Samu Viktória. A Helmholtz-egyenlet

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Samu Viktória A Helmholtz-egyenlet BSc Szakdolgozat Témavezet : Dr. Tóth Árpád Analízis Tanszék Budapest, 2014

2 Köszönetnyilvánítás Szeretném megköszönni témavezet mnek, Tóth Árpádnak az érdekes témát és a felfolgzása során nyújtott rengeteg segítséget. Köszönöm, hogy végig hitt bennem, és hogy segített leküzdeni a közös munkánk során felmerült akadályokat. Nélküle ez a szakdolgozat nem jöhetett volna létre. Köszönet illeti továbbá családomat és barátaimat az egyetemi évek alatt t lük kapott támogatásért, és tanáraimat, amiért megszerettették velem a matematikát. 2

3 Tartalomjegyzék Bevezetés 5 1. Egy dimenzióban: A rezg húr 7 2. A Laplace operátor polárkoordinátákban Els bizonyítás Második bizonyítás Két dimenzióban: A rezg dob A körszimmetrikus eset Általános eset Numerikus vizsgálat 26 Irodalomjegyzék 32 Függelék 33 3

4 Ábrák jegyzéke 1.1. A rezg húr A J 0 Bessel-függvény A körszimmetrikus rezgés egy x id pillanatban λ 01 és λ 02 esetén A körszimmetrikus rezgés egy x id pillanatban λ 03 és λ 04 esetén A körszimmetrikus rezgés egy x id pillanatban λ 05 esetén A J m Bessel-függvények m = 0, 1, 2, 3, 4 esetén A kör alakú dob rezgése egy x id pillanatban λ 11 és λ12 esetén A körszimmetrikus rezgés egy x id pillanatban λ 13 és λ14 esetén

5 Bevezetés Dolgozatom témája a Helmholtz-egyenlet, amely az alábbi parciális dierenciálegyenlet: f + k 2 f = 0, ahol a Laplace-operátor, f egy függvény, k pedig egy skalár. n-dimenziós Descartesféle koordinátarendszerben az egyenlet az alábbi alakban írható fel: n i=0 2 f x 2 i + k 2 f = 0 A Helmholtz-egyenletet sokszor használják olyan zikai problémák vizsgálatakor, ahol parciális dierenciálegyenletek fordulnak el. Az eredeti egyenleten alkalmazva a váltózók szétválasztásának módszrét olyan az id t l független egyenletet kapunk, amelynek alakja megegyezik a fentiével. Els ként egy egydimenziós problémát fogok vizsgálni, amellyel a hétköznapi életben sokszor találkozunk. A húr rezgését az egydimenziós hullámegyenlet írja le, ezen a problémán alapul sok hangszer, például a gitár, a heged és a zongora is. Ezután megnézem, hogy polárkoordinátákban a Laplace-operátor miért az alábbi alakban írható fel: f = 2 f r r f r + 1 r 2 2 f ϕ 2 A 3. fejezetben egy 2-dimenziós esettel, egy kör alakú lemez rezgéseivel, az ezeket leíró hullámegyenlettel és az id t l független Helmholtz-egyenlettel fogok foglalkozni. Részletsen meg fogom vizsgálni a körszimmetrikus megoldásokat és megnézem, mennyiben tér el ett l az általános eset. Ebben a fejezetben fogom használni a Laplace-operátor polárkoordinátás alakját, hiszen ekkor a Helmholtz-egyenlet a következ képpen fog kinézni: 5

6 2 fr, ϕ) + 1 r 2 r frϕ) + 1 r r 2 fr, ϕ) + λ 2 fr, ϕ) = 0 2 ϕ 2 A 4. fejezetben a MATLAB segítségével fogom megkeresni a rezg dob problémájának konkrét megoldásait és ezek közül néhányat ábrázolni is fogok. 6

7 1. fejezet Egy dimenzióban: A rezg húr 1.1. ábra. A rezg húr A regz húr mozgását hullámegyenlet írja le. Jelölje ux, t) a húr x-tengelyt l való távolságát x helyen és t id pillanatban, a húr hossza pedig legyen l. Tudjuk, hogy a húr két vége le van rögzítve a vízszintes tengely magasságában, és meg van adva a t = 0 id pillanatban a húr helyzete fx)) és sebessége gx)). Ekkor tehát a következ egyenlet megoldását keressük: 2 ux, t) = c 2 2 ux, t) 1.1) t 2 x 2 minden 0 < x < l és minden t > 0 esetén, ahol teljesülnek az alábbi peremfeltételek: és az alábbi kezdeti feltételek: u0, t) = ul, t) = 0, 1.2) ux, 0) = fx), 1.3) u x, 0) = gx). 1.4) t 7

