$\S 1$

Теперь исследуем дальше равновесие и движение бесконечно тонкого цилиндрического стержня в предположении, что смещения его частей бесконечно малы, следовательно, что $p, q, r$ бесконечно малы. Сперва мы будем иметь в виду случай, когда стержень находится в равновесии и на его части силы не действуют. Тогда будут иметь место уравнения (34) предыдущей лекции. Так как изменения девяти косинусов $\alpha_{1}, \beta_{1}, \ldots$ по всей длине стержня бесконечно малы, то в них можно рассматривать $\gamma_{1}$ и $\gamma_{2}$ как постоянные, полагая, что сами они конечны, так что отклонения частей стержня от направления силы не бесконечно малы. Этот последний случай мы пока исключим. Тогда мы можем положить
\[
\gamma_{1} \Gamma=A, \gamma_{2} \Gamma=B,
\]

причем мы понимаем под $A$ и $B$ постоянные. Вследствие этого при пренебрежении бесконечно малыми высшего порядка указанные уравнения будут
\[
\frac{d}{d s} \frac{\partial G}{\partial p}=B, \quad \frac{d}{d s} \frac{\partial G}{\partial q}=-A, \quad-\frac{d}{d s} \frac{\partial G}{\partial r}=0,
\]

и эти уравнения справедливы также, какова бы ни была система координат $\xi, \eta, \zeta$, хотя уравнения (34) предполагают определенное направление оси $\zeta$. Мы убедимся в этом, если заметим, что величины $p, q, r$ по своему значению не зависят от системы осей $\xi, \eta$, $\zeta$, так же как коэффициенты, входящие в функцию $G$. Интегрированием этих уравнений получим $p, q, r$ выраженные как линейные функции $s$, содержащие три произвольные постоянные; их можно определить по значениям, которые имеют $\frac{\partial G}{\partial p}, \frac{\partial G}{\partial q}$, $\frac{\partial G}{\partial r}$, т. е. моменты $M_{x}, M_{y}, M_{z}$ на одном конце стержня. Оси $\xi, \eta, \zeta$ мы выберем так (что возможно), чтобы направление осей $x, y, z$ всюду бесконечно мало отклонялось от их направления. Тогда $\alpha_{1}, \beta_{2}, \Upsilon_{3}$ будут бесконечно мало отличаться от единицы и $\alpha_{2}, \alpha_{3}, \beta_{3}, \beta_{1}, \gamma_{1}, \gamma_{2}$ будут бесконечно малы. Поэтому из уравнений
\[
\begin{aligned}
-p & =\alpha_{2} \frac{d \alpha_{3}}{d s}+\beta_{2} \frac{d \beta_{3}}{d s}+\Upsilon_{2} \frac{d \gamma_{3}}{d s}, \\
q & =\alpha_{1} \frac{d \alpha_{3}}{d s}+\beta_{1} \frac{d \beta_{3}}{d s}+\Upsilon_{1} \frac{d \gamma_{3}}{d s}, \\
r & =\alpha_{2} \frac{d \alpha_{1}}{d s}+\beta_{2} \frac{d \beta_{1}}{d s}+\Upsilon_{2} \frac{d \gamma_{1}}{d s}
\end{aligned}
\]

следует, что
\[
p=-\frac{i d \beta_{3}}{d s}, \quad q=\frac{d \alpha_{3}}{d s}, \quad r=\frac{d \beta_{1}}{d s} .
\]

Приняв во внимание уравнение (12) предыдущей лекции и заменив $\beta_{1}$ на $\psi$, получим
\[
p=-\frac{d^{2} \eta}{d s^{2}}, \quad q=\frac{d^{2} \xi}{d s^{2}}, \quad r=\frac{d \psi}{d s} .
\]

Интегрируя эти уравнения, мы найдем $\xi$ и $\eta$ как функции третьей степени, а $\psi$-как функцию второй степени $s$. Тогда $\zeta$ и $\eta$ определят изгиб, а $\psi$ – кручение стержня. Мы сделаем рассматриваемый случай более частным, предположив, что вєщество стержня изотропно, но сечение его оставим неопределенным. Обозначим определенный в конце § 3 двадцать седьмой лекции коsффициент упругости, т. е. величину
\[
2 K \frac{1+3 \theta}{1+2 \theta},
\]

через $E$; положим
\[
\int x^{2} d x d y=x_{1}, \quad \int y^{2} d x d y=x_{2}, \quad \int d x d y=\lambda
\]

и воспользуемся тем, что оси $x$ и $y$ были выбраны так, что
\[
\int x d x d y=0, \quad \int y d x d y=0, \quad \int x y d x d y=0 .
\]

Исследование, подобное произведенному в начале §6 предыдущей лекции, позволит найти $F$ и $G$. Величина, обозначенная там через $w_{0}$, должна содержать множитель $r$. Пользуясь этим, найдем
\[
F=-\frac{E}{2}\left(\varkappa_{1} q^{2}+\varkappa_{2} p^{2}+\rho r^{2}+\lambda \sigma^{2}\right),
\]

где $\rho$ – постоянное, которое для случая круглого сечения стержня равно
\[
\frac{1+2 \theta}{1+3 \theta} \frac{x_{1}+x^{2}}{2}:
\]

для поперечных сечений другой формы $\rho$ равно этому выражению, умноженному на числовой множитель, который для эллиптической формы можно легко найти с помощью вычисления, произведенного в § 3 предыдущей лекции. Из (4) следует далее, что
\[
G=-\frac{E}{2}\left(x_{1} q^{2}+\varkappa_{2} p^{2}+\rho r^{2}\right) .
\]

Поэтому уравнения (1) дадут
\[
E x_{2} \frac{d p}{d s}=-B, \quad E x_{1} \frac{d q}{d s}=A, \quad \frac{d r}{d s}=0 .
\]

Пусть для двух концевых сечений стержня $s=0$ и $s=l$, причем $l$ положительно. Тогда $A$ и $B$ можно определить как суммы компонент по осям $x$ и $y$ внешних сил давления, действующих на конец стержня $s=0$. Вместо $A$ и $B$ введем суммы соответственных компонент внешних давлений, действующих на другой конец стержня. Обозначим их через $X^{\prime}$ и $Y^{\prime}$; тогда получим
\[
A=-X^{\prime}, \quad B=-Y^{\prime},
\]

и, следовательно,
\[
E x_{2} \frac{d p}{d s}=Y^{\prime}, \quad E x_{1} \frac{d q}{d s}=\cdots-X^{\prime}, \quad \frac{d r}{d s}=0 .
\]

