Ю.С. Сикорский - Обыкновенные дифференциальные уравнения, страница 5

Известно, что для силы тока 1 и сопротивления Р потеря напряжения равна Р ° 1. Для цепи же с самоиндукцией Е потеря напряжения с(1 равна Š—. Поэтому полная потеря напряжения во всей цепи будет с(с Е РЕ+Š—. с(1 лс ' (16) Но, так как кс кс (с(1 = Ее (Ро(лог — Е сей о!) е з!п аЖ= то лс 1= Рс ",,(й (Р зсп и! — Еа соз а1) + Се Рс+ айЕй Принимая во внимание, что 1=1о=О в, момент 1=0, находим ЕоЕа С= —.

Рй+ айЕй ' Поэтому кс 1= о (Р з!и а1 — Еа соз а1+ Еае г' ). Заменяя электродвижущую силу Е ее значением из (15), мы видим, что нахождение силы тока 1 приводится к интегрированию линейного диференциального уравнения первого порядка Л1 Р Ео — + — 1= — 'з!Па1, ог Е Е в котором коэфициенты Р= — и Я = — з!пад Общий. его интеграл Р Ео 1. согласно (10) будет 1=е ь "— '- "е г з!паЬИ+С~. !" Е-.," Это равенство представляет частный интеграл уравнения (16). Представим его в более удобном для вычисления виде.

Полагая отвлеченЕа ное число — =!на (угол чс называется смещением фа аы), полуРми (шс — т) чим Рз!паа — Еасоза(= =Рк 1+!айра!!! (а1 — су) = сой т = ~/'Рй+айЕйз!п(а1 — с), что дает Ю 1 ЕоЕае Ео й!и (аг — В) Ь Рй+ айЕй ~/ Рй ! ай1й Сила тона, как показывает это равенство, состоит из двух частей: нс первая имеет характер затухания (множитель е г'); вторая — характер периодический (множитель зш (а1 — су)). Пусть Е„= Ее= 650Н, самоиндукция 1=0,0937 Н, сопротивление 77= — 4,58 О н частота у=60 Нл.

В таком случае круговая частота е = 2яу= = 120 ° 3,14 376,8 и Ео 7 =18,89А; тяр= — =7,71; Уг77з + езу.з с мещеине фаз Ч = 82ь38', отношение — =48,9. Вследствие этого сила тока Е 7=1889 ~ —.' е ' +з!п(ег — 71~. Г 35,3 — аа,зз ~ 35,59 Первое слагаемое суммы, стоящей в скобках, имеющее в моьент Г=О значение, баизкое к единице, с течением времени весьма быстро убывает и вдальиейшем силу тока можно считать меняющейся согласно формуле 7= 18,89 з(п (мг — Ч) ампер. В 18. Интегрирующий множитель. Рассмотренные выше диферен- циальные уравнения — однородное и линейные первого порядка — пред- ставляют типы уравнений, интегрируемых методом отделения перемен- ных.

Сейчас мы остановимся еще вкратце на применении к интегриро- ванию уравнений метода интегрирующего множителя. Сущ- ность этого метода состоит в том, чтобы на йти такой множитель, после умножения на который левая часть уравнения Е(х, у, у') = О с т а н о в и т с я п о л н ы м д и ф е р е н ц и а л о м. И если это достигнуто, то далее применяется прием, изложенный в 9 9. Пусть дано уравнение ММх+1тгду= О, чтобы левая часть уравнения рМ г(х+ р7тт г(у = О была полным диференциалом. Согласно сказанному в 9 8 множитель р должен удовлетворять условию — = —, которое можно пвред(рм) д(,ай) ду дх писать в виде д дх 1(д д )' др д~ дйГ дМ (18) Мм видим, что искомый множитель р удовлетворяет уравнению (18) с частными производными, и чтобы его найти, надо это уравнение проинтегрировать.

Но так как интегрирование уравнения (18) с частными производными есть задача, вообще говоря, более сложная, чем интегрирование данного уравнения (17), то на первый взглнд выходит, что, отыскивая интегрирующий множитель, мы только усложнили задачу. Но дело в том, что для нахождения р надо знать только частное решение уравнения (18), и поэтому вопрос в некоторых случаях.ста новится легко разрешимым. Чтобы покааать, как он именно решается, остановимся на каком либо частном случае отыскания интегрирующего множителя. Относительно этого множителя сделаем такое предположение: пусть он будет левая часть которого не есть полный диференциал.

Будем искать такой множитель р =о(х,у), функцией только от х, и посмотрим, при каком условии уравнение (17) может иметь такой интегрирующий множитель. Если )з = е (х), то — = О дн ду и уравнение (18) можно представить в виде Так как здесь левая часть равенства есть функция только от одного х, то и правая должна быть тоже функцией только от х.

В этом именно и заклю- чается условие того, что уравнение (17) имеет интегрирующий множи- тель, являющийся функцией только от х. Сам множитель, как это не- трудно видеть, р. = е Мы, конечно, могли бы относительно множителя (э поставить и другие требования; например, чтобы он был функцией только от у, либо только от х+у, либо от хэ — у и т. п. Каждое из этих требований привело бы нас к специальному условию, аналогичному тому, которое мы нашли в разобранном случае.

Прим е р. (2у+хуз) Фх+(х+ хэуэ) ду = О. Для этого уравнения дМ М = 2у + ху", ЗГ = х + хэуь — = 2 + Зхуэ ду дйГ 1 Г дМ дй1 1+ хуэ 1 дх У ЗГ ~ ду дх/ х+хэуэ г ' Мы видим, что для него существует интегрирующий множитель, зависящий только от х, и этот множитель Г-* е 1пе Н=е =е =х. Умножая иа него наше уравнение, получим (2ху + хауз) дх + (ха+ хэуэ) ду = О. Левая часть этого уравнения есть полный диферевциал, что нетрудно проверить. Интегрировать его можно по способу, изложенному в З 9. Но проще переписать наше уравнение в форме 2ху дх + хэ ду + — (Зхэу" дх + Зуэхэ ду) = О, 1 3 или у)+ 3 1 а затем интегрировать.