8 El ször is tegyük fel, hogy ux, t) el áll Xx) T t) alakban, azaz szétválasztható változójú. Ekkor 2 ux,t) t 2 = Xx) T t) és 2 ux,t) x 2 = X x) T t), tehát az egyenletünk: Ebb l az alábbi egyenletet kapjuk: Xx) T t) = c 2 X x) T t). X x) Xx) = 1 c 2 T t) T t). 1.5) 1.5)-ben a bal oldal független t-t l, a jobb oldal pedig független x-t l. Ez akkor és csak akkor lehetséges, ha mindkét oldal ugyanazzal konstanssal egyenl. Jelöljük ezt a konstanst σ-val. Ekkor X x) Xx) = σ = 1 T t) -b l az alábbi két egyenletet kapjuk: c 2 T t) X x) σ Xx) = 0 1.6) T t) σ c 2 T t) = ) 1.6) megoldása Xx) = a cos σ x) + b sin σ x), 1.7) megoldása pedig T t) = α cos σ c t) + β sin σ c t) alakú, ahol a, b, α, β C tetsz leges. Ezt a következ állításban látjuk be Állítás. Az y t) + c 2 yt) = 0 c R) egyenlet megoldásai a cosc t) + b sinc t) alakúak, ahol a, b C tetsz leges. Bizonyítás. Írjuk fel a deriváltakat: y t) = a sinc t) c) + b cosc t) c = ac sinct) + bc cosct) y t) = ac cosct) c + bc sinct) c) = a c 2 cosct) b c 2 sinct) = = c 2 a cosct) + b sinct)) = c 2 yt) Ebb l megkapjuk, hogy y t) + c 2 yt) = 0, tehát yt) valóban megoldás. A megoldást a következ képpen kaptuk meg: Másodrend dierenciálegyenleteket visszavezethetünk az els rend esetre az x 1 := y, x 2 := y helyettesítéssel. Ekkor teljesülnek a következ k: x 1 = x 2 és x 2 = c 2 x 1. 8

9 Ekkor az ) x t) = A xt) els rend lineáris dierenciálegyenletet kapjuk, ahol A = 0 1. c 2 0 Ennek a megoldása: xt) = e At r, ahol r R 2 tetsz leges. e At -t a Hermite-féle interpolációs polinom segítségével számoljuk ki. λ 1 c 2 λ = λ2 + c 2, ebb l λ 1 = c i, λ 2 = c i. Mivel a minimálpolinom foka 2, az interpolációs polinom p t z) = a t z + b t alakú lesz. Ebb l kapjuk majd meg e At -t, ugyanis p t A) = e At. Tudjuk: p t ci) = e ci t = a t ci + b t és p t ci) = e ci t = a t ci) + b t. Ebb l e ci t a t ci = e ci t + a t ci e c it e c it = 2 a t ci e c it e c it = a t, azaz c 2i 1 c sinct) = a t. b t ebb l kifejezhet : b t = e ci t ec it e c it 2 ci ci = 2ec it e c it + e c it 2 = ec it + e c it 2 = cosct) p t tehát: p t z) = sinct) z + cosct). Mivel e At = p c t A) = a t A + b t I, ) ) e At = sinct) cosct) = c c ) ) ) sinct) 0 c cosct) 0 cosct) sinct) c + = c sinct) 0 0 cosct) c sinct) cosct) xt) = e At r r R 2 ), tehát xt) = cosct) sinct) c c sinct) cosct) Nekünk yt) kell, és mivel y = x 1, ezért yt) = r 1 cosct) + r 2 1 c sinct). ) cosct) r1 r 2 sinct) c ). ) r1 r 2 ) = 9