Проинтегрируем эти уравнения и выразим постоянные интегрирования через моменты внешних сил давления, действуюцих на конец $s=l$, относительно соответствующих этому концу осей $x, y, z$. ОЈэзначим эти моменты через $M_{x}^{\prime}, M_{y}^{\prime}, M_{z}^{\prime}$; тогда для $s=l$, на основании уравнений (33) предыдущей лекции, получим
\[
E \chi_{2} p=M_{x}^{\prime}, \quad E \varkappa_{1} q=M_{y}^{\prime}, \quad E \rho r=M_{z}^{\prime} .
\]

Отсюда для других значений $s$ следует
\[
E \kappa_{2} p=M_{x}^{\prime}-Y^{\prime}(l-s), E \varkappa_{1} q=M_{y}^{\prime}+X^{\prime}(l-s), E \rho r=M_{z}^{\prime} .
\]

Отсюда, при подходящем выборе системы координат $\xi, \eta, \zeta$, при помощи уравнений (2) получим
\[
\begin{array}{c}
E x_{1} \xi=\frac{s^{2}}{2}\left[X^{\prime}\left(l-\frac{s}{3}\right)+M_{y}^{\prime}\right], E x_{2} \eta=\frac{s^{2}}{2}\left[Y^{\prime}\left(l-\frac{s}{3}\right)-M_{x}^{\prime}\right], \\
E \rho \psi=M_{z}^{\prime} s .
\end{array}
\]

На двух первых уравнениях основан часто применяемый способ определения коэффициента упругости $E$ при помощи измерений изгиба стержня. Когда коэффициент упругости найден, третье уравнение позволяет определить постоянное $\theta$, входяцее в выражение $\rho$, если произвести измерение кручения стержня. Пуассон высказал предположение, что для всех тел, какие мы здесь рассматризаем, $\theta$ должно быть равно $\frac{1}{2}$. Это предположение не может быть с уверенностью ни доказано, ни опровергнуто, потому что ни для одного тела нельзя с уверенностью утверждать, что оно однородно и изотропно.
§ 2
В предыдущем параграфе мы исключили случай, когда направление частей стержня с точностью до бесконечно малых отклонений совпадает с направлением силы, которую в предыдущей лекции мы обозначили через $Г$. Теперь мы рассмотрим этот случай. При этом мы воспользуемся принципом возможных перемещений и будем исходить из уравнения (4). Для $p, q, r$ мы возьмем их значения из (2). Чтобы получить выражение для $\sigma$, положим
\[
\zeta=s+\omega,
\]

где $\omega$ обозначает бесконечно малую величину. Так, по определению $\sigma$, данному уравнением (11) предыдущей лекции, имеем
\[
(1+\sigma)^{2}=\left(\frac{d \xi}{d s}\right)^{2}+\left(\frac{d \eta}{d s}\right)^{2}+\left(1+\frac{d \omega}{d s}\right)^{2},
\]

и отсюда следует (если мы оставим не определенным отношение, в котором находится между собой порядок бесконечно малых величин $\xi, \eta, \omega)$, что
\[
\sigma=\frac{d \omega}{d s}+\frac{1}{2}\left[\left(\frac{d \xi}{d s}\right)^{2}+\left(\frac{d \eta}{d s}\right)^{2}\right] .
\]

Следовательно, выражение работы, производимой силами, обусловленными деформациями, при которых перемещения $\xi, \eta, \omega, \psi$ получают приращения $\delta \xi, \delta \eta, \delta \omega, \delta \psi$, т. е. выражение
\[
\delta \int_{0}^{l} F d s,
\]

где 0 и $l$ взяты как значения $s$, соответствующие концам стержня, вслед ствие уравнений (4), будет
\[
\begin{array}{l}
-E \int_{0}^{l} d s\left[x_{1} \frac{d^{2} \xi}{d s^{2}} \frac{d^{2} \delta \xi}{d s^{2}}+\chi_{2} \frac{d^{2} \eta}{d s^{2}} \frac{d^{2} \delta \eta}{d s^{2}}+\rho \frac{d \psi}{d s} \frac{d \delta \psi}{d s}+\right. \\
\left.+\lambda \sigma\left(\frac{d \delta \omega}{d s}+\frac{d \xi}{d s} \frac{d \delta \xi}{d s}+\frac{d \eta}{d s} \frac{d \delta \eta}{d s}\right)\right] .
\end{array}
\]

Интегрированием по частям это уравнение можно привести к виду
\[
\begin{array}{c}
-E \int_{0}^{l} d s\left[x_{1} \frac{d^{4} \xi}{d s^{4}}-\lambda \frac{d}{d s}\left(\sigma \frac{d \xi}{d s}\right)\right] \delta \xi- \\
-E x_{1}\left[\frac{d^{2} \xi}{d s^{2}} \frac{d \delta \xi}{d s}\right]_{0}^{l}+E\left[\left(x_{1} \frac{d^{3} \xi}{d s^{3}}-\lambda \sigma \frac{d \xi}{d s}\right) \delta \xi\right]_{0}^{l}- \\
-E \int_{0}^{l} d s\left[x_{2} \frac{d^{4} \eta}{d s^{4}}-\lambda \frac{d}{d s}\left(\sigma \frac{d \eta}{d s}\right)\right] \delta \eta- \\
-E x_{2}\left[\frac{d^{2} \eta}{d s^{2}} \frac{d(\delta \eta)}{d s}\right]_{0}^{l}+E\left[\left(\varkappa_{2} \frac{d^{3} \eta}{d s^{3}}-\lambda \sigma \frac{d \eta}{d s}\right) \delta \eta\right]_{0}^{l}+ \\
+E \lambda \int_{0}^{t} d s \frac{d \sigma}{d s} \delta \omega-E \lambda[\sigma \delta \omega]_{0}^{l}+E \rho \int_{0}^{l} d s \frac{d^{2} \psi}{d s^{2}} \delta \psi-E \rho\left[\frac{d \psi}{d s} \delta \psi\right]_{0}^{l}
\end{array}
\]

Наложим на вариации $\delta \xi, \delta \eta, \delta \frac{d \xi}{d s}, \delta \frac{d \eta}{d s}, \delta \omega, \delta \psi$ ограничение, что для $s=0$ они обращаются в нуль, и составим выражение для работы силы давления, действующей извне на концевое сечение стержня, для которого $s=l$. При помощи выражения (24) и уравнений (18) и (19) пятой лекции, а также уравнения (12) предыдущей лекции, мы найдем эту работу, которая будет равна
\[
{ }_{x}^{2} X^{\prime} \delta \xi+Y^{\prime} \delta \eta+Z^{\prime} \delta \omega-M_{x}^{\prime} \delta \frac{d \eta}{d s}+M_{y}^{\prime} \delta \frac{d \xi}{d s}+M^{\prime} \delta \psi,
\]

где вариации взяты при $s=l$, величины $X^{\prime}, Y^{\prime}, M_{x}^{\prime}, M_{y}^{\prime} M_{z}^{\prime}$ имеют те же значения, как в предыдущем параграфе, и $Z^{\prime}$ означает сумму компонент по оси $z$ той силы давления, к которой относятся предыдущие буквы. Условием равновесия будет условие, что сумма выражений (6) и (7) должна обращаться в нуль при произвольных значениях входящих в нее вариаций. Получающиеся отсюда уравнения содержат результаты, аналогичные выведенным в предыдущем параграфе для изотропного стержня, но в более общем виде, так как охватывают исключенный там случай.