Общий интеграл его будет Зхэу+ х'уз = С. Для линейного уравнения первого порядка у'+ у — О=о имеем дг=1 и М=Ру — (г. 1 ГдМ д)Е~ Выражение — ( — — — )=Р есть функция только от х. СледоваФ(, ду дх) тельно, интегрирующий множитель 1 Рех )ь =е В дальнейшем нам придется встретиться с условием существования интегрирующего множителя для выражения М г(х + )(Г ду + Р аг, (19) коэфициенты М, И и Р которого зависят от аргументов х, у и е. Обозначив этот множитель буквой )ь и умножая на него рассматривае. мое выражение, мы получим полный диференциал д()= йМНх+)ьИау+)ьРйв, по отношению к которому должны иметь место условия (10), т.

е. д (ь)Ч) д (иР) д (рР) д (иМ) д (НМ) д (Вд)) — — — — и Се ду ' дх де ду дх эти равенства в раскрытом виде будут: / дУ дР1 ди ди ) ~ — — — ~~=Р— — М- —, (, де ду,) ду де ' ! дР дМ~ ди ди р~ — — — )=М вЂ” — Р— '(,дх дх.! де дх' ГдМ д)Ч~ ди дм )ь( — — — ~= М вЂ” — М вЂ”. (,ду дх~ дх ду' Умножая ия соответственно на М, М и Р и складывая результаты, находим Полученное равенство выражает условие, н е о б х о д и и о е для того, чтобы выражение (19) имело интегрирующий множитель. Будучи необходимым условием, оно в то же время и достаточно; на выяснении его достаточности мы здесь, однако, останавливаться не будем.

еО. Диференциальное уравнение силы тома при неременном сопротивлении цени. При интегрировании диференциального уравнения силы переменного тока мы в У рассматривали сопротивление )с как величину постоянную. Но в течение того периода времени, когда ток выключается, сопротивление )т является величиной переменной; пусть аависимость )с от времени может быть выражена формулой )сот д) ась~) Š— + — — =О. ас (т — ОЬ 1. (20) 29 где )с — начальное (постоянное) значение гс; т — промежуток времени до момента выключения и г — время. Диференциальное уравнение, соответствующее этому явлению, таково: Считая электродвижущую силу Е постоянной, будем искать решение этого уравнения, удовлетворяющее условию 1 =1е = — при 1= О.

но Применим метод интегрирующего множителя. Для данного случая нат при Р= — этот множитель (' — г) 1 г гвг — — иц — и дв и. е р=е =е = (с — К) г' . Уравнение (20) после умножения на р принимает вид и,. т (с — 1) л . — „+ — '(т — С) г' .1= — (т — С) Е 1 У или но Яа —. ~(т — 1) г .1) = — (т — 1) откуда дб г Вд~ 1 (т — 1) ь ~ — Г(т — С) г ° И+С~. ~,!' Е Если -- ф т, то, выполнив квадратуру, получим нв Е н; —,(т — )+С( — 1) '. В силу начальных условий, полагая в этом равенстве 1=0, нахо- Ла Ет дим 1в = — + Ст ь . И, следовательно, Лй 1= (т — С)+ )3з — р 1 (1 — — ) г Если — = т, то после выполнения Е но преобразований будем иметь '=('-Й"-Ф" ('-Я 11. Уравнения равновесия жидкой массе. Предположим, что в сосуде У (фиг 6) содержится покоящаяся жидкость, частицы которой мы отнесем к координатной системе «,у, в.

Рассмотрим элемент жидкости, имеющий форму прямоугольного параллелепипедз, вершина М котоФиг. б. рого имеет координаты к, у и в, а ребра — ак, ау и ав — параллельны координатным. осям. Если буквой р обозначим плотность жидкости в точке М, то масса элемента будет равна рйкауйв. Будем рассматривать жидкость как деформируемое сплошное тело, которое в состоянии равновесия не испытывает ни касательных напряжений, ни натяжений, но может оказать и само испытывает только давления. Заметим, что термином жидкость в гидростатике и гидрой0 г динамике обозначают не только жидкость в общепринятом аначении ~того слова, но также и газообразные вещества.

Первые называют капельными жидкостями и считают, что сжимаеиостью их можно пренебречь, вторые же, в отличие от первых, названы сжимаемыми жидкостями. Из сказанного выше следует, что на грани параллелепипеда действуют нормальные к граням давления. Кроме этих сил, на параллелепипед могут действовать еще и объемные силы (например, сила тяжести). Если мы обозначим буквами Х, У и Е составляющие объемной силы, действующей на единицу массы, то проекции этой силы, приложенной к параллелепипеду, будут рХйхг1уг1г, р Мха й и рЫхоуг1г.

Пусть р есть давление жидкости в точке М. Оно является функцией от координат этой точки. Силы давления на грани МОЕЯ и ВСНК соответственно будут р У г и — (р + +, 'Ух) ду 1г. Сумма проекций на ось ОХ всех приложенных к параллелепипзду сил, как это нетрудно видеть, выразится так: р бу ггг — (р + — г1х) гну газ+ рХйхйуг1г, или после сокращений (РХ вЂ” др) ЫУЬ. (ру — ) дхИусЬ и (рŠ— «) ИгЫуИг. Составляя уравнения равновесия, мы приравняем эти суммы нулю.