10 Mivel r 1, r 2 tetsz leges, a megoldás a következ alakban írható fel: yt) = a cosct) + b sinct), ahol a, b C tetsz leges. Ezzel pont az állításban szerepl megoldást kaptuk. A rezg húr problémájánál kapott egyenletek megoldása tehát: Xx) = a cos σ x) + b sin σ x) és T t) = α 0 cos σ c t) + β 0 sin σ c t). A következ lépésben azt nézzük meg, mikor teljesülnek a peremfeltételek. X0) = 0 a cos0) + b sin0) = 0 a = 0 a = 0 Xx) = b sin σ x), Azaz: Xl) = 0 b sin σ l) = 0 σ l = k π k Z) σ = kπ l ux, t) = Xx)T t) = b sin kπ x) α 0 cos ckπ t) + β 0 sin ckπ l l l = sin kπ x) α cos ckπ t) + β sin ckπ ) t). l l l Mivel b, α, β C tetsz leges, ezért α, β C is az. ) t) = 1.1) linearitása miatt a sin kπ x) α cos ckπ l l bármely lineáris kombinációja is megoldás, tehát: ux, t) = sin kπ l k=1 t) + β sin ckπ l x) α k cos ckπ t) + β k sin ckπ ) t) l l Most vizsgáljuk meg a kezdeti feltételeket. 1.3) szerint: fx) = ux, 0) = α k sin kπ l Mivel ux, t) = t k=1 sin kπ x) α l k sin ckπ t) ckπ + β l l k cos ckπ l 1.4) szerint: k=1 gx) = u t x, 0) = β k ckπ l k=1 sin kπ l t) ) alakú megoldások x). 1.8). ) t) ckπ l, ezért x). 1.9) Tudjuk, hogy minden kell en sima hx) függvény a [0, l] intervallumon Fourier-sorba fejthet a következ módon: 10

11 hx) = b k sin kπ x), l k=1 ahol a b k együtthatókat az alábbi formula adja meg: b k = 2 l l 0 hx) sin kπ l x)dx. Ez alapján 1.8)-ban és 1.9)-ben az α k és β k együtthatók a következ képpen alakulnak: β k ckπ l α k = 2 l = 2 l l 0 l 0 fx) sin kπ l gx) sin kπ l x)dx, x)dx. Ezzel tehát megkaptuk az egydimenziós hullámegyenlet 1.1) megoldását: ux, t) = ahol: α k = 2 l sin kπ l k=1 l β k = 2 ckπ 0 l fx) sin kπ l 0 gx) sin kπ l x) α k cos ckπ t) + β k sin ckπ ) t) l l x)dx, x)dx., 11

12 2. fejezet A Laplace operátor polárkoordinátákban A kör alakú dob rezgésének vizsgálatához szükségünk lesz a Laplace-operátor polárkoordinátákban felírt alakjára Els bizonyítás 2.1. Deníció. A Laplace-operátor kétváltozós függvény esetén Descartes-féle koordináta-rendszerben: f = 2 f x f y Állítás. A Laplace-operátor alakja polárkoordinátákban: f = 2 f r r f r + 1 r 2 2 f ϕ 2. Bizonyítás. Helyettesítsünk polárkoordinátákkal: x := r cos ϕ, y := r sin ϕ. Ekkor f x, y) = f r cos ϕ, r sin ϕ). Az els paricális deriváltak kiszámításához a következ ket fogjuk felhasználni: r x = ) x2 + y x 2 = 1 2 x 2 + y 2) 12 2x = x r r y = ) x2 + y y 2 = 1 2 x 2 + y 2) 12 2y = y r = cos ϕ, = sin ϕ, 12

13 y x = r sin ϕ r cos ϕ = tan ϕ ϕ = arctan y x, ϕ x = y arctan = x x)) ) y 2 x y x 2 ) = 1 x 2 +y 2 x 2 y x = x2 2 x 2 + y y 2 x 2 = x2 r y 2 x = y sin ϕ = r 2 r2 r 2 ϕ y = y arctan = y x)) Az els paricális deriváltak ezek alapján: = sin ϕ, r ) y 2 1 x = x2 r 1 2 x = x r = r cos ϕ 2 r 2 x = cos ϕ. r f x = f r r x + f ϕ ϕ x f = cos ϕ r sin ϕ f r ϕ =: G, f y = f r r y + f ϕ ϕ y f = sin ϕ r + cos ϕ f r ϕ =: H, f r = f x, y) r = f x x r + f y y r f f = cos ϕ + sin ϕ x y, f ϕ = f x, y) ϕ = f x x ϕ + f y y ϕ = f x f r cos ϕ) + ϕ y r sin ϕ) ϕ = r sin ϕ f f + r cos ϕ x y. A második parciális deriváltakat G és H függvények segítségével számoljuk ki: 2 f x = G 2 x G = cos ϕ r sin ϕ G r ϕ, 2 f y = H 2 x H = sin ϕ r + cos ϕ H r ϕ, 13