Для кручения $\psi$ здесь получим то же выражение, которое было найдено ранее. Далее следует, что $\sigma$ постоянно и определяется из уравнения
\[
E \lambda \sigma=Z^{\prime} .
\]

С помощью этого значения $\sigma$ каждая из величин $\xi$ и $\eta$, определяющих изгиб, может быть вычислена из соответствующих дифференциальных уравнений и граничных условий. Далее, из уравнения (5) можно найти $\frac{d \omega}{d s}$ и, если принять, что $\omega$ обращается в нуль одновременно с $s$, определить само $\omega$.
Дифференциальное уравнение для $\xi$ будет
\[
E x_{1} \frac{d^{4} \xi}{d s^{4}}-Z^{\prime} \frac{d^{2} \varsigma}{d s^{2}}=0 .
\]

К нему добавляются граничные условия, при которых для $s=0$ должно быть
\[
\xi=0, \quad \frac{d \xi}{d s}=0
\]

и для $s=l$
\[
E \varkappa_{1} \frac{d^{2} \xi}{d s^{2}}=M_{y}^{\prime}, \quad E \varkappa_{1} \frac{d^{3} \xi}{d s^{3}}-Z^{\prime} \frac{d \xi}{d s}=-X^{\prime} .
\]

Если $Z^{\prime}$ не бесконечно велико по сравнению с $X^{\prime}$, то второй член левой части последнего из этих уравнений бесконечно мал по сравнению с правой частью; тогда указанное уравнение примет вид
\[
E \varkappa_{1} \frac{d^{3} \xi}{d s^{3}}=-X^{\prime} .
\]

Из предположения, что $\frac{d^{3} \xi}{d s^{3}}$ и $\frac{d \xi}{d s}$ – величины одного и того же порядка, следует также, что $Z^{\prime}$ бесконечно мало сравнительно с $E x_{1}$, а отсюда следует, что уравнение (9) примет вид
\[
\frac{d^{4} \xi}{d s^{4}}=0 .
\]

Таким образом мы получаем то самое значение для $\xi$, которое было выведено в предыдущем параграфе.
Для $\eta$ можно провести то же самое рассуждение, что и для $\xi$.
§ 3
Чтобы применить выведенные в предыдущем параграфе более общие формулы для изгиба к частному примеру, мы займемся способом определения коэффициента упругости, предложенным Гравезандом и очень удобным для тонкой проволоки. Способ состоит в следующем: между двумя зажимами натягивают горизонтально проволоку, к середине ее привешивают груз и наблюдают понижение середины. Половину этой проволоки мы можем рассматривать как стержень, к которому относятся наши формулы; точку, в которой привешен груз, как конец $s=0$. Ось $\xi$ направим по вертикали вверх. Тогда стержень будет находиться в плоскости $\xi, \zeta$ при $\eta=0 ; l$ будет равно половине длины стержня; $\zeta$ – наблюдаемое понижение для точки $s=0$ и $X^{\prime}$ – величина привешенного груза. Здесь $M_{a}^{\prime}$ и $Z^{\prime}$ не заданы непосредственно, но для определения этих величин мы имеем условие, что для $s=l$ должно быть
\[
\frac{d \xi}{d s}=0 \text { и } \omega=\omega^{\prime},
\]

где $\omega^{\prime}$ означает удлинение, которое получает половина проволоки вследствие натяжения между зажимами.
Положим
\[
h^{2}=\frac{Z^{\prime}}{E \varkappa_{1}},
\]

или, что по (8) одно и то же,
\[
h_{2}=\frac{\lambda}{x_{1}} \sigma .
\]

Тогда уравнение (9) примет вид
\[
\frac{d^{4} \xi}{d s^{4}}=h^{2} \frac{d^{2} \xi}{d s^{2}} .
\]

Интегралом этого уравнения, удовлетворяющим условиям (10) при $s=0$, будет
\[
\xi=A\left(e^{h s}-h s-1\right)+B\left(e^{-h s}+h s-1\right),
\]

где $A$ и $B$-произвольные постоянные. Для них условия (11) дают
\[
\begin{array}{l}
E \chi_{1} h^{3} A\left(e^{h l}+e^{-h l}\right)=h M_{y}^{\prime}-e^{-h l} X^{\prime}, \\
E x_{1} h^{3} B\left(e^{h l}+e^{-h l}\right)=h M_{y}^{\prime}+e^{h l} X^{\prime},
\end{array}
\]

между тем как из того, что $\frac{d \xi}{d s}$ для $s=l$ обращается в нуль, следует, что
\[
A\left(e^{h l}-1\right)+B\left(-e^{-h l}+1\right)=0 .
\]

Из этих трех уравнений получим
\[
\begin{array}{c}
h M_{y}^{\prime}\left(e^{\frac{h l}{2}}+e^{-\frac{h l}{2}}\right)=-\left(e^{\frac{h l}{2}}-e^{-\frac{h l}{2}}\right) X^{\prime}, \\
E \chi_{1} h^{3} A\left(e^{\frac{h l}{2}}+e^{-\frac{h l}{2}}\right)=-e^{-\frac{h l}{2}} X^{\prime}, \\
E \chi_{1} h^{3} B\left(e^{\frac{h l}{2}}+e^{-\frac{h l}{2}}\right)=e^{\frac{h l}{2}} X^{\prime} .
\end{array}
\]

Обозначим через $\xi$ ‘ значение $\xi$ для $s=l$ и положим для сокращения $\frac{h l}{2}=p$; тогда отсюда найдем
\[
\xi^{\prime}=\frac{X^{\prime} l^{3}}{4 E \varkappa_{1}} \frac{1}{p^{2}}\left(1-\frac{1}{p} \frac{e^{p}-e^{-p}}{e^{p}+e^{-p}}\right) .
\]

Чтобы по этому уравнению вычислить коэффициент упругости $E$, надо еще определить $p$. Из (5) и (12) следует
\[
4 p^{2} \frac{x_{1}}{\lambda}=\omega^{\prime} l+\frac{l}{2} \int_{0}^{l}\left(\frac{d \xi}{d s}\right)^{2} d s .
\]

Ho
\[
\frac{d \xi}{d s}=\frac{X^{\prime} l^{2}}{4 E \chi_{1}} \frac{1}{p^{2}}\left[1-\frac{e^{p\left(\frac{2 s}{l}-1\right)}+e^{-p\left(\frac{2 s}{l}-1\right)}}{e^{p}+e^{-p}}\right]
\]

