Đăng bởi: datuan5pdes | Tháng Năm 6, 2010

Dao động của rầm – Nghiệm không tuần hoàn – Hiện tượng cộng hưởng

Phần bài tập trong cuốn của Zill & Cullen cho các lớp K53A2+A3 có một bài mô tả dao động của rầm

a^2 \dfrac{\partial^4 u}{\partial x^4}(x, t)+\dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x, t)=0, 0<x<L, t>0\;\;\;(1)

với các điều kiện biên thuần nhất

u(0, t)=u(L, t)=0, t\ge 0,

\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}(0, t)=\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}(L, t)=0, t\ge 0,

và điều kiện ban đầu

u(x, 0)=f(x), \dfrac{\partial u}{\partial t}(x, 0)=g(x), 0\le x\le L,

ở đây u(x, t) là độ lệch tại vị trí x của rầm so với vị trí cân bằng vào thời điểm t.

Ta cũng sẽ giải bài toán biên hỗn hợp trên bằng phương pháp tách biến, nghĩa là tìm tất cả các nghiệm chấp nhận được ở dạng

u(x, t)=X(x)T(t).

Thay vào phương trình (1) và các điều kiện biên ta thu được

X^{(4)}(x)-CX(x)=0, T^{(2)}(t)+a^2CT(t)=0,

X(0)=X^{(2)}(0)=X(L)=X^{(2)}(L)=0.

Với lưu ý nghiệm bị chặn từ phương trình T^{(2)}(t)+a^2CT(t)=0 chỉ có hằng số C\ge 0 cho ta nghiệm bị chặn không tầm thường.

Với C=0 bài toán biên

X^{(4)}(x)-CX(x)=0

X(0)=X^{(2)}(0)=X(L)=X^{(2)}(L)=0

chỉ cho ta nghiệm tầm thường.

Tôi có phần hơi nhầm khi trao đổi với một sinh viên lớp K53A2 khi nghĩ rằng C> 0 bài toán biên trên chỉ có nghiệm tầm thường vì nghĩ rằng phương trình đặc trưng \lambda^4-C=0 chỉ có C^{1/4}, -C^{1/4} là các nghiệm bội 2. Thực ra phương trình đặc trưng này có bốn nghiệm phân biệt

C^{1/4}, -C^{1/4}, iC^{1/4}, -iC^{1/4}.

Ta ký hiệu \beta=C^{1/4}, nghiệm tổng quát của phương trình X^{(4)}-CX=0 có dạng

C_1 e^{\beta x}+C_2 e^{-\beta x}+C_3\cos{(\beta x)}+C_4\sin{(\beta x)}.

Thay vào điều kiện biên ta thu được hệ

C_1+C_2+C_3=0,

\beta^2(C_1+C_2-C_3)=0,

C_1 e^{\beta L}+C_2e^{-\beta L}+C_3\cos{(\beta L)}+C_4\sin{(\beta L)}=0,

\beta^2(C_1 e^{\beta L}+C_2e^{-\beta L}-C_3\cos{(\beta L)}-C_4\sin{(\beta L)})=0,

có

C_1=C_2=C_3=0 và C_4 \sin{(\beta L)}=0.

Để bài toán biên không có nghiệm tầm thường ta cần \beta=\dfrac{k\pi}{L}, k=1, 2, \dots.

Khi đó X_k(x)=C_{4}\sin{(\frac{k\pi}{L}x)} và T(t) là nghiệm của phương trình

T^{(2)}+a^2\dfrac{k^4\pi^4}{L^4}T=0

nên nghiệm dạng tách biến

u_k(x, t)=(a_k \cos{(\frac{ak^2\pi^2}{L^2}t)}+b_k\sin{(\frac{ak^2\pi^2}{L^2}t)})\sin{(\frac{k\pi}{L}x)}.

Nghiệm của bài toán biên mô tả dao động của rầm

u(x, t)=\sum\limits_{k=1}^\infty (a_k \cos{(\frac{ak^2\pi^2}{L^2}t)}+b_k\sin{(\frac{ak^2\pi^2}{L^2}t)})\sin{(\frac{k\pi}{L}x)}

với các hệ số a_k, b_k được tính nhờ điều kiện ban đầu

u(x, 0)=\sum\limits_{k=1}^\infty a_k \sin{(\frac{k\pi}{L}x)}=f(x),

u_t(x, 0)=\sum\limits_{k=1}^\infty \dfrac{b_k a k^2\pi^2}{L^2}\sin{(\frac{k\pi}{L}x)}=g(x).

Cụ thể

a_k=\dfrac{2}{L}\int\limits_{0}^L f(x)\sin{(\frac{k\pi}{L}x)}dx,

b_k=\dfrac{2L}{ak^2\pi^2}\int\limits_0^L g(x)\sin{(\frac{k\pi}{L}x)}dx.

Bài toán trên mô tả trường hợp khi thanh rầm không có tác động của ngoại lực.