14 f = 2 f x + 2 f G = cos ϕ 2 y2 r G és H függvények parciális deriváltjai: H + sin ϕ r + 1 cos ϕ H r ϕ ) G sin ϕ. ϕ G r = cos ϕ f r r sin ϕ f ) = cos ϕ f ) sin ϕ f ) = cos ϕ r ϕ r r r r ϕ 2 f sin ϕ r f 2 r 2 ϕ + sin ϕ r ) 2 f = cos ϕ 2 f ϕ r r sin ϕ 2 r G ϕ = cos ϕ f ϕ r sin ϕ f ) = cos ϕ f ) sin ϕ f ) r ϕ ϕ r ϕ r ϕ = sin ϕ f ) r + cos ϕ 2 f cos ϕ f r ϕ r ϕ + sin ϕ ) 2 f r ϕ 2 2 f ϕ r + sin ϕ f r 2 ϕ, = cos ϕ 2 f f sin ϕ r ϕ r cos ϕ f r ϕ sin ϕ 2 f r ϕ, 2 H r = sin ϕ f r r + cos ϕ f ) = sin ϕ f ) + cos ϕ f ) = sin ϕ r ϕ r r r r ϕ 2 f cos ϕ r + f 2 r 2 ϕ + cos ϕ r ) 2 f = sin ϕ 2 f ϕ r r cos ϕ f 2 r 2 ϕ + cos ϕ r 2 f ϕ r, H ϕ = sin ϕ f ϕ r + cos ϕ f ) = sin ϕ f ) + cos ϕ f ) r ϕ ϕ r ϕ r ϕ = cos ϕ f ) r + sin ϕ 2 f sin ϕ + f r ϕ r ϕ + cos ϕ ) 2 r ϕ 2 = cos ϕ f r + sin ϕ 2 f r ϕ sin ϕ f r ϕ + cos ϕ 2 r ϕ. 2 14

15 Ezek alapján már megadható f: f = 2 f x + 2 f G = cos ϕ 2 y2 r = cos 2 ϕ 2 f cos ϕ sin ϕ r2 r r + 1 r + sin ϕ H r + 1 r cos ϕ H ϕ 2 f cos ϕ sin ϕ + f ) ϕ r r 2 ϕ sin 2 ϕ 2 f sin ϕ cos ϕ f sin ϕ cos ϕ r2 r 2 ϕ r ) G sin ϕ ϕ ) 2 f ϕ r cos 2 ϕ f r + cos ϕ sin ϕ 2 f cos ϕ sin ϕ f ) r ϕ r ϕ + cos2 ϕ 2 f r ϕ 2 2 f sin ϕ cos ϕ r ϕ + sin2 ϕ f r + sin ϕ cos ϕ r f ) ϕ + sin2 ϕ 2 f r ϕ 2 = cos 2 ϕ sin 2 ϕ ) 2 f r + 1 cos 2 r 2 ϕ sin 2 ϕ ) f ) r + cos2 ϕ sin 2 ϕ 2 f r ϕ 2 = 2 f r r f r + 1 r 2 2 f ϕ 2. Ezzel pont az állításban szerepl képletet kaptuk. 15

16 2.2. Második bizonyítás 2.3. Állítás. A Laplace-operátor alakja polárkoordinátákban: f = 2 f r r f r + 1 r 2 2 f ϕ 2. Bizonyítás. A bizonyítás alapötlete az, hogy f = divgradf)), ahol divf x, y)) = F 1 x + F 2 y és gradfx, y)) = f x f y ). Használjuk a divergencia és a gradiens polárkoordinátás alakját: divf ) = 1 r r r F 1) + 1 r ϕ F 2), gradf) = f r f r ϕ ). Ekkor: divgradf)) = 1 r r f ) + 1 ) r r r f = ϕ r ϕ = 1 r r r f ) r + r 2 f + 1 r 2 r 2 f 2 ϕ = 2 = 1 r f r + 2 f r r 2 2 f ϕ 2. Ez pedig pont az állításban szerepl képlet. 16