поэтому если введем в предыдущее уравнение $\xi^{\prime}$ из (13), то оно примет вид
\[
4 p^{2} \frac{{ }^{r} \chi_{1}}{\lambda}=\omega^{\prime} l+\frac{\xi^{\prime 2}}{2} \frac{e^{2 p}+e^{-2 p}+4-\frac{3}{2} \frac{1}{p}\left(e^{2 p}-e^{-2 p}\right)}{\left[e^{p}+e^{-p}-1-\left(e^{p}-e^{-p}\right)\right]^{2}} .
\]

Множитель при $\xi^{\prime 2}$ всегда положителен, $\omega^{\prime}$ мы будем считать положительным. Отсюда следует, что если одна из величин $\omega^{\prime} l$ и $\xi^{\prime 2}$ или они обе бесконечно велики по сравнению с $\frac{\chi_{1}}{\lambda}$, то $p$ должно быть бесконечно большим. Это приблизительно осуществляется в случае, о котором идет речь. Поэтому в первом приближении будем иметь
\[
\xi^{\prime}=\frac{X^{\prime} l^{3}}{4 E \varkappa_{1}} \frac{1}{p^{2}}, 4 p^{2} \frac{\varkappa_{1}}{\lambda}=\omega^{\prime} l+\frac{\xi^{\prime 2}}{2} ;
\]

следовательно,
\[
E \lambda \xi^{\prime}\left(\omega^{\prime} l+\frac{\xi^{\prime 2}}{2}\right)=X^{\prime} l^{3} .
\]

Если бы мы приняли во внимание члены следующего порядка малости, то должны были бы воспользоваться уравнениями
\[
\xi^{\prime}=\frac{X^{\prime} l^{3}}{4 E \varkappa_{1}} \frac{1}{p^{2}}\left(1-\frac{1}{p}\right), 4 p^{2} \frac{\varkappa_{1}}{\lambda}=\omega^{\prime} l+\frac{\xi^{\prime 2}}{2}\left(1+\frac{1}{2 p}\right),
\]

по второму из которых можно найти $p$, если в правой части подставить вместо $p$ его первое приближение.

Заметим еще следующее. Множитель при $\xi^{\prime 2}$ в уравнении (14) не делается бесконечным ни для какого конечного значения $p$; отсюда следует, что если $\omega^{\prime} l$ и $\xi^{\prime 2}$ бесконечно малы сравнительно с $\frac{x_{1}}{\lambda}$, то $p$ должно быть бесконечно малым. Поэтому в этом случае уравнение (13) дает
\[
\xi^{\prime}=\frac{X^{\prime} l^{3}}{12 E \varkappa_{1}} .
\]
$\$ 4$
Теперь мы приведем пример равновесия стержня, на части которого действуют силы. Представим себе проволоку, натянутую горизонтально между двумя зажимами, и найдем изгиб, который она претерпевает при действии на ее частицы силы тяжести.,

Пусть ось $\xi$ направлена вертикально вниз; обозначим через $g$ тяжесть, через $\mu$-плотность проволоки. Тогда из выражения (6) следует, что
\[
x_{1} \frac{d^{4} \xi}{d s^{4}}-\lambda \sigma \frac{d^{2} \xi}{d s^{2}}=\frac{\mu \lambda g}{E}, \frac{d \sigma}{d s}=0 .
\]

Если для концов проволоки $s=l$ и $s=-l$, то для этих значений $s$ должно быть
\[
\xi=0 \text { и } \frac{d \xi}{d s}=0,
\]

и если $\omega^{\prime}$ означает удлинение, полученное половиной проволоки вследствие натяжения, то
\[
\sigma=\frac{\omega^{\prime}}{l}+\frac{1}{2 l} \int_{0}^{l} d s\left(\frac{d \xi}{d s}\right)^{2} .
\]

Эти уравнения можно трактовать совершенно так же, как те уравнения, которые мы исследовали в предыдущем параграфе. Однако мы ограничимся здесь рассмотрением только предельных случаев, когда $x_{1}$ бесконечно велико или бесконечно мало по сравнению с $\lambda \sigma$ (или по сравнению с $\lambda l^{2} \sigma$, что то же самое, так как мы рассматриваем $l$ как конечное).

Если $x_{1}$ бесконечно велико по сравнению с $\lambda \sigma$, то составленное для $\xi$ дифференциальное уравнение будет иметь вид
\[
\frac{d^{4} \xi}{d s^{4}}=\frac{\mu \lambda g}{E \varkappa_{1}}
\]

в предположении, что $\frac{d^{2} \xi}{d s^{2}}$ не бесконечно велико по сравнению с $\frac{d^{4 \xi}}{d s^{4}}$. Этому уравнению и четырем граничным условиям можно удовлетворить, полагая
\[
\xi=\frac{\mu \lambda g}{24 E \chi_{1}}\left(l^{2}-s^{2}\right)^{2} .
\]

Величина $x_{1}$ будет бесконечно велика по сравнению с $\lambda \sigma$, если $\sqrt{\omega^{\prime}}$ и $\xi$ бесконечно мала по сравнению с размерами поперечного сечения проволоки.

Если, напротив, одна из величин $\sqrt{\omega^{\prime}}$ и $\xi$ или они обе бесконечно велики по сравнению с размерами поперечного сечения, то $x_{1}$ будет бесконечно мало по сравнению с $\lambda \sigma$, и дифференциальное уравнение для $\xi$ примет вид
\[
\frac{d^{2} \xi}{d s^{2}}=-\frac{\mu g}{E \sigma}
\]

в предположении, что $\frac{d^{4} \xi}{d s^{4}}$ не бесконечно велико по сравнению с $-\frac{d^{2} \xi}{d s^{2}}$. Интегралом этого уравнения, удовлетворяющим условию, что для $s= \pm l$ значение $\xi$ обращается в нуль, будет
\[
\xi=\frac{\mu g}{2 E \sigma}\left(l^{2}-s^{2}\right) .
\]

Условие, что для концов проволоки $\frac{d \xi}{d s}$ также обращается в нуль, здесь выполнено быть не может; бесконечно близко к концу проволоки $\frac{d \xi}{d s}$ изменяется бесконечно быстро, $\frac{d 4 \xi}{d s^{4}}$ бесконечно велико вблизи конца по сравнению с $\frac{d^{2} \xi}{d s^{2}}$, и упрощенное дифференциальное уравнение непригодно. Для определения $\sigma$ получим уравнение
\[
\sigma=\frac{\omega^{\prime}}{l}+\frac{l^{2}}{\sigma}\left(\frac{\mu g}{E \sigma}\right)^{2} .
\]
§ 5
Следующие рассуждения будут относиться к колебаниям бесконечно тонкого стержня. Мы ограничимся случаем, когда колебания бесконечно малы и стержень первоначально был прямой и изотропный. Нетрудно найти дифференциальные уравнения движения с помощью принципа Гамильтона из выражений (6) и уравнения (27) предыдущей лекции. В последнем надо прежде всего принять во внимание, что, основываясь на изложенных выше предположениях, по уравнению (25) предыдущей лекции будем иметь
\[
R=\frac{\partial \beta_{1}}{\partial t},
\]

