je J, = O svojstvena vrijednost, a odgovarajuće svojstvene funkcije su konstante. Ako je bar jedan od rubnih uvjeta Dirichletov, vrijednost }. O je re­ = đ = O,

=

gularna.

Svojstvene vrijednosti imaju važnu interpretaciju u vezi s titranjima, o čemu će biti govora kasnije. U vezi s jednadžbom ravnoteže svojstvene vrijednosti se po­ javljuju u problemu stabilnosti. U svakom slučaju posebno je važna najmanja pozi­ tivna svojstvena vrijednost A. 1 ; ako takva postoji, sve vrijednosti O < }. < J. 1 su očigledno regularne.

7.2. Zadaci 7.2.1. Riješite problem svojstvenih vrijednosti

u" + li. u = O, u (O) = u' (l) = O.

(2 1)

R j e š en j e. Opće rješenje jednadžbe je

u (x) = A cos VI x + B sin VI x.

(22)

Rubni uvjeti daju A = O i cos VI l = O;

(23)

iz toga dobivamo (sl.

2) y

Slika 2.

An =

(2n + 1)2 n2 4 12

. Un (x) = B n sm

(24)

'

(2n + 1) nx . 21

(25)

7.2.2. Dokažite formulu koja povezuje svojstvenu vrijednost ..1 i svojstvenu funkciju u problema (18)-(20), a = Ci = O : l

J (a (u')2 + bu2) dx o ..1 = __�,----­ J e. u2 đx o

(26)

R j eš en j e. Pomnožimo jednadžbu (4) sa u i integriramo od O do l, a zatim prvi član na lijevoj strani parcijalno integriramo uzimajući u obzir rubne uvjete.

7.2.3. Neka je a = (l = O, a1 Dokažite da su sve vrijednosti

.

min a, b1 = min b,

e1

= max e­ (27)

regularne. Rj e š e n j e. Iz formule (26) slijedi

(28)

37

Iz jednakosti

U t (x) =

X

f u; (e) :2 f ui (x) dx. o

Iz

(28)

(3 1)

(32)

o

i (32) slijedi (33)

§ 8. Koncentrirano djelovanje Do sada smo vanjsku silu na žicu opisivali gustoćomf, tako da je ukupna vanj-

-

ska sila na luk P(x1)P (x2) bila jednaka X2

J i (x) dx.

(1)

Xl

Stavimo li

F (x) = ukupnu vanjsku linijsku silu

X

-

J f (;) d;, tj. f (x) = F' (x),

o

na

-

(2)

.

luk P (x1) P (x2) možemo izraziti kao

(3) 38

Pokazat ćemo da je formula (3) općenitija nego ( 1), i to na važnom primjeru kon­ centrirane sile, koja nema gustoću. Kažemo da funkcija P opisuje silu (djelovanje) intenziteta P0 =/: O koncentriranu u točki E (O, l) ako je

x0

p

x0 (x) = {PO 0 zaza xx > x0•
x0•

(12)

Iz toga i zakona ponašanja q = au' slijedi

(a (x) u' (x))' - b (x) u (x) = O za x < x0 i za x

>

x0•

( 1 3)

Diferencijalna jednadžba ( 1 3) vrijedi, dakle, za x i= x0• U točki x0 progib je nepreki­ dan : u

(x0 - O) = u (x0 + O).

Uzmemo li u ( ll ) limes kad x1, x2,

--+ x0,

q (x0 - O)

-

ili

q

(14)

dobivamo (x0 + O) = P0

u' (x0 - O) - u' (x0 + O) =

P0 . a (x0 )

(1 5) ( 1 6)

Vidimo da u točki koncentracije vanjskog a linifskog dfelovanja derivacija ravnotežnog stanja (progiba) ima skok (prekid 1 . vrste). Prema tome, u slučafu koncentriranog djelovanja za ravnotežna stanje vrijede jednadžbe (13), (14) i (16). Odgovarajući rub­ ni problem uldjučuje i rubne uvjete (2.6), (2.7). 8.1. Primjer Neka je a = 1 , b =O. Odredimo ravnotežno stanje ako je vanjska sila P0 koncentrirana u točki x0 E (O, Z) i ako je lijevi kraj žice učvršćen, a desni slobodan. Imamo ove uvjete : (17) u" (x) = O, x < x0 u (O) = O u" (x) = O, x

>

(18) x0

(1 9)

u' (l) = O

(20)

u (x0 - O) - u (x0 + O) = O

(21)

u' (x0 - O) - u' (x0 + O) = 1.

(22)

Iz (17) i ( 1 8) dobivamo u (x) 40

=

Ax, x

u (x) = B, x

< >

x0,

(23)

x0,

(24)

gdje su A i B konstante. Iz

Prema tome je (sl. 1)

(21) i (22) dobivamo A U

=

1, B

=

x0.

(X) {Xox, , XOo -y ·

(38)

(39)

Iz toga i rubnih uvjeta

u (O) = u (!)