17 3. fejezet Két dimenzióban: A rezg dob Tekintsünk egy olyan kör alakú membránt, amely nyugalmi helyzetben egy origó középpontú, a sugarú körlappal írható le, és a határain le van lerögzítve. Jelölje ux, y, t) az x, y) pontnak az xy síktól való távolságát t id pillanatban. Ekkor a membrán a dobb r) rezgéseit a kétdimenziós hullámegyenlet írja le: ) 2 ux, y, t) = c 2 2 ux, y, t) + 2 ux, y, t), 3.1) t 2 x 2 y 2 ahol t > 0 és x 2 +y 2 < a, valamint teljesül a peremfeltétel: ux, y, t) = 0 ha x 2 +y 2 = a. Mivel kör alakú membránt vizsgálunk, érdemes polárkoordinátákat használni. Legyen tehát x = r cos ϕ és y = r sin ϕ. Az egyenlet jobb oldalán c 2 u van, az el z fejezetben pedig már láttuk, hogy a Laplace-operátor hogy írható át polárkoordinátákba. A következ egyenletet kapjuk tehát: 2 ur, ϕ, t) 1 = c 2 ur, ϕ, t) + 2 ur, ϕ, t) + 1 ) t 2 r r r 2 r 2 ur, ϕ, t), 3.2) 2 ϕ 2 minden 0 < r < a, minden 0 ϕ 2π és minden 0 < t esetén, az alábbi peremfeltételekkel: ua, ϕ, t) = 0 ha 0 ϕ 2π 3.3) ur, 0, t) = ur, 2π, t) ha 0 r a és 0 t 3.4) ϕ ur, 0, t) = ϕ ur, 2π, t) ha 0 r a és 0 t 3.5) 17

18 és az alábbi kezdeti feltételekkel: ur, ϕ, 0) = fr, ϕ) ha 0 r a és 0 ϕ 2π 3.6) t ur, ϕ, 0) = gr, ϕ) ha 0 r a és 0 ϕ 2π 3.7) Itt fr, ϕ) jelöli a kezdeti alakot és gr, ϕ) jelöli a kezdeti sebességet. Két különböz esetet fogok a kés bbiekben vizsgálni. Els ként azt speciális esetet nézem meg részletesen, amikor ur, ϕ, t) körszimmetrikus, ekkor u független lesz ϕ-t l. Ezután megnézem, hogyan változnak a megoldások, ha u-ról nem teszem fel, hogy körszimmetrikus. Mindkét esetben egységsugarú membránnal fogok dolgozni. 18

19 3.1. A körszimmetrikus eset Nézzük meg tehát, hogyan lehetnek az egységsugarú membrán rezgései körszimmetrikusak. Ekkor u független ϕ-t l, tehát a 3.2) egyenlet leegyszer södik a következ képpen: ) 2 ur, t) 1 = c 2 ur, t) + 2 ur, t) t 2 r r r 2 A perem- és kezdeti feltételek pedig az alábbiak lesznek: 3.8) u1, t) = 0 3.9) ur, 0) = fr) ha 0 r ) t ur, 0) = gr) ha 0 r ) Alkalmazzuk a változók szétválasztásának módszerét, azaz tegyük fel, hogy ur, t) el áll Rr) T t) alakban. Ekkor a parciális derváltak a következ képpen írhatók fel: t ur, t) = t Rr) T t)) = Rr) T t) 2 t ur, t) = Rr) T t) r ur, t) = r Rr) T t)) = R r) T t) 2 r ur, t) = R r) T t) Ekkor az egyenlet az alábbi formába írható: Rr) T t) = c 2 R r) T t) + 1 ) r R r) T t) 3.12) Osszuk az egyenlet mindkét oldalát c 2 Rr) T t)-vel. Ekkor: 1 c T t) 2 T t) = 1 Rr) R r) + 1 ) r R r) A kapott egyenlet bal oldala csak t-t l, jobb oldala csak r-t l függ, ami csak akkor lehetséges, ha mindkét oldal egy k konstanssal egyenl. Ebb l az alábbi két egyenletet kapjuk: k = 1 c T t) 2 T t) k = 1 Rr) R r) + 1 ) r R r) 3.13) 3.14) 19