или, если мы опять введем $\psi$ вместо $\beta_{1}$,
\[
R=\frac{\partial \psi}{\partial t} .
\]

Далее, положим по-прежнему
\[
\zeta=s+\omega
\]

и введем определяемые уравнением (3) постоянные $x_{1}$ и $x_{2}$; тогда указанное уравнение примет вид
\[
T=\frac{\mu}{2} \int d s\left\{\lambda\left[\left(\frac{\partial \xi}{\partial t}\right)^{2}+\left(\frac{\partial \eta}{\partial t}\right)^{2}+\left(\frac{\partial \omega}{\partial t}\right)^{2}\right]+\left(\varkappa_{1}+\varkappa_{2}\right)\left(\frac{\partial \psi}{\partial t}\right)^{2}\right\} .
\]

Отсюда получим для
\[
8 \int T d t
\]

следующее выражение:
$-\mu \lambda \iint d s d t\left(\frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}} \delta \xi+\frac{\partial^{2} \eta}{\partial t^{2}} \delta \eta+\frac{\left.\partial^{2} \omega\right)}{\partial t^{2}} \delta \omega\right)-\mu\left(\varkappa_{1}+\varkappa_{2}\right) \iint d s d t \frac{\partial^{2} \psi}{\partial t^{2}} \delta \psi$,
если для границ времени положим вариации $\delta \xi, \delta \eta, \delta \omega$, $\delta \psi$ равным нулю.
Исследуем частные случаи. Сперва мы примем, что стержень при своем движении остается прямым, т. е. положим
Так как но (5)
\[
\begin{array}{c}
\xi=0 \text { и } \eta=0 . \\
\sigma=\frac{\partial \omega}{\partial s},
\end{array}
\]

то принцип Гамильтона приводит к дифференциальным уравнениям
\[
\frac{\partial^{2} \omega}{\partial t^{2}}=\frac{E}{\mu} \frac{\partial^{2} \omega}{\partial s^{2}}
\]

и
\[
\frac{\partial^{2} \psi}{\partial t^{2}}=\frac{E \rho}{\mu\left(\varkappa_{1}+\varkappa_{2}\right)} \frac{\partial^{2} \psi}{\partial s^{2}} .
\]

Первое из них определяет продольные колебания, второе – крутильные колебания стержня. Оба они одинаковой формы (формы, которую мы уже рассматривали в двадцать третьей лекции). Они представляют волны, которые распространяются с постоянной скоростью частью в том направлении, в котором $s$ возрастает, частью же в противоположном. Скорость распространения продольных волн равна
\[
\sqrt{\frac{E}{\mu}} \text {, }
\]

крутильных
\[
\sqrt{\frac{E p}{\mu\left(x_{1}+x_{2}\right)}} .
\]

Вследствие как продольных, так и крутильных колебаний стержень может давать простые тоны. Легко вычислить соответствующее им число колебаний и положение узлов. Достаточно будет показать это для продольных колебаний, так как крутильные отличаются от них только другим значением скорости распространения. Представим дифференциальное уравнение движения в виде
\[
\frac{\partial^{2} \omega}{\partial t^{2}}=a^{2} \frac{\partial^{2} \omega}{\partial s^{2}},
\]

причем через $a$ мы обозначим скорость распространения продольной волны, и положим
\[
\omega=u \sin 2 \pi n t,
\]

где $и$ будет функцией одного переменного $s$; тогда $n$ есть число колебаний тона. При этом для $u$ получим обыкновенное дифференциальное уравнение
\[
\frac{d^{2} u}{d s^{2}}=-\left(\frac{2 \pi n}{a}\right)^{2} u
\]

его общий интеграл будет
\[
u=A \sin \frac{2 \pi n}{a} s+B \cos \frac{2 \pi n}{a} s,
\]

где $A$ и $B$ – произвольные постоянные. Теперь надо различать три случая: случай двух неподвижных концов, двух свободных концов и случай, когда один конец неподвижен, а другой свободен. Для неподвижного конца всегда будет
\[
\omega=0 \text {, следовательно } u=0 \text {; }
\]

для свободного, как это вытекает из выражений (6),
\[
\frac{\partial \omega}{\partial s}=0, \text { следовательно } \frac{d u}{d s}=0 .
\]

Пусть будет для концов стержня
\[
s=0 \text { и } s=l \text {. }
\]

Если оба конца неподвижны, то мы удовлетворим требуемым для $и$ условиям, полагая
\[
\begin{array}{c}
u=A \sin \frac{2 \pi n}{a} s, \\
n=h \frac{a}{2 l},
\end{array}
\]

где $h$-целое число. Если оба конца свободны, то имеем
\[
u=B \cos \frac{2 \pi n}{a} s,
\]

причем $n$ имеет то же значение. Если первый конец неподвижен, а второй свободен, то
\[
u=A \sin \frac{2 \pi n}{a} s, \quad n=(2 h-1) \frac{a}{4 l} .
\]

При каждом из этих колебаний имеются точки, для которых $u=0$ и Для них в трех различных случаях при $k$, равном целому числу, имеем
\[
\begin{array}{l}
s=l \frac{k}{h}, \\
s=l \frac{2 k-1}{2 h}, \\
s=l \frac{2 k}{2 h-1} .
\end{array}
\]
§ 6
Теперь отбросим предположение, что стержень остается прямым, но предположим, что $\psi$ и $\eta$ равны нулю. Совершенно так же можно трактовать случай, когда $\psi=0$ и $\xi=0$.