=O

dobivamo

r x2 + x, x < l 2M 2 (x ) = il- 2� (x2 - l 2) + D(x - l), x > 2l , gdje su C i D konstante. Iz (14) i ( 1 6) za C i D dobivamo sustav (h

u

c

(40)

(41) (42)

odakle nalazimo

M1

C = 2M + D

1

8M

(3 e 1 + e z),

= - M2M1 + 8M1 (- Ih + 5 ez).

(43) (44)

§ 9. Greenova funkcija

Ovdje ćemo pretpostavljati da homogeni problem (au')' - bu = O

a

(1)

u' (O) - {J u (O) = O

(2)

O

(3)

y u' (l)

+ o u (l)

=

O (pretpostavlja se da je b (x) > O). Prema § 5 to je ekvivalentno pretpostavci da je ili b =ft o ili fJ + o o. (4)

ima samo trivijalno rješenje u i §6

=

>

Slika - I. .

43

Razmatrat ćemo slučaj kad na žicu djeluje vanjska jedinična sila koncentrira­ na u točki x' E (O, l). Ravnotežni progib koji zadovoljava rubne uvjete (2) i (3) oz­ načit ćemo sa G (x, x'). Ako ovdje i x' smatramo promjenljivim, dobivamo funkciju dviju varijabli definiranu za sve x, x' E (O, l) (sl. 1). Tako definirana funkcija G zove se Greenova funkcija rubnog problema (1.30), (2.6), (2.7) ; prema § 8 ona

je rješenje sljedećeg problema:

:X (a (x) :X G (x, x')) - b (x) G (x, x') a

:x G (O, x') - {J G (O, x')

:x (a (x) :x G (x, x')) - b (x) G (x,

=

x'

y :x G ( l , x ') + tJ G (I, x' )

=

O, O < x < x' < l

O x' E (O, l) ,

)

=

=

O,

O, O
x'.

(1 1)

min (x, x'),

(12)

simetri"čna : G (x,

x')

=

G (x', x).

( 13)

progib u točki x izazvan jediničrwm silom u točki x' jednak je progibu u točki x' izazvanom jediničnom silom u točki x. Iz (12) slijedi da je funkcija G pozitivna: G (x, x') >O za sve x, x' E (O, l). (14)

Prema tome

To svojstvo ima jednostavnu interpretaciju : progib prouzročen koncentriranom si­ Svojstva (13) i (14) Greenova funkcija ima i u općem slučaju.

lom ima smjer te sile. 44

9.2. Zadatak Neka je a = const., b = const. Odredite Greenovu funkciju ako su oba kraja učvršćena. Provjerite simetričnost i pozitivnost. Rj e š e n j e. Stavljajući k = (b/a)112, iz (5) i (6) odnosno (7) i (8) dobivamo za

b>O

G (x, x') = B sh k x, x G (x, x')

gdje su B i

= C (ch


O za O < x < x' < l. Za O < x' < x provjerava analogno. Za b = O dobivamo G (x, x ) 1

=

Simetričnost i pozitivnost je očita.

1r !� ((,

+) < - � ) x', x'
O i uzimajući u obzir (2)

: a (l) u2 (l) + ; u'2 (O) > O.

(21)

Iz ( 1 8) i (21) slijedi I

I.

J J G (x, x') đx' đx > O .

o

(22)

o ·

Funkcija G ima isti znak kao integral na lijevoj strani u (22) ; prema tome, G je pozitivno na kvadratu (O, l) x (O, l). Formula (7) jednostavna je i omogućuje neke opće zaključke nog problema.

o

rješenju rub­

Ako je f > O i f =F O, onda je

u (x)

1

= J a (x, x')f (x') dx' > O, o

(23)

51

j er je Greenova funkcija pozitivna. Drugim riječima, ako linijska sila djeluje u smjeru, taj isti smjer ima i progib ; preciznije, ako je f nenegativno i različito od nule, rješenje rubnog problema · ( 1 H3) je pozitivno.*

jednom

Drugo važno svojstvo koje slijedi iz formule (7) jest korektnost. Im.amo

u' (x) = lu' (x) I
f2, onda je u1

>

U2 .

10.3.2. Neka za gustoću vanjske sile f vrijedi ili f > O ili f < O. Dokažite da rješenje rubnog problema ovisi monotono o koeficijentu elastičnosti sredstva.

Rj e š enj e. Neka j e - (a

u�)' + b 1u1

=

f,

(32)

- (a

u;)' + b2u2 = f,

(33)

uz iste rubne uvjete. Oduzimajući (33) od (32) dobivamo (34) ili

(35) Označimo sa G1 odnosno G2 Greenovu funkciju jednadžbe (32) odnosno (33). Prema (7) iz (35) slijedi u1

(x) - Uz (x) l

l

l

= J G1 (x, x') o

(bz (x') - b 1 (x')) Uz (x') dx' =

JJ G1 (x, x') Gz (x', x") (b2 (x') - b1 (x')) f (x") dx' dx". o o

(36)

Iz (36) zaključujemo : ako je b1 > bz , onda je u1 < Uz za f > O i u1 > u2 za f < O.

§ 11. Varijaciona jednadžba Ovdje ćemo opisati rubni problem ( 1 0. 1 )-( 10.3) na novi način. Neka je u ravnotežno stanje, to jest q' - bu + f = O, q = au' .