20 A 3.13) egyenletet átírhatjuk T t) = kc 2 T t) alakba. Ennek a megoldásai k > 0 esetén exponenciálisan n nek vagy csökkennek, k = 0 esetén lineárisak, k < 0 esetén periodikusak. Fizikailag elvárható, hogy a rezg dob problémájára adott megoldás id ben periodikus legyen, ezért csak a harmadik esetet fogjuk nézni, amikor k = λ 2 alakú. Ekkor az egyenlet T t) + λ 2 c 2 T t) = 0 alakú, aminek pedig az 1.1) tétel alapján ismerjük a megoldásait: T t) = a cosλc t) + b sinλc t) 3.15) A 3.14) egyenletet rendezzük a következ képpen k = λ 2 felhasználásával: 1 Rr) R r) + 1 ) r R r) = λ 2 R r) + 1 r R r) = λ 2 Rr) R r) + 1 r R r) + λ 2 Rr) = 0 r R r) + R r) + λ 2 r Rr) = 0 Keressük ennek az egyenletnek a megoldását hatványsor alakban, azaz tegyük fel, hogy Rr) = c m r m, m=0 ahol a c m -ekre szeretnénk egy rekurziót megadni. Ekkor a deriváltak a kövtkez képpen néznek ki: R r) = c m mr m 1 = c 1 + c n+2 n + 2)r n+1 R r) = m=1 n=0 c m mm 1)r m 2 = m=2 n=0 c n+2 n + 2)n + 1)r n m=n+1 helyettesítéssel m=n+2 helyettesítéssel Ebb l az egyenlet az alábbi módon írható fel: rr r) + R r) + λ 2 rrr) = c n+2 n + 2)n + 1)r n+1 + c 1 + c n+2 n + 2)r n+1 + λ 2 n=0 n=0 n=0 c n r n+1 = ) = c 1 + n + 2) 2 c n+2 + λ 2 c n r n+1 = 0 n=0 20

21 Válasszuk c 1 -et 0-nak. Ekkor: n + 2) 2 c n+2 + λ 2 c n = 0 n, azaz c n+2 = λ2 n + 2) 2 c n Válasszuk c 0 -t 1-nek. Ekkor c n -ek a következ képpen alakulnak: A megoldás tehát: Rr) = c 0 = 1 c 1 = 0 c 2 = λ2 2 2 c 3 = 0 c 4 = λ2 4 2 c 2 = λ c 2k = 1)k λ 2k k!) 2 4 k c 2k+1 = 0 c m r m = m=0 m=0 1) m m!) 2 4 m λr)2m, ami pontosan a J 0 λr) els fajú Bessel-függyvénnyel egyenl. A 3.9) peremfeltétel szerint u1, t) = 0, ami akkor teljesül, ha R1) = 0. Ez a következ t jelenti: R1) = J 0 λ) = 0, tehát λ lehetséges értékei pontosan a Bessel-függvény gyökei lesznek. Ha egység helyett a sugárt néznénk, akkor a gyökök 1 -szorosa lenne jó. a A J 0 Bessel-függvénynek végtelen sok pozitív gyöke van, jelölje az n-edik gyököt a λ 0n, ekkor 0 < λ 01 < λ 02 <... A 3.14) egyenlet peremfeltételnek eleget tév megoldásai tehát: Rr) = J 0 λ 0n r) n = 1, 2, ) 21

22 A 3.8) egyenletnek megoldásai tehát: ur, t) = Rr) T t) = a cosλ 0n c t) + b sinλ 0n c t) J 0 λ 0n r) n = 1, 2,..., ahol λ 0n a J 0 Bessel-függvény n-edik pozitív gyökét jelöli. 22

23 3.2. Általános eset Ha ur, ϕ, t)-r l nem tesszük fel, hogy körszimmetrikus, a 3.2) egyenlettel és a 3.3) - 3.7) perem- és kezdeti feltételekkel dolgozunk, annyi változással, hogy most egységnyi a sugár. Keressük a megoldást ur, ϕ, t) = Rr) Φϕ) T t) alakban. Ekkor a deriváltak a következ k: t 2 ur, ϕ, t) = Rr) Φϕ) T t) r ur, ϕ, t) = R r) Φϕ) T t) r 2 ur, ϕ, t) = R r) Φϕ) T t) ϕur, 2 ϕ, t) = Rr) Φ ϕ) T t) A 3.2) egyenlet pedig a következ képpen fog kinézni: Rr) Φϕ) T t) = c 2 1 r R r) Φϕ) T t) + R r) Φϕ) T t) + 1 ) r Rr) 2 Φ ϕ) T t) Osszuk az egyenlet mindkét oldalát c 2 Rr) Φϕ) T t)-vel: 1 c T t) 2 T t) = 1 r R r) Rr) + R r) Rr) + 1 r Φ ϕ) 2 Φϕ) 3.17) A 3.17) egyenlet bal oldala csak t-t l függ, a jobb oldala azonban független t-t l. Ez csak akkor lehetséges, ha az egyenlet mindkét oldala egy l konstanssal egyenl. Ebb l az alábbi két egyenletet kapjuk: l = 1 c 2 T t) T t) l = 1 r R r) Rr) + R r) Rr) + 1 r Φ ϕ) 2 Φϕ) 3.18) 3.19) Néézük el ször a 3.18) egyenletet: T t) = l c 2 T t) T t) lc 2 T t) = 0 23