Из выражений (15), (16) и (5), при применении принципа Гамильтона, следует, что
\[
\begin{array}{l}
\mu \frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}}+E \frac{\chi_{1}}{\lambda} \frac{\partial^{4} \xi}{\partial s^{4}}-E \frac{\partial}{\partial s}\left(\sigma \frac{\partial \xi}{\partial s}\right)=0, \\
\mu \frac{\partial^{2} \omega}{\partial t^{2}}-E \frac{\partial \sigma}{\partial s}=0, \\
\sigma=\frac{\partial \omega}{\partial s}+\frac{1}{2}\left(\frac{\partial \xi}{\partial s}\right)^{2} .
\end{array}
\]

К этому надо добавить условия для ‘концевых сечений стержня $s=0$ и $s=l$, которые должны быть взяты из выражения (6). Мы получим частное решение этой задачи, если положим
\[
\omega=0 \text { и } \quad \sigma=0 .
\]

При этом для $\xi$ мы получим из (16) дифференциальное уравнение в частных производных
\[
\mu \lambda \frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}}=-E x_{1} \frac{\partial^{4} \xi}{\partial s^{4}} .
\]

Для свободного конца по (6) должно быть
\[
\frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}}=0 \quad \text { и } \quad \frac{\partial^{3} \xi}{\partial s^{3}}=0,
\]

а для конца, который закреплен так, что не может ни отклоняться, ни вращаться, должно быть
\[
\xi=0 \quad \text { и } \quad \frac{\partial \xi}{\partial s}=0 .
\]

Допустим, что стержень дает простой тон с числом колебаний $n$, и положим
\[
\xi=u \sin 2 \pi n t,
\]

где $u$ означает функцию $s$, которая удовлетворяет дифференциальному уравнению
\[
\frac{d^{4} u}{d s^{4}}=\frac{\mu \lambda}{E \varkappa_{1}}(2 \pi n)^{2} u .
\]

Введем постоянное $p$, определяемое уравнением
\[
\frac{\mu \lambda}{E \varkappa_{1}}(2 \pi n)^{2}=\left(\frac{p}{l}\right)^{4}
\]

тогда общий интеграл последнего уравнения будет
\[
u=A \cos \frac{p s}{l}+B \sin \frac{p s}{l}+C \frac{e^{\frac{p s}{l}}+e^{-\frac{p s}{l}}}{2}+D \frac{e^{\frac{p s}{l}}-e^{-\frac{p s}{l}}}{2},
\]

где $A, B, C, D$ – произвольные постоянные. Четыре граничных условия определяют три из них и дают для $p$ трансцендентное уравнение, корни которого, принимая во внимание (18), показывают, какие значения может принять число $n$.

Если конец $s=0$ свободен, то два условия, подлежащих выполнению, дают
\[
C=A \quad \text { и } D=B ;
\]

следовательно,
\[
u=A\left[\cos \frac{p s}{l}+\frac{e^{\frac{p s}{l}}+e^{-\frac{p s}{l}}}{2}\right]+B\left[\sin \frac{p s}{l}+\frac{e^{-\frac{p s}{l}}-e^{-\frac{p s}{l}}}{2}\right] .
\]

Если свободен также конед $s=l$, то должны выполняться уравнения
\[
\begin{array}{l}
A\left[\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}-\cos p\right]+B\left[\frac{e^{p}-e^{-p}}{2}-\sin p\right]=0, \\
A\left[\frac{e^{p}-e^{-p}}{2}+\sin p\right]+B\left[\frac{e^{p}-e^{-p}}{2}-\cos p\right]=0 .
\end{array}
\]

Они определяют отношение $A: B$ и дают для $p$ уравнение
\[
\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}-\cos p\right)^{2}-\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}\right)^{2}+\sin ^{2} p=0,
\]
т. е. уравнение
\[
\cos p \frac{e^{p}+e^{-p}}{2}=1 .
\]

Корнями этого уравнения будут значения $x$, соответствующие точкам пересечения кривых, уравнения которых суть
\[
y=\cos x \quad \text { и } \quad y=\frac{2}{e^{x}+e^{-x}} .
\]

Исследование этих уравнений показывает, что $p=0$ есть четырехкратный корень; ближайший больший корень несколько больше, чем $\frac{3 \pi}{2}$; следующий несколько меньше, чем $\frac{5 \pi}{5}$, и так далее, причем корни тем больше приближаются к нечетному кратному $\frac{\pi}{2}$, чем выше их порядок. Величина $p=0$ соответствует бесконечной продолжительности колебания, следовательно, не дает никакого тона. Для сильнейшего тона стержня, для его основного тона, приблизительно будет $p=\frac{3 \pi}{2}$, т. е. $p=4,712$. Мы получим для него более точное приближение, если вычислим $p$ из уравнения
\[
\cos p=\frac{2}{e^{\frac{3 \pi}{2}}+e^{-\frac{3 \pi}{2}}},
\]

из которого получается $p=4,730$. Поступая подобным образом, можно найти все корни рассматриваемого уравнения с любой степенью точности.
Узлы определяются из уравнения

которое, если положим
\[
\begin{aligned}
u & =0, \\
\frac{s}{l} & =x,
\end{aligned}
\]

будем иметь вид
\[
\begin{array}{l}
\left(\frac{e^{p}-e^{-p}}{2}-\sin p\right)\left(\frac{e^{p x}+e^{-p x}}{2}+\cos p x\right)= \\
=\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}-\cos p\right)\left(\frac{e^{p x}-e^{-p x}}{2}+\sin p x\right) .
\end{array}
\]

По вычислениям Штрельке З значения $x$ для первых тонов таковы:
\begin{tabular}{lll}
Тон 1 & Тон 2 & Тон 3 \\
0,2242 & 0,1321 & 0,0944 \\
0,7758 & 0,5 & 0,3585 \\
& 0,8679 & 0,6415 \\
& & 0,9056
\end{tabular}

Если конец $s=l$ неподвижен, в то время как конец $s=0$ свободен,
– Dove’s Repertorium der Physik, III, 11 C.

то уравнение (19) также имеет место, но для определения $A: B$ и $p$ получим
\[
\begin{array}{l}
A\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}+\cos p\right)+B\left(\frac{e^{p}-e^{-p}}{2}+\sin p\right)=0 . \\
A\left(\frac{e^{p}-e^{-p}}{2}-\sin p\right)+B\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}+\cos p\right)=0,
\end{array}
\]

откуда следует, что
\[
\cos p \frac{e^{p}+e^{-p}}{2}=-1 .
\]

Меньший положительный корень этого уравнения несколько больше, чем $\frac{\pi}{2}$ (точно 1,375 ); следующий несколько меньше, чем $\frac{3 \pi}{2}$, ближайший следующий несколько больше $\frac{5 \pi}{2}$, и т. д. Для узлов, полагая опять $\frac{s}{l}=x$, получим
\[
\begin{array}{l}
\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}+\sin p\right)\left(\frac{e^{p x}+e^{-p x}}{2}+\cos p x\right)= \\
=\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}+\cos p\right)\left(\frac{e^{p x}-e^{-p x}}{2}+\sin p x\right)
\end{array}
\]

Рассмотрим еще случай, когда конец $s=0$ свободен, а концу $s=l$ сообщено некоторое периодическое движение. Пусть будет для $s=i$
\[
\xi=\alpha \sin 2 \pi n t, \quad \frac{\partial \xi}{\partial s}=\beta \sin 2 \pi n t,
\]

где $\alpha, \beta$ и $n$-данные постоянные. Тогда мы удовлетворим дифферегциальному уравнению для $\xi$ в частных производных и соответственным для $s=0$ граничным условиям, взяв уравнения (17) и (19), если вычислим p из (18). Условия, поставленные для $s=l$, дают
\[
\begin{aligned}
\alpha & =A\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}+\cos p\right)+B\left(\frac{e^{p}-e^{-p}}{2}+\sin p\right), \\
\frac{l}{p} \beta & =A\left(\frac{e^{p}-e^{-p}}{2}-\sin p\right)+B\left(\frac{e^{p}+e^{-p}}{2}+\cos p\right) ;
\end{aligned}
\]

эти два уравнения, вообще, вполне определяют $A$ и $B$. Только когда определитель коэффициентов при $A$ и $B$ обращается в нуль, т. е. когда $p$ и $n$ соответствуют одному из простых тонов, издаваемых стержнем со свободным и заделанным концами, $A$ и $B$ будут неопределенны (если при этом отношение $\alpha: \beta$ имеет некоторое определенное значение) и бесконечны при других значениях этого выражения.

Подобным же образом можно трактовать случай, когда вместо уравнений (20) для конца $s=l$ существуют уравнения
\[
\xi=\alpha^{\prime} \cos 2 \pi n t, \quad \frac{\partial \xi}{\partial s}=\beta^{\prime} \cos 2 \pi n t .
\]

Полагая $\xi$ равным сумме этих выражений, мы будем знать движение стержня в случае, когда для $s=l$
\[
\begin{aligned}
\xi & =\alpha \sin 2 \pi n t+\alpha^{\prime} \cos 2 \pi n t, \\
\frac{\partial \xi}{\partial s} & =\beta \sin 2 \pi n t+\beta^{\prime} \cos 2 \pi n t .
\end{aligned}
\]

$\S 7$
Теперь мы будем искать частные решения уравнений (16), при которых $\omega$ и $\sigma$ не обращаются в нуль и которые относятся к поперечным колебаниям струны. Струной называется натянутый стержень, поперечные размеры которого достаточно малы даже сравнительно со смещениями его частей. Во втором члене первого из уравнений (16) встречается множитель $\frac{x_{1}}{\lambda}$; этот множитель порядка поперечного сечения. Мы будем предполагать, что поперечное сечение так мало по сравнению с имеющимися смещениями, что названный член бесконечно мал по сравнению с третьим членом этого уравнения. Тогда уравнения (16) примут вид
\[
\begin{aligned}
\frac{\mu}{E} \frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}} & =\frac{\partial \sigma}{\partial s} \frac{\partial \xi}{\partial s}+\sigma \frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}}, \\
\frac{\mu}{E} \frac{\partial^{2} \omega}{\partial t^{2}} & =\frac{\partial \sigma}{\partial s}, \\
\sigma & =\frac{\partial \omega}{\partial s}+\frac{1}{2}\left(\frac{\partial \xi}{\partial s}\right)^{2} .
\end{aligned}
\]

К этому мы добавим условия, что
для
\[
\begin{array}{lll}
s=0, & \xi=0, & \omega=0, \\
s=l, & \xi=0, & \omega=\omega^{\prime},
\end{array}
\]

где $\omega^{\prime}$ – постоянное. Эти данные показывают, что оба конца стержня закреплены; значение $\omega^{\prime}$ определяет натяжение, которое дано струне. Мы будем искать только такие движения, при которых $\frac{\partial^{2} \omega}{\partial t^{2}}$ бесконечно мало по сравнению с $\frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}}$. При таком предположении из двух первых уравнений (21) следует, что $\frac{\partial \sigma}{\partial s}$ бесконечно мало по сравнению с $\frac{\partial \sigma}{\partial s} \frac{\partial \xi}{\partial s}+\sigma \frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}}$; но если $\frac{\partial s}{\partial s} \frac{\partial \xi}{\partial s}$ бесконечно мало по сравнению с $\frac{\partial \sigma}{\partial s}$, то $\sigma \frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}}$ должно быть бесконечно велико по сравнению с $\frac{\partial \tau}{\partial s}$ и тем более бесконечно велико по сравнению с $\frac{\partial s}{\partial s} \frac{\partial \xi}{\partial s}$. Поэтому первое из уравнений (21) будет
\[
\frac{\mu}{E} \frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}}=\sigma \frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}} .
\]

Из того, что $\frac{\partial \sigma}{\partial s}$ бесконечно мало по сравнению с $\sigma \frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}}$, следует, что $\frac{\partial \sigma}{\partial s}$ тем более бесконечно мало по сравнению с $\sigma$, поэтому $\sigma$ не зависит от $s$. Таким образом из третьего уравнения (21) имеем
\[
\sigma=\frac{\omega^{\prime}}{l}+\frac{1}{2 l} \int_{0}^{l}\left(\frac{\partial \xi}{\partial s}\right)^{2} d s,
\]

и, следовательно, по (22)
\[
\frac{\mu}{E} \frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}}=\left[\frac{\omega^{\prime}}{l}+\frac{1}{2 l} \int_{0}^{l}\left(\frac{\partial \xi}{\partial s}\right)^{2} d s\right] \frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}} .
\]

Это уравнение существенно упрощается, если натяжение струны достаточно велико, именно, если $\omega^{\prime}$ настолько велико по сравнению с $\xi$, что можно пренебречь вторым членом (по сравнению с первым) в множителе при $\frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}}$. Прежде чем перейти к ближайшему рассмотрению этого случая, мы выведем некоторые частные решения уравнения (23), которые пригодны, как бы ни было мало натяжение.
Положим
\[
\xi=u \sin \frac{m s}{l} \pi,
\]

где $m$-целое число, $u$ – неизвестная функция от $t$. При этом те условия, которые должны быть выполнены при $s=0$ и $s=l$, будут удовлетворены. Мы удовлетворим также уравнению (23), если определим $u$ из дифференциального уравнения
\[
\frac{d^{2} u}{d t^{2}}=-\left(\frac{m \pi}{l}\right)^{2} \frac{E}{\mu} u\left[\frac{\omega^{\prime}}{l}+\left(\frac{m \pi}{2 l}\right)^{2} u^{2}\right] .
\]

Его общим интегралом будет
\[
u=a \cos \operatorname{am} h\left(t-t_{0}\right), \bmod x,
\]

где $a$ и $t_{0}$ означают два произвольных постоянных, $h$ и $x$ – два постоянных, которые известным образом зависят от $a$. Действительно, при таком предположении получим для $u$
\[
\frac{d^{2} u}{d t^{2}}=-h^{2} u\left(1-2 x^{2}+\frac{2 x^{2}}{a^{2}} u^{2}\right) ;
\]