(1)

Uzmemo li kakvu god funkciju v, pomnožimo (1) sa v i integriramo, izlazi l

l

J q'v (w)

=

I

l

� f (aw'2 + bw2) dx - � a (l ) w' ( l ) w (l) f f -

o

o

Izračunamo li w' (l) iz (5) i uvrstimo u (7), izlazi

(w) =

I

� f (aw'2 + bw2) dx + o

by a Z

(Z) w2 ( l)

l

-

w

đx.

f fw dx�

(7)

(8)

o

Izraz (8) ima smisla ne samo za funkcije w koje zadovoljavaju uvjete (4) i (5), nego i za funkcije iz mnogo većeg skupa. Mi ćemo u daljnjem taj izraz promatrati za doz­ voljene funkcije w, tj. one koje zadovoljavaju uvjet (4). Svakoj dozvoljenoj funkciji w pridružen je po formuli (8) broj (w). Preslikavanje koje svakoj funkciji iz nekog skupa pridružuje broj zove se funkcional. Mi, dakle, promatramo funkcional na skupu dozvoljenih funkcija. Članovi na desnoj strani u (8) imaju redom ove na­ zive : energija deformacije (u »stanju« w), energija elastične linijske sile, energija vanjske kontaktne elastične sile i energija vanjske Hnijske sile. Stoga zovemo funkcional energije. Neka je u rješenje problema (1)-(3). Funkcional energije odlikuje se time što svoju najmanju vrijednost (na skupu dozvoljenih funkcija) postiže upravo za w = u. Preciznije o tome govori ovaj teorem, koji je zapravo princip minimuma poten­ cijalne energije. 12.1. Teorem

Problem (1 )-(3) ekvivalentan je minimizaciji funkcionala (8) na skupu doz·volj·e­ nih funkcija, tj. vrijedi s!Jedeće : (i) Ako je neka funkcija rješenje problema (1)-(3), onda ona mz"nimizira funkcio­ nal na skupu dozvolj"enih funkcifa (funkcional 1w njoj postiže svoju nafmanju vri­ jednost). (ii) Ako neka funkcija minimizira funkcional na skupu dozvoljenih junkcija, onda je ona rješenje problema (1 )-(3). Dokaz. (i) Neka je u rješenje problema (1)-(3), a w bilo koja dozvoljena fun­ kcija. Tada je v = w u također dozvoljena funkcija. Uvrstimo li w = v + u u (8), dobivamo -

(w) = (u + v) +

I

= (u) +

�-f (av'2 + bv2) đx + o

I

f(au'v' + buv - fv) dx + i a ( l) u ( l) v ( l) +

o

2by a ( l) v2 ( l) = (u) +

I

; J (av'2 + bv2) dx + o

59

(u)

(ii) Neka funkcija w minimizira funkcional Uzimajući u obzir zaključak (i), imamo

( 1 0)

na skupu dozvoljenih fonkcija.

(w) = (u)

(1 1)

(gdje je u rješenje problema (1 )-(3)). Stavljajući v = w - u i uvrštavajući = v + u u ( 1 1), dobivamo I

J (av'2 + bv2) dx ! a (!) v2 (l) = O +

o

w =

( 1 2)

ili, zbog nenegativnosti pojedinih sumanada l

l

J av'2 dx f bv2 dx =

o

=

v (l)

=

O.

( 1 3)

o

Iz toga slijedi v = O, tj. w = u. Ovdje ćemo rezimirati dosadašnje rezultate o raznim oblicima ili forniulaciJama ravnotežnoga rubnog problema. Te formulacije su sljedeće :

a) Integralna formulacija. Odredi.ti funkciju u* koja zadovoljava jednakost a (x) u' (x) - a (O) u' (O) za svako

x E

X

X

- J b (�) u (�) M + { f (�) d� o

o

=

O

( 1 4)

[O, l] i rubne uvjete na krajevima.

b) Diferencijalna formulacija. Odredz"ti funkciju u** koja zadovoljava jed­ nadžbu ravnoteže i rubne uvjete na krajevima. c) Varijaciona formulacija. Odrediti dozvoljenu funkciju koja zadovol:java varijacionu jednadžbu. * Ovdje

se pretpostavlja

u e

** Ovdje se pretpostavlja

60

.;lć'1

u e ž2

(O, l). (O, l).

d) Energetska formulacija. Odrediti funkciju koja minimizira funkcional energije na skupu dozvoljenih funkcija. formulacije a)-d) su ekvivalentne u ovom smislu : Ako je neka funkcija rješenje rubnog problema po jed1wj od njih, onda je ona rješenje po svakoj.

Kao što smo vidjeli, 12.2. Zadatak

Napišite energetsku formulaciju ravnotežnoga rubnog problema u slučaju (i) kad su oba rubna uvjeta geometrijska, (ii) kad su oba rubna uvjeta prirodna. Rješenje. (i) Energetska formulacija glasi: Odrediti dozvoljenu funkciju u koja minimizira funkcional

(w)

�f I

=

o

(aw ' 2

+ bw2) dx +

�y

ta a (O) w2 (O) - ffw dx. I

a (l) w z (l) -

.

( 1 6)

o

§ 13. Varijacioni račun

Minim.izacija funkcionala energije, koju smo razmatrali u § 12, poseban je slučaj važnog problema o ekstremnim vrijednostima funkcionala. Tim problemom bavi se varijacioni račun. Ovdje ćemo na jednom primjeru pružiti uvid u to područje. Neka je 1P (x, y, z) dovoljno glatka funkcija varijabli x, y, z e R. Promotrimo funkcional l P (w) = J 1P (x, w (x), w ' (x)) đx ( 1) o

na skupu dozvoljenih funkcija w, to jest funkcija koje zadovoljavaju uvjet w (O) = = O . Pretpostavimo da na tom skupu P prima ekstrem (minimalnu odnosno maksi­ malnu vriJednost) na funkciji u. Tada za svako dozvoljeno v funkcija P (u + .A. v) (2) varijable A. e R ima ekstrem u točki A. ; = O.· Kako znamo iz diferencijalnog računa, to povlači (3)

61

Izraz na lijevoj strani u (3) zove se varijacija funkcionala lJ' na funkciji lježava sa

u

lJ lJ' (u, V),

pa (3 ) možemo pisati ovako :

d lJ' (u, v) = O

i obi­ (4)

za svako chivoljeno v.

( 5)

To je varijaciona jednadžba funkcionala IJ'. Izračunajmo lJ lJ' (u, v). Iz lJ' (u + A.v) =

slijedi

l

J (x) (x) + A. v (x)) (x) o

V'

u'

u

A.v' (x)) dx

(6)

·

b lJ' (u) v)

= I ( ( aa�) (x, l

u

(x), u '

o

(x)

V (x)

Kraće pišemo

!S lJ' (u, V) =

Varijaciona jednadžba, dakle, glasi

l

I(

o

f (�: v + ::, v') dx

o

Provedemo

( ) a�)ex, (x), (x)) v' (x)) dx. +

a

o'lf'

u

O'lf' V'

azi V + O

l

=

u

'

(a 'IJl (a'lfl)') Ia a

o

u

Zbog proizvoljnosti

-

u

'

V dx

+

v slijedi (kao i u

( aa'lfl) (l, z

u

) dx.

(7)

(8)

(9)

dobivamo

,

(l), u (!)) V (l) = O.

( 1 0)

§ 1 1)

o o (a "P)' = O, (;�)(z, (l), u' (l)) = O. �u

'

u

O za svako dozvoljeno v.

li u drugom članu parcijalnu integraciju, l

-

u

62

+

u

'

(11)

(12)

Dakle, funkcija u na kojoj funkcional (I) postiže ekstrem zadovoljava diferencijalnu jednadžbu (11) i prirodni rubni uvjet (12), a po pretpostavci i geometrijski uvjet (13) u(O) = O. Tako se problem ekstrema funkcinala P svodi na rješavanje (općenito nelinearnog) rubnog problema (1 1-(13). Jednadžba ( 1 1 ) zove se Eulerova jednadžba funkcio­ nala P.

Najčešće funkcija tp ne ovisi o x ( �= = O); u tom slučaju Eulerova jednadžba se pojednostavnjuje i prima oblik lJf

-

Zaista, zbog (11) imamo d-(tp , O 'ljJ ) _ o tp uU uU dX - U -;;-;

- �U

oP a

u' u' = const. '

+

O tp

'.l! U U

„

- U

„

(14) o tp

-;;-; - U '

u uu = (�� - (::)')u' = O,

(uO tp ) ' � U

-

( 1 5)

iz čega slijedi (14). Uz neke pretpostavke o funkciji tp vrijedi i obrat gornjeg zaključka, tj. funkcio­ nal tp postiže ekstrem na rješenju problema ( 1 1)-(13). Da bismo to zaključili> često se zadovoljavamo fizikalnim ili geome�rijskim argumentima. U nekim sluča­ jevima rješenje je dano formulom. Mi ćemo navesti jedan takav slučaj, tzv. problem brahistohrone, važan za povijest matematike*. 13.1. Primjer

U vertikalnoj ravnini xy (sl. 1) zadana je točka (x0,y0). Među krivuljama koje prolaze kroz ishodište i točku (x0, y0) treba odrediti onu po kojoj teška materijalna točka, ispuštena iz ishodišta, kližući se bez trenja stigne u točku (x0,y0) za najkra­ će vrijeme. Takva krivulja :;(' zove se brahz"stohrona**. Neka je jednadžba te krivulje

Slika 1.

* Problem je postavio J. Bernouli 1 696, a riješio ga je sam I. Newton iste godine.

** Grčki

brahistos znači najkraći, a hronos vrijeme.

63

( 16) Prema zakonu o sačuvanju energij"e brzina materijalne točke na mjestu (x, y (x)) jed­ naka je (2 gy (x)) 112. ( l 7) To znači ds (2 gy)lf2' (18) dt y

y (x).

=

- =

gdje je duljina luka krivulje :ft", računata od ishodišta, a t vrijeme. Iz (15) i (16) . ��

s

1

dt

(19)

ds - ( 2 gy) 1J 2 ' ili

dt dx (u) = 1 .

(39)

Izračunajmo derivacije funkcije f u točki (O, O). Imamo :

a 1) (aa I

O (sl. 3) ; neka je duljina niti jednaka l, a njen položaj krivulja y = y (x). Potencijalna energija niti je P (y) = e g

Xl

f y Cx) V 1 + y' 2 Cx) dx. o

x� ' 0 __________,

(53)

X

--

y

Slika 3.

Duljina krivulje y = y (x) je

1,

pa jednadžba (72) ima jedinstveno rješenje v (sl. da iz (67).

5). Konstante a i a određujemo sa­

Slika 5.

13.3. Zadatak Izvedite jednadžbu (60) polazeći od jednadžbe ravnoteže niti. 70

(74)

R j e š e n j e. Neka je

q kontaktna sila. Jednadžba ravnoteže je dq � g; = O· '· e ds -+

(75)

ds je element luka (koji se u ovom slučaju ne može zamijeniti sa dx). Sila qje tan­ gencijalna na nit : -+

-+

q (x) = q (x) t (x) = q (x)

(

i + y ' (x) f y'Z i V + (x) V i + y' Z (x)

).

(76)

Rastavljanjem u komponente i upotrebom formule d ds

-

=

dobivamo

1 d --, (y')2 dx V1 +

d dx V 1 qy '

_!__ (V 1 + dx

q

+ (y')2

(y')Z

= O,

) - (U V _

(77)

ii I

(78)

+ (Y')2 .

To je sustav od dviju jednadžba s dvjema nepoznatim funkcijama dobivamo q = const. V 1

+ (y') 2•

( 79) y

i q. Iz (78) (80)

Uvrštavajući (80) u (79), za y dobivamo jednadžbu drugog reda s općim rješenjem (60).

§ 14. Metoda konačnih elemenata Promotrimo sada ravnotežni rubni problem s praktičnog gledišta. Do sada nismo (osim u slučaju b = O, § 5) dali konst;rukciju rješenja koja bi mogla zadovo­ ljiti praktične potrebe. Iako je (10. 7) eksplicitna formula za rješenje, primjena te formule pretpostavlja poznavanje Greenove funkcije ; s druge strane, Greenovu funkciju u slučaju b . i= O možemo eksplicitno izračunati samo u posebnim slučaje­ vima. Preostaje da se rješenje rubnog problema odredi približno uz unaprijed za­ danu točnost. U tu svrhu zgodno je poći od varijacione formulacije problema . (§ 11). Da bismo konstruirali približno rješenje, razdijelimo segment [O, l] na n + I jednakih dijelova čvornim točkama (čvorovima) x1, x2, , Xn i stavimo x0 = 0, X n + 1 l (sl. 1). Kažemo da je funkcija w po dijelovima linearna (uz razdiobu x1, x2, . . . ,xn)

=

• • •

=

71

ako je ona na svakomintervalu (xk, xk+ i) (k = O, 1 , . , n) linearna i ako je u svakom čvoru x" (k 1 , 2, „ „ n) neprekidna (sl. 1). Skup svih takvih funkcija označimo sa v,: (O, l) (kraće v,:) . Funkcija w E V! jednoznačno je određena svojim vrijednos­ Proizvoljna superpozicija fun­ tima w0, w 1 , „ „ wn+ 1 u čvorovima x0, x1, . .

=

„ „ x11 + i ·

kcija iz V! je funkcija iz v,; *. Očekujemo da se svaka funkcija na segmentu [O, l] može dobro aproksimirati nekom funkcijom iz V! ako se uzme dovoljno gusta razdioba, to jest veliko n 2 ).

(sl.

\.--! I

I

Slika 2.

Slika 1.

Svakom čvoru xk (k = O, I, . „ n + 1) pridružit ćemo po jednu posebnu fun­ kciju xk+ d

1

(u) < 21 (ao h2 max lu" (x) 1 2 + bo 6h44 max lu" (x) 12),

(u)

(58)

xe[O,l]

(59)

xE[O,l ]

gdje smo stavili

a0 Iz

=

max a (x),

xE[O,lJ

b0 = max b (x).

(60)

xE[O,l]

(56), (57) i (59) slijedi

j (a (u'
O, iz čega dobivamo l

l

f � (� dy f (x - y) f (x) dx > O:

o

.

y

(76)

(ii) u (l) = O. Kraj zadovoljava uvjete šarke, pa je rješenje dano formulama

(40), (62)-(64). Nužno je (Au")' (l) < O, iz čega dobivamo l

l

f � (y� dy f (x - y) f (x) dx < O.

o

(77)

y

Vidimo da o tome koja će od dviju mogućnosti bit( na kraju x = l realizirana odlučuje izraz na lijevoj strani u (76) odnosno (77). Dovoljan uvjet da vrijedi (76) odnosno (77) je, na primjer, nenegativnost odnosno nepozitivnost ove funkdje (varijable y) : l

l

l

J (x - y)f (x) đx = J xf (x) đx - y J f (x) dx.

y

y

y

(78)

§ 17. Greenova funkcija i rješenje rubnog problema za štap Razmatrat ćemo · rubni problem za štap pretpostavljajući da odgdvarajući ho­ mogeni problem ima samo trivijalno rješenje. Prema § 1 6 to je ekVivalentno pretpostav101

ci da je ili b #- O ili da su bar dva rubna uvjeta geometrijska, od kojih bar jedan sadr­ ži progib. Označimo sa F (x) vanjsku linijsku silu koja djeluje na komad (O, x) štapa; tada na komad (x 1, x2) djeluje linijska sila

(1) Umjesto ( 1 5. 10) dobivamo općenitiji zakon ravnoteže (Au")' (x2) - (Au")' (x 1 )

kcija

x2

+ J bu dx Xl

=

F (x2)

-

F (x 1 ) .

Kao i u slučaju žice ( § 8), jedinična sila koncentrirana u točki x' ·

Uz takvu silu iz

(2)

F (x)

1

{O, x < x' =

> , , X _ X .

(2) E

(O, /) je fun­

(3)

kao i prije dobivamo

(A (x) u" (x)) "

+ b (x)

u

(x) = O za x #- x'.

(4)

Pretpostavimo da su u točki x' neprekidni progib, rotacija i moment, to jest fun­ kcija u i njezina 1 . i 2. derivacija : u (x'

+ O) - u (x'

u' (x'

+ O) - u' (x'

u

Iz (2) i

(7) slijedi da 3.

"

(x'

-

-

O) = O,

(5)

O) = O

(6)

+ O) - u" (x' - O) = O.

(7)

derivacija funkcije u (kontaktna sila) ima u točki x' skok:

u"' (x'

+ O)

"' - u

(x'

-

O)

=

�

A x') "

(8)

Funkciju u (x) koja za dano x' e (O, l) zadovoljava uvjete (4)-(8) i zadane rubne uvjete označimo sa G (x, x') ; ako ovdje i x' smatramo varijablom, dobivamo Gree­ nov u funkciju za štap. 17.1. Primjer

Odredimo Greenovu funkciju u slučaju A = I i b ukliješten, a desni slobodan. Imamo ove uvjete : 102

=

O, ako je lijevi kraj štapa

()4G (x, x') O' X -=/= X ' 4

(9)

G (x' + O x') - G (x' - O, x') = O

( 1 0)

OX

a G (x' + O, x') ex

_

82 0 (x' + O, x') a x2

G (o' X ) '

ax

=O

(1 1)

82G (x' - O, x' ) = O a x2

( 1 2)

83G (x' - O,x') = 83 0 (x' + O, x') I . a .x3 a X3

(1 3)

=

Iz (9) slijedi

o G (x' - O, x')

_

a G (O, x') = _?2G ( l , x') iPG (l, x') = O = • OX O X2 O X3

(14)

( 1 5) gdje su C1 i D; (i = O,

. . .

, 3) funkcije od x'. Neka je (16)

Iz ( 1 0) - ( 1 3) slijedi

(17) ( 1 8) ( 1 9) '

Iz toga dobivamo

B0

=

Iz ( 1 4) i (21) slijedi

! x'3, B 1 = � x'2, B2 � x', B3 - - �. -

=

(20) (21)

(22) Iz ( 1 6) dobivamo

(23)

103

Prema tome je

G (x, x') =

l+ 1

x2 (3x' - x), x < x'

(24)

6 x'2 (3x - x'), x > x'.

Funkcija (24) je simetrična, to jest vrijedi

G (x, x ' ) = G (x' , x) za x, x'

E

(O, l) ;

(25)

ona je također pozitivna :

G (x, x') > O za x, x '

E

(O, l).

(26)

Svojstva (25) i (26) ima Greenova funkcija i u općem slučafu.

Uz pretpostavku Jedinstvenosti i uz homogene rubne uvfete 1•fešenje rubnog pro­ blema za štap dano je formulom

J G (x, x') f (x') dx' . l

u (x) .

=

(27)

o

Precizna definicija Greenove funkcije za štap potpuno je analogna onoj u slučaju žice (§ 9). Posebno, pretpostavlja se da za svako x' E

( O, l) vrijedi

G ( „ x')

E Yt"3

(O, l)

n

Yt"4 (O, x')

n

.Yt"4 (x', l).

(28)

Prelazimo na konstrukciju Greenove funkcije u općem slučaju. Pri­ mijetimo najprije da rubne uvjete za štap možemo zapisati u obliku

Ui (u)

=

3

l:

j=O

au

uU> (O)

+ f3u uU> (l) = O, i = O, I , 2, 3,

(29)

gdje su aii i /Ju zadani brojevi. Prema § 16 za uvjete na lijevom od­ nosno desnom kraju je {Jij = O odnosno a;J = O. Međutim, za kon­ strukciju koja slijedi takve pretpostavke nisu nužne, pa naše daljnje zaključivanje vrijedi za rubne uvjete mnogo općenitije nego one koje smo naveli u § 1 6. Pretpostavit ćemo da homogeni problem

(Au") + bu = O

(30)

U, (u) = O, i = O, 1 , 2, 3

(31)

ima samo trivijalno rješenje u = O. Neka su uk, k = O, 1, 2, 3, linearno nezavisna rješenja jednadžbe (30) na intervalu (O, l) ; tada je matrica

104

( U; (uk)) ;,k = O, . . . , 3

(32)

regularna (inače bi postojala netrivijalna kombinacija rješenja uk koja bi zadovoljavala uvjete (3 1), to jest postojalo bi netrivijalno rješenje problema (30), (31))*. Greenova funkcija je nužno oblika

1 ;�o

G (x, x ) =

3

1

l;�o

gdje su C; i D, neke funkcije od x'

C; Uc (x), X < x'

(3 3)

D, u; (x), x > x', E

(O, l). Stavljajući

(34) i uzimajući u obzir uvjete (5)-(8) dobivamo 3

(35)

2, B; U; (x') = O

i=O 3

2, B; u; Cx') = O

(36)

i=O 3

2. B, u; (x') = O

(3 7 )

i=O

�

.:.,,

•=0 .

B i u „, , (X') =

1

-

A (X' ) '

(38)

Uvjeti (29) daju 3

2. U; (uk) Dk

k =O

=

-

3

3

2. ( 2. a ;1 u O problem tako4er ima samo trivijalno rješenje. Najmanja vrzj.ednost pa­ rametra fl > O za koju problem ima netrivijalno rješenje zove se kritična sila ; obilje­ žavat ćemo je sa µ 1 •

.IJ_„,._,

_ _ _ _

__ _ _ _ _ _ _ _ _

.;_

___:____ I·

Slika J.

-p

• X

* Slično kao u § 1 4 dokazuje se i OYdje da približno rješenje minimizira funkcional energije ( 1 8.4) na prostoru v;.

112

Ako je µ < µ 1, ravnotežni položaj je u = O. Za µ µ 1, ravnotežni položaj u = =pretpostavljamo O je nestabilan, jer postoji i ravnotežni položaj u1 O (izvijeni štap). U daljnjem da je štap cilindričan i homogen (E = const.). i=

=

20.1. Primjer

Odredit ćemo kritičnu silu za štap kojem je lijevi kraj ukliješten, a desni učvrš­ ćen šarkom (sl. 2). Neka je µ/A = ,\. Imamo problem (2)

u +

gdje je

J_ J, S

u"

-

u = O' � I

(29) (30)

Uz oznake opće rješenje jednadžbe (29) je u (x) = C1 ch a x + C sh a x + C3 cos f3 x + C4 sin {J x, 2 gdje su C1, C4 proizvoljne konstante. Uvjeti u (O) = u" (O) = O daju C1 = O. Uvjeti u (l) u" (l) O daju ,„,

=

=

sh a l C4 {12 sin {J l Taj sistem ima netrivijalno rješenje ako i samo ako je sh a l sin {J l (a2 + {12) Iz toga slijed i sin {J l = O ili {3 I = n n, n 1, 2, . C a2 2

-

·

=

=

·

=

. .

O.

O.

(32) =

C3

=

'(33) (34) (35) (36) (37) 117

Imamo jednadžbu

l 1VI 2

4 s2) "S (' 1 + 1/y 1 + 7:T =n

Najmanji korijen te jednadžbe dobiva se za n

je

(38)

1 i jednak je

4 ( 1 1 ( ) 2) -1 ) ( "1 i 1 + 5 T =

Kritična kutna brzina

=

n.

n

:rc

(39)

(40)

20.3.3. Štap kružnog presjeka je ukliješten na obama krajevima. Lijevi kraj je učvršćen na torziju, a desni zakrenut (oko osi x) za kut r (sl. 1 0). Odredite kritičnu vrijednost tog kuta (to jest najmanju vrijednost pri kojoj nedeformirano ravnotežno stanje u = O postaje nestabilno).

Slika 10.

Rj e š e n j e. Ako štap nije izvijen� za longitudinalni kontaktni spin dobivamo mx = C C = µ · R4 n/21 (v. zadatak 1 .2.2). Za izvijen štap prirodno je usvojiti taj zakon za komponentu spina u smjeru tangente na izvijenu centralnu liniju. Tada r,

umjesto ( 1 5.29) i ( 1 5.30) imamo

r

gdje je

I = I„

=

z.

I

mz = BI u; + C u;,

(41)

m„ = -BI u; + C r u;,

(42)

Jednadžbe ravnoteže glase (43) (44)

gdje je J,

=

Gr

BI .

(45)

Sustav (43), (44) riješit ćemo uvođenjem nove funkcije

U = u„ + iuz. 118

(46)

Ona zadovoljava jednadžbu u

-

iA

U'"

= O.

(47)

Opće rješenje te jednadžbe je

(48) gdje su C1, = - C4, C2

„ .

, C4 proizvoljne konstante. Uvjeti U (O) = U' (O) -i Ji. C4• Uvjeti U (l) = U' (l) = O daju

=

=O

daju C3

=

(49) (50) Taj sustav ima netrivijalno rješenje (C1, C4) ako i samo ako je i;,t

e

2 + iA l - 2 - d t'

_

(51)

Iz toga slijedi

(52) Najmanji pozitivni korijen te jednadžbe je g 1 Roj 4,49.

Kritična vrijednost kuta je

(53) § 21. Nelinearni problemi Pozornijim promatranjem izvoda naših rubnih problema u § 1 i § 1 5 uvjerit ćemo se da je linearnost posljedica pretpostavke (a) da su deformacije male, (b) da svojstva materijala (na primjer, modul elastičnosti) ne ovise o progibu. Linearnost omogućuje - bar načelno - elegantno i pregledno rješavanje rubnog problema, o kojem smo govorili u prethodnim paragrafima. S druge strane, ako nisu zadovoljene pretpostavke tipa (a) odnosno (b), pot­ rebno je posegnuti za nelinearnim modelom, za koji se pretpostavlja da bolje odgova­ ra stvarnosti. Isto tako, matematičare će zanimati pitanje koliko je izvod linearnog modela bio korektan. To znači da treba strogo ocijeniti grešku linearnog modela pre­ ma točnijem nelinearnom. u svakom slučaju nelinearni model najprije treba posta­ viti i riješiti. Teorija je ovdje, dakako, mnogo zamršenija, a isto tako i metode prak­ tičnog rješavanja. I jedno i drugo je još uvijek predmet intenzivnog proučavanja kako matematičara tako i inženjera, iako su neke klase problema već dobro proučene.

119

U § 1 3 vidjeli smo da problem minimizacije nekvadratičnih funkcionala oblika ( 1 3. 1) vodi na nelinearne rubne probleme. Sustavno izlaganje metoda rješavanja ne­ linearnih jednadžba daleko bi prelazilo okvire ove knjige. Mi ćemo se stoga ograni­ čiti na jednostavnije slučajeve, posebno one koji se ne udaljuju mnogo od linearnosti. 21.1. Primjer Promotrimo jednadžbu provođ enja topline

-(a u')' = f

( 1)

uz rubne uvjete

u (O)

=

O, u (l)

=

d

(2)

i uz pretpostavku da je koeficijent provođenja a funkcija kako mjesta x tako i same temperature u, tako da na mjestu x koeficijent provođenja ima vrijednost a (u (x), x). Pretpostavljamo a (u, x) ::> O (3) za sve x

E

[O, l] i za sve u.

Integracijom iz (1) dobivamo

u, (x)

=

gdje je

F (x) + C (u (x), x) '

a

X

F (x)

= - f ! (�) M, o

(4)

( 5)

a konstantu C treba odrediti iz rubnih uvjeta. Jednadžba (4) je obična diferencijalna jednadžba prvog reda, koja se općenito ne da svesti na kvadrature*, tj. rješenje jo se ne da prikazati pomoću neodređenih integrala zadanih funkcija. Osim toga nije; jasno postoji li njezino rješenje i je li jedinstvene. Ako je štap homogen, onda a ne ovisi o x, pa iz jednadžbe (4) slijedi U

X

J a (11) đ 11 = f F (�) d� + cx + C1 •

o

o

(6)

Vidimo da smo sad jednadžbu ( 1 ) »sveli na kvadrature«, pri čemu jednakost (6) određuje u implicitno kao funkciju od x. Konstante C i C1 određuju se iz rubnih uvjeta. Uzmemo li, na primjer,

(7) gdje su

a1

i

e

pozitivne konstante, prelazi (6) u

* U starijoj matematičkoj terminologiji »kvadratura« je sinonim za »integracija«.

120

e u3 . a1u + T

=

f"

o

F (�) M

+ Cx+ C1•

(8)

Uvrštavanje rubnih uvjeta · (2) daje

C=

1

T

(a d + 1

d3 -36

-

1

) J F (�) M , c1

=

o.

(9)

o

Zbog pozitivnosti konstanata a1 i e moguće je za svako x naći točno jedno u tako da bude ispunjena jednadžba (8), pa je time definirano rješenje u. 21.2. Zadaci 21.2.1. Dokažite da za svaku neprekidnu funkciju

a0 = inf a (TJ) -00

a

=

21.3, ako je ao ,

(30)

f2 (u, x) = - e u3,

(31)

O, i f10 konstante.

Rj ešenj e. Greenovu funkciju nesmetanog problema znamo od ranije (v. zadatak 9.2. 1) : .

G (x, �)

(l

l -

-ao . (

�

e

1 - -y X, X < � 1

-

) )

(32)

X -y �, X > �.

U tom slučaju je nesmetano rješenje (prva aprokSimacija) dano formulom U1

(x) = g (x) =

11 0 (l a2o

a za drugu aproksimaciju imamo

u2 (x) = g (x) -

- e

fio 16 a� X

(

e

- x) x,

l

f G (x, �) g3 (�) de = {�: x (1 - x) -

o

- 140 z1 61

+

1

z3 4 6 X

- Iš1 z2X - 71 s

21.4.2. Ispitajte konvergenciju niza ul> u2 , definiranog formulama (27)-(29).

macija

(33)

l

6

X

• • •

+ 1

'

)

28 X •

(34)

sukcesivnih aproksi­

Rj ešenj e. Postupak je posve analogan dokazu konvergencije sukcesivnih aproksimacija u Dodatku. Iz nejednakosti

lu�+ 1 (x) 124

-

u"

(x) l