24 Már korábban láttuk, hogy a fenti egyenletnek csak azok a megoldásai jók, ahol l < 0. Legyen tehát l = λ 2. Ekkor az egyenlet T t) + λ 2 c 2 T t) = 0 alakú, ennek pedig 1.1) állítás szerint tudjuk a megoldásait: T t) = A cosλc t) + B sinλc t) 3.20) Most nézzük 3.19)-at és használjuk fel, hogy l = λ 2 : λ 2 = 1 r R r) Rr) + R r) Rr) + 1 r Φ ϕ) 2 Φϕ) λ 2 r 2 = r R r) Rr) + r2 R r) Rr) + Φ ϕ) Φϕ) Φ ϕ) Φϕ) = r R r) Rr) + r2 R r) Rr) + λ2 r 2 A fenti egyenlet bal oldala csak ϕ-t l, jobb oldala csak r-t l függ, ez pedig csak akkor lehet, ha mindkét oldal egy k konstanssal egyenl : 3.21)-at nézzük el ször: k = Φ ϕ) Φϕ) 3.21) k = r R r) Rr) + r2 R r) Rr) + λ2 r ) Φ ϕ) = k Φϕ) Φ ϕ) + k Φϕ) = 0 Ennek az egyenletnek csak azok a megoldásai periodikusak, ahol k > 0, nekünk pedig csak a periodikus megoldások jók csak. Legyen ezért k = m 2. Ekkor 1.1) állítás alapján a megoldásai: Φϕ) = C cosm ϕ) + D sinm ϕ) 3.23) Most nézzük 3.22)-et és használjuk fel, hoogy k = m 2 : r R r) Rr) + r2 R r) Rr) + λ2 r 2 = m 2 r R r) Rr) + r2 R r) Rr) = m2 λ 2 r 2 r 2 R r) + r Rr) = m 2 λ 2 r 2 )Rr) 24

25 A következ egyenletet kapjuk tehát: r 2 R r) + r Rr) + λ 2 r 2 m 2 )Rr) = ) Ennek a körszimmetrikus esethez hasonlóan egy Bessel-függvény lesz a megoldása: Rr) = J m λr). A peremfeltételek miatt: R1) = J m λ 1) = 0, tehát λ lehetséges értékei éppen a J m Bessel-függvény gyökei lesznek. Jelöljük ezeket λ mn -nel, ha n = 1, 2,... A 3.24) egyenlet megoldásai tehát: Rr) = J m λ mn r) m = 0, 1, 2,..., n = 1, 2, ) Azt kaptuk tehát, hogy a 3.2) egyenlet megoldásai 3.20), 3.23) és 3.25) alapján: ur, ϕ, t) = Rr) Φϕ) T t) = A cosλ mn ct)+b sinλ mn ct)) C cosmϕ)+d sinmϕ)) J m λ mn r), jelöli. ahol m = 0, 1, 2,..., n = 1, 2,... és λ mn a J m Bessel-függvény n-edik pozitív gyökét 25

26 4. fejezet Numerikus vizsgálat Az el z fejezetben láttuk, hogy a rezg dob problémájának megoldásában szerepelnek a Bessel-függvények. Az alábbi ábrán a körszimmetrikus esetben kapott J 0 Bessel-függvény látható: 4.1. ábra. A J 0 Bessel-függvény Az ábrán is látszik, hogy J 0 gyökeinél a függvény el jelet vált, ezért érdemes megnézni, hogy hol vannak ezek az el jelváltások. A MATLAB segítségével ezeket az alábbi módon 1 tizedesjegy pontossággal tudjuk megbecsülni a [0, 15] intervallumon: x=0:0.1:15; y=besselj0,x); yy>0)=1; 26

27 yy<0)=0; finddiffy)~=0)*0.1 ans = A gyököket tehát a kapott értékek közelében kell keresnünk. Ezt a következ képpen tehetjük meg: f=@x)besselj0,x)); format long lambda=zeros1,5); lambda1)=fzerof,2.5); lambda2)=fzerof,5.6); lambda3)=fzerof,8.7); lambda4)=fzerof,11.8); lambda5)=fzerof,15) lambda = A 2. sorban szerepl format long parancs miatt a kapott eredmény 15 tizedesjegy pontossággal közelíti meg J 0 gyökeit. 27

28 Ha a a J 0 Bessel-függvény valamelyik gyökét jelöli, akkor a körszimmetrikus eset megoldásait egy x t id pillanatban a következ képpen lehet ábrázolni: r=0:0.01:1; f=@x)besselj0,x)); n=lengthr); phi=linspace0,2*pi,n); z = fa*r)'*ones1,n); y = a*r'*sinphi); x = a*r'*cosphi); surfx,y,z) Az els 5 gyök esetében az alábbi ábrákat kapjuk: 4.2. ábra. A körszimmetrikus rezgés egy x id pillanatban λ 01 és λ 02 esetén 4.3. ábra. A körszimmetrikus rezgés egy x id pillanatban λ 03 és λ 04 esetén 28

29 4.4. ábra. A körszimmetrikus rezgés egy x id pillanatban λ 05 esetén Az általánosabb esetben a J m Bessel-függvényt kaptuk a megoldás részeként, ahol m = 0, 1, 2,.... Az alábbi ábrán az m = 0, 1, 2, 3, 4 eset látható: 4.5. ábra. A J m Bessel-függvények m = 0, 1, 2, 3, 4 esetén Vizsgáljuk most a J 1 Bessel-függvényt. A gyököket a J 0 -nál látott módszerhez hasonlóan fogjuk megkeresni, azzal a különbséggel, hogy mivel J 1 0) = 0, az el jelváltásoknál 0.1-t l fogjuk indítani a keresést: x=0.1:0.1:15; y=besselj1,x); yy>0)=1; 29

30 yy<0)=0; finddiffy)~=0)*0.1 ans = Keressük a gyököket ezek az értékek közelében: f=@x)besselj1,x)); format long lambda=zeros1,4); lambda1)=fzerof,3.8); lambda2)=fzerof,7); lambda3)=fzerof,10.1); lambda4)=fzerof,13.3) lambda = Ha a a J 1 Bessel-függvény valamelyik gyökét jelöli, akkor a megoldást egy x t id pillanatban a következ képpen lehet ábrázolni: r=0:0.01:1; f=@x)besselj1,x)); n=lengthr); phi=linspace0,2*pi,n); z =fa*r)'*cosphi); y = a*r'*sinphi); x = a*r'*cosphi); surfx,y,z) 30

31 Az els 4 gyök esetében az alábbi ábrákat kapjuk: 4.6. ábra. A kör alakú dob rezgése egy x id pillanatban λ 11 és λ12 esetén 4.7. ábra. A körszimmetrikus rezgés egy x id pillanatban λ 13 és λ14 esetén 31

32 Irodalomjegyzék [1] Elias M. Stein, Rami Shakarchi: Fourier Analysis: An Introduction. Princeton University Press [2] Stanley J. Farlow: An Introduction To Dierential Equations And Their Applications [3] Wikipedia - Vibrations of a circular membrane 32

33 Függelék Bessel-függvények A Bessel-függvények deníció szerint az alábbi, ún. Bessel dierenciálegyenlet megoldásai: x 2 2 y x 2 + x y x + x2 m 2 ) = 0 Mivel ez egy másodrend dierenciálegyenlet, két lineárisan független megoldása kell, hogy legyen. Ha m egész, akkor a két független megoldást J m -mel és Y m -mel szokás jelölni, ahol J m -et els fajú, Y m -et másodfajú Bessel-függvénynek hívjuk. J m az a megoldás, amelyik a 0-ban véges, míg Y m -nek 0-ban szingularitása van. Mivel nekünk a feladatban csak olyan függvények voltak jók, amelyek 0-ban végesek, a megoldásokban csak J m szerepel. Ha a Bessel dierenciálegyenlet megoldásait hatványsor alakban keressük a Frobeniusmódszerrel[2], azaz y = x α a n x n, akkor látni fogjuk, hogy α = m és a n -re a következ rekurziót kapjuk: Ebb l kapjuk meg J m Taylor-sorát: J m x) = n=0 1 a n = n2m + n) a n 2. n=0 1) n x ) 2n+m n!m + n)!, 2 és ezt a Taylor-sor alakot használtuk a rezg dob problémájának megoldásához. 33

34 A feladat szempontjából létfontosságú továbbá, hogy J m aszimptotikusan az alábbi függvénnyel egyenl : J m z) 2 πz cos z mπ 2 π ) 4. 34