это уравнение отождествим с (24), если положим
\[
\begin{array}{c}
2 \chi^{2}=\frac{m^{2} \pi^{2} a^{2}}{m^{2} \pi^{2} a^{2}+4 l \omega^{\prime}}, \\
h^{2}=\frac{m^{2} \pi^{2}}{4 l^{4}} \frac{E}{\mu}\left(m^{2} \pi^{2} a^{2}+4 l \omega^{\prime}\right) .
\end{array}
\]
§ 8
Обратимся к исследованию случая, о котором было уже упомянуто, когда натяжение струны так велико, что вторым членом множителя при $\frac{\partial^{2 \xi}}{\partial s^{2}}$ в уравнении (23) можно пренебречь. Тогда это уравнение примет вид
\[
\frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}}=\frac{E}{\mu} \frac{\omega^{\prime}}{l} \frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}} .
\]

К этому добавляются условия, что для $s=0$ и $s=l \xi$ обращается в нуль. Такое дифференциальное уравнение мы рассматривали неоднократно, последний раз – при исследовании продольных и крутильных колебаний упругого стержня. Среди рассмотренных там случаев находится также случай, в котором должны быть выполнены такие же граничные условия, как и здесь; определенное уже частное решение, а также все, что было сказано о возможных простых тонах и соответственных узлах, годится и здесь. Из указанных там частных решений мы составим теперь более общее для поперечных колебаний струны. Чтобы несколько сократить формулы, введем такие единицы длины и времени, чтобы $l=\pi$ и продолжительность простого колебания при основном тоне была равна $\pi$. Тогда одним частным решением будет
\[
\xi=\sin m t \sin m s,
\]

другим
\[
\xi=\cos m t \sin m s,
\]

где $m$ означает любое положительное целое число.
Поэтому решением будет также выражение
\[
\xi=\Sigma\left(A_{m} \sin m t+B_{m} \cos m t\right) \sin m s,
\]

где $A_{m}, B_{m}$ – произвольные постоянные, и сумма взята по $m$ от $m=1$ до $m=\infty$, Этому решению можно придать такой вид, чтобы $\xi$ и $\frac{\partial \xi}{\partial t}$ при $t=0$ для всей струны были произвольными заданными функциями $s$. Полагая, что для $t=0$ будет иметь место
\[
\xi=U, \quad \frac{\partial \xi}{\partial t}=U^{\prime},
\]

где $U$ и $U^{\prime}$ – функции $s$, которые произвольно заданы в интервале от $s=0$ до $s=\pi$, мы тем самым требуем, чтобы для этого интервала было
\[
\begin{aligned}
U & =\Sigma B_{m} \sin m s, \\
U^{\prime} & =\Sigma m A_{m} \sin m s .
\end{aligned}
\]

Предполагая, что функции $U$ и $U^{\prime}$ могут быть представлены в таком виде, мы легко можем найти значения постоянных $A_{m}$ и $B_{m}$ (если $m$ и $m^{\prime}$ – два различных целых числа):
\[
\int_{0}^{\pi} \sin m s \sin m^{\prime} s d s=0,
\]

и если $m$ – любое целое число, то
\[
\int_{0}^{\pi} \sin ^{2} m s d s=\frac{\pi}{2} .
\]

Это предложение легко доказать, воспользовавшись соотношениями
\[
\begin{array}{c}
2 \sin m s \sin m^{\prime} s=\cos \left(m-m^{\prime}\right) s-\cos \left(m+m^{\prime}\right) s, \\
2 \sin ^{2} m s=1-\cos 2 m s .
\end{array}
\]

С помощью этого предложения найдем из (25), что
\[
\begin{aligned}
B_{m} & =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} U \sin m s d s, \\
m A_{m} & =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} U^{\prime} \sin m s d s .
\end{aligned}
\]

Дирихле* впервые строго доказал, что $U$ и $U^{\prime}$ всегда могут быть представлены таким образом, причем он показал, что бесконечный ряд (так называемый ряд Фурье)
\[
\Sigma C_{m} \sin m s,
\]

в котором коэффициенты определены из уравнения
\[
C_{m}=\frac{2}{\pi} \int f(s) \sin m s d s,
\]
* Dove’s Repertorium der Physik, I, 1952, Crelle’s Jourmal, Bú. IV, S. 157.

сходящийся, если $f(s)$ означает произвольную функцию $s$, всюду однозначную конечную и непрерывную для всех значений $s$ между 0 и $\pi$.

Найдем еще и другое решение рассмотренной задачи о колебании струны. Оставим принятые единицы длины и времени прежними, т. е. положим опять длину струны и продолжительность простого колебания основного тона равными $\pi$; тогда дифференциальное уравнение для перемещения $\xi$ примет вид
\[
\frac{\partial^{2} \xi}{\partial t^{2}}=\frac{\partial^{2} \xi}{\partial s^{2}},
\]

и его общим интегралом будет
\[
\xi-\varphi(t+s)+\psi(t-s),
\]

где $\varphi$ и $\psi$ – две произвольные функции указанных аргументов. Из условия, что для $s=0$ переменное $\xi$ всегда обращается в нуль, следует, что
\[
0=\varphi(t)+\psi(t),
\]

поэтому
\[
\xi=\varphi(t+s)-\varphi(t-s) ;
\]

из условия, что для $s=\pi$ всегда будет $\xi=0$, следует, что
\[
\varphi(t+\pi)=\varphi(t-\pi)
\]

или
\[
\varphi(x+2 \pi)=\varphi(x),
\]
т. е. $\varphi$ есть периодическая функция с периодом $2 \pi$. Отсюда можно будет определить $\varphi$ и, следовательно, $\xi$, если будет найдено $\varphi$ для интервала от $x=-\pi$ до $x=+\pi$. Но для этого необходимо знать начальное состоние струны. Пусть опять для $t=0$ будет
\[
\xi=U, \quad \frac{\partial \xi}{\partial t}=U^{\prime},
\]

где $U$ и $U^{\prime}$ – функции $s$, которые заданы в промежутке от $s=0$ до $s=\pi$. Тогда для этого интервала должно быть
\[
U=\varphi(s)-\varphi(-s), \quad U^{\prime}=\varphi^{\prime}(s)-\varphi^{\prime}(-s),
\]

где $\varphi^{\prime}$ – производная $\varphi$, взятая по аргументу. Умножая последнее уравнение на $d s$ и интегрируя его, мы получим
\[
\int U^{\prime} d s=\varphi(s)+\varphi(-s),
\]

где нижняя граница интеграла есть произвольное постоянное; и далее
\[
\begin{array}{c}
\varphi(s)=\frac{1}{2} U+\frac{1}{2} \int U^{\prime} d s, \\
\varphi(-s)=-\frac{1}{2} U+\frac{1}{2} \int U^{\prime} d s .
\end{array}
\]

Этими уравнениями $\varphi(s)$ определено для интервала от $s=-\pi$ до $s=$ $=+\pi$, а также и в общем случае, с точностью до аддитивной постоянной. Значение последней, однако, не влияет на значение $\xi$, так как $\xi$ равно разности двух значений $\varphi$.