1625914359-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (Подивилов 2012 - Рабочая тетрадь по математическим методам физики), страница 5

∗ Найти общее решение уравнения взаимодействия встречных волн внелинейной средеut − ux = uv, vt + vx = −uv.Указание. Перейдем к конусным переменным (характеристиам) ξ = (x − t)/2, η =(x + t)/2. Система упростится(∂u= −uv,∂ξ(2.9)∂v=−uv.∂ηОтсюда следует, что uξ = vη , а стало быть, можно ввести логарифмический потенциалΦ такой, что∂ ln Φ∂ ln Φ, v=.u=∂η∂ξМожно проверить тождество∂ ln Φ ∂ ln Φ1 ∂Φ∂ 2 ln Φ=−+.∂ξ∂η∂ξ∂ηΦ ∂ξ∂η(2.10)Подставляя (2.10) в (2.9), получим линейное гиперболическое уравнение Φξη = 0.Его общее решение Φ = f (ξ) + g(η).Ответ.v=Задача 67 .∗∂ ln Φg ′(η)=,∂ξf (ξ) + g(η)u=∂ ln Φf ′ (ξ)=.∂ηf (ξ) + g(η)Свести к линейному уравнение Бюргерса ut + uux = µuxx .Указание. Введем потенциал скорости такой, чтобы u = Φx .

После интегрирования уравнение останется нелинейным: Φt + Φ2x /2 = µΦxx . Теперь ищем логарифмическийпотенциал Θ такой, чтобы Φ = a ln Θ. Постоянную a подберем так, чтобы уравнение стало линейным (подстановка Коула— Хопфа).После вычисления производных получим a = −2µ,∂ Θxx∂ Θt−µ= 0.∂x Θ∂x ΘИнтегрируя по x, находим линейное уравнение для функции Θ(x, t):Θt − µΘxx = λ(t)Θ.Уравнение можно упростить заменой неизвестной функцииΘ = φ(t)v(x, t).Ответ. Выберем в качестве функции φ(t) решение уравнения φ′ = λ(t)φ. Получится уравнение теплопроводности vt = vxx .Задача 68 .

Свести к линейному квазилинейное уравнение второго порядка∇2 u − (∇u)2 = 0.312.8. Метод Фурье1.0u0.50.0-0.5-1.00.00.20.40.60.81.0xРис. 2.9. Профиль начального условия в задачах 69 (сплошная линия), 71 (штрихи), 73 (точки)Указание.

Подбираем замену неизвестной функции вида u = ω(v) так, чтобы сократились нелинейности.Ответ. Сводится к уравнению Лапласаω ′′ − ω ′2 = 0 ⇒ ∇2 v = 0.2.8.2.8.1.Метод ФурьеГиперболический типРешение уравнения utt − uxx = 0 с нулевыми граничными условиями на концах единичного отрезка u(0, t) = u(1, t) = 0 имеет решение в виде ряда Фурьеu(x, t) =∞X(An cos πnt + Bn sin πnt) sin πnx.(2.11)n=0Коэффициенты Фурье An , Bn находятся из начальных условий. Если начальные и граничные условия не согласованы, решение получается с разрывом функции или производной.Задача 69 .utt − uxx = 0,u(0, t) = u(1, t) = 0,u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = sin 2πx(рис.

2.9, сплошная кривая).Указание.An = 0,πnBn = 2Z1ut (x, 0) sin πnx dx = δ2,n .0Ответ.u(x, t) =1sin 2πt sin 2πx.2πЗадача 70 .utt − uxx = sin πxe−γt ,u(0, t) = u(1, t) = 0,u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0.322. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХuuuxxxабвРис. 2.10. Волны, бегущие направо и налево (точки и штрихи), и их сумма — решение волновогоуравнения (сплошная линия) при t = 0, 1 (а), 0,2 (б), 0,3 (в)PУказание. Ищите решение неоднородного уравнения в виде u(x, t) = ∞n=0 cn (t) sin πnx.2 2−γtНа функцию cn (t) получится обыкновенное уравнение c̈n + π n cn = e δn,1 .

При n 6= 1имеется только нулевое решение. При n = 1 уравнение можно решить методом неопределенных коэффициентов либо комплексной подстановкой z = πc1 + iċ1 . На комплекснуюфункцию z(t) получится уравнение I порядкаż + iπz = ie−γt .Ответ.c1 =π (− cos πt + e−γt ) + γ sin πt.π (π 2 + γ 2 )Задача 71 .utt − uxx = 0,u(0, t) = u(1, t) = 0,ut (x, 0) = 0, u(x, 0) =(h xa ,,h 1−x1−ax < a,x>a(рис. 2.9, штрихи).Указание.Bn = 0,An = 2Z1u(x, 0) sin πnx dx.0Интеграл можно взять по частям.Ответ.∞2h X sin πna cos πnt sin πnxu(x, t) =.a(1 − a) n=1(πn)2Почему убывание коэффициентов получилось со скоростью 1/n2 ? Если a = 1/2, точетные члены исчезают. Объясните это с точки зрения теории рядов Фурье.Задача 72 . Найдите графически форму струны при a = 1/2.Указание.