Tiếp theo tôi sẽ trình bày hiện tượng cộng hưởng khi ngoại lực có cùng tần số dao động với dao động riêng của rầm.

Phần này liên quan đến bài “Điều kiện để phương trình tuần hoàn có nghiệm tuần hoàn”

http://datuan5pdes.wordpress.com/2010/05/05/di%E1%BB%81u-ki%E1%BB%87n-d%E1%BB%83-ph%C6%B0%C6%A1ng-trinh-tu%E1%BA%A7n-hoan-co-nghi%E1%BB%87m-cung-tu%E1%BA%A7n-hoan/

Cụ thể ta sẽ quan tâm đến bài toán cho phương trình không thuần nhất sau

a^2 \dfrac{\partial^4 u}{\partial x^4}(x, t)+\dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2}=f(x, t), 0<x<L, t>0\;\;\;(1)

với các điều kiện biên thuần nhất

u(0, t)=u(L, t)=0, t\ge 0,

\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}(0, t)=\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}(L, t)=0, t\ge 0,

và điều kiện ban đầu

u(x, 0)=0, \dfrac{\partial u}{\partial t}(x, 0)=0, 0\le x\le L.

Ta sẽ tìm nghiệm bài toán dưới dạng

u(x, t)=\sum\limits_{k=1}^\infty T_k(t)\sin{(\frac{k\pi}{L}x)}.

Trước hết ta viết f(x, t) dưới dạng chuỗi Fourier-sin

f(x, t)=\sum\limits_{k=1}^\infty f_k(t)\sin{(\frac{k\pi}{L}x)}.

Khi đó thay vào bài toán ta thu được hệ phương trình

a^2\dfrac{k^4\pi^4}{L^4}T_k(t)+T^{(2)}_k(t)=f_k(t), t>0, k=1, 2, \dots

với điều kiện ban đầu

T_k(0)=T^{,}_k(0)=0.

Ta dùng phép biến đổi Laplace \mathcal L v(q)=\int\limits_0^\infty e^{-qt}v(t)dt, q\in\mathbb C (Re q>0)

ta có

\mathcal T_k(q)=\dfrac{1}{q^2+b_k^2}\mathcal L f_k(q) với b_k=\dfrac{ak^2\pi^2}{L^2}.

Lưu ý

\mathcal L \big[\dfrac{\sin{(b_kt)}}{b_k}\big](q)=\dfrac{1}{q^2+b_k^2},

\mathcal L[\int\limits_0^t f(u)g(t-u)du](q)=\mathcal L[f](q)\mathcal L[g](q)

nên

T_k(t)=\int\limits_0^tf_k(u)\dfrac{\sin{(b_k(t-u))}}{b_k}du.

Như trong bài “Điều kiện để phương trình tuần hoàn có nghiệm tuần hoàn” nếu f_k(t) là hàm tuần hoàn với chu kỳ cơ sở \omega_k thì để T_k là hàm tuần hoàn thì

\omega_k\not=\dfrac{2\pi}{b_k}=\dfrac{2L^2}{ak^2\pi}.

Trong trường hợp \omega_k=\dfrac{2L^2}{ak^2\pi}, ta có thể hiểu dao động riêng của rầm và ngoại lực có cùng tần số, thì phương trình sẽ không có nghiệm tuần hoàn, hay sẽ xảy ra hiện tượng cộng hưởng.

Lấy ví dụ cụ thể với f(x, t)=\sin{(\frac{a\pi^2}{L^2}t)}\sin{(\frac{\pi}{L}x)}

thì nghiệm của bài toán

u(x, t)=T_1(t)\sin{(\frac{\pi}{L}x)}

với

T_1(t)=\int\limits_0^t \dfrac{L^2}{a\pi^2}\sin{(\frac{a\pi^2}{L^2}u)}\sin{(\frac{a\pi^2}{L^2}(t-u))}du

=\dfrac{L^4}{2a^2\pi^4}\sin{(\frac{a\pi^2}{L^2}t)}-\dfrac{L^2}{2a\pi^2}t\cos{(\frac{a\pi^2}{L^2}t)}.

Có thể thấy rằng khi thời gian t tăng thì biên độ dao động của rầm tăng. Đây là hiện tượng cộng hưởng!

Posted in Tham Khảo | Thẻ:

«
»

Trả lời

  1. [...] http://bomongiaitich.wordpress.com/2010/05/06/dao-d%e1%bb%99ng-c%e1%bb%a7a-r%e1%ba%a7m-nghi%e1%bb%87… [...]

    Bởi: Một số phương pháp giải phương trình vi phân không thuần nhất với điều kiện ban đầu thuần nhất « Giải tích ngày Tháng Hai 24, 2012
    lúc 12:41 chiều

    Trả lời


Gửi phản hồi

Fill in your details below or click an icon to log in:

Gravatar
WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. ( Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. ( Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. ( Log Out / Thay đổi )

Hủy bỏ

Connecting to %s

Chuyên mục

Follow

Get every new post delivered to your Inbox.