Общее решение одномерного волнового уравнения состоит из волн, бегущих вправо и влево u(x, t) = f (x − t) + g(x + t). Начальное отклонение струны имеетформу равнобедренного треугольника, поэтому каждая из волн имеет такую же форму,но половинной высоты. Надо достроить треугольник нечетным образом при −1 < x < 0и периодически продолжить на всю числовую ось. Если сложить две полуволны, в общем случае получится равнобедренная трапеция (рис. 2.10).332.8. Метод ФурьеЗадача 73 .utt − uxx = 0,ux (0, t) = ux (1, t) = 0,u(x, 0) = x,ut (x, 0) = 0(рис. 2.9, точки).Указание.Bn = 0, An =Ответ.u(x, t) = −42(1 − (−1)n ) .2(πn)∞Xcos π(2k + 1)t cos π(2k + 1)xπ 2 (2k + 1)2k=0.Почему остались только нечетные гармоники? Что изменится, если u(x, 0)t = 1? Какизменится пространство функций, если в начальный момент ux (0, t) = 0, u(1, t) = 0?2.8.2.Параболический типРешение задачи ut = L̂u при условии u|S = 0 ищем в виде суммыu(x, t) =∞XCn (t)ψn (x),n=0где ψn — собственные функции оператора: L̂ψn = λn ψn с граничным условием ψn |S = 0.Тогда для функций Cn (t) получатся обыкновенные дифференциальные уравнения.Задача 74 .

Решить задачу Кошиut = uxx ,u(x, 0) = x(1 − x).u(0, t) = u(1, t) = 0,Указание. Решение имеет видu=∞XAn e−π2 n2 tsin πnx.n=1Коэффициенты An найдем из начального условияAn = 2Z0Ответ.u=81x(1 − x) sin πnx dx.∞Xsin π(2k + 1)xk=0π 3 (2k + 1)3e−π2 (2k+1)2 t.Почему коэффициенты убывают быстро, как куб номера? Почему исчезли четные коэффициенты?Задача 75 . Решить неоднородное уравнениеut = uxx − βu + sin πx,u(0, t) = u(1, t) = 0,u(x, 0) = 0.342.

УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХУказание. Подставим в гиперболическое уравнение решение u =получим обыкновенные уравненияP∞k=1 cn (t) sin πnx,ċn + π 2 n2 + β cn = δn,1 .Его решение с нулевым начальным условием можно найти методом неопределенныхкоэффициентов.Ответ.u(x, t) =isin πx h−(β+π 2 )t.1−eβ + π2Задача 76 . Решить трехмерное уравнение теплопроводности в шаре радиуса a сточечным источником в начале координат∂u= △u + Qδ(~r)∂tс граничным условием u(a, t) = 0 и нулевым начальным условием.Указание.

Решение u(r, t) не зависит от углов. Ищем решение в виде суммы стационарного решения неоднородного уравнения и нестационарного решения однородногоu(r, t) = v(r, t) + w(r),vt = △v,△w + Qδ(~r) = 0.Стационарное уравнение интегрируем по шару радиуса r и преобразуем интеграл потеореме Гаусса. Получим естественно электростатический потенциал точечного зарядаQ 1 12 ′4πr w = −Q ⇒ w =.−4π r aНестационарное решение ищем в виде ∞πnrπn 21XAn sinexp −t ,v=r n=1aaа коэффициенты An найдем из начальных условийQ 1 11Xπnrv|t=0 = −=An sin−.4π r ar naОтвет.Qu=4π2.8.3.1 1−r a−∞Q X1πnr −π2 n2 t/a2sine.2π 2 r n=1 naЭллиптический типЗадача 77 .

Решить уравнение Лапласа △u = 0 в промежутке между двумя коаксиальными цилиндрами радиусами b > a с граничными условиями u(a, ϕ) = 1, u(b, ϕ) =cos ϕ.352.8. Метод Фурьеyb43Q22a1x0Q10012а345бРис. 2.11. Граничные условия (а) и линии равной температуры (б) к задаче 78Указание. Ищем решение в виде u = R(r)Φ(ϕ). Находим Φ = eimϕ и радиальноеуравнениеm21(2.12)R′′ + R′ − 2 R = 0.rrДля внутреннего цилиндра m = 0 имеется два независимых решения (2.12): 1 и ln r.Для внешнего цилиндра m = ±1, решения r и 1/r.

Значит, надо искать решение краевойзадачи в видеu(r, ϕ) = eiϕ (Ar + B/r) + c.c. + A0 + B0 ln r.Подставляя решение в граничные условия, найдем 4 уравнения на коэффициентыAa + B/a = 0,Ответ.A0 + B0 ln a = 1,cos ϕu(r, ϕ) = 2b − a2(Ab + B/b) cos ϕ = cos ϕ,a2 bbr −r+A0 + B0 ln b = 0.1(ln b − ln r).ln(b/a)Задача 78 . Решить уравнение Лапласа △u = 0 в прямоугольнике a × b с граничными условиямиux |x=0 = 0,uy |y=0 = Q1 ,ux |x=a = Q2 ,uy |y=b = 0.Указание.

Левая и верхняя стенка теплоизолированы, в нижнюю стенку втекаетпоток плотностью Q1 , а из правой вытекает поток плотностью Q2 (рис. 2.11, a). Переменные разделяются, если искать решение в виде суммы u = X(x) + Y (y). Обыкновенныеуравнения легко решаются:X =αx2+ C1 x,2Y = −αy2+ C2 y + C3 ,2где α — параметр разделения.Подставляя решение в граничные условия, найдем C1 = 0, C2 = αb и параметрразделения α = Q2 /a = Q1 /b. Получается условие разрешимости Q1 a = Q2 b. Почемузадача не решается при нарушении этого условия? Еще одна аддитивная константа C3не может быть найдена из граничных условий.362. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХОтвет.Q1 2(x − y 2 ) + Q1 y + C3 .2bНарисуйте изотермы и линии тока. Покажите, что изотермы ортогональны изолированным стенкам (рис.

2.11, б).u(x, y) =2.9.2.9.1.Разделение переменныхОртогональные системы координатИз заданного преобразования в ортогональную систему координатx = x(q1 , q2 , q3 ),y = y(q1 , q2 , q3 ),z = z(q1 , q2 , q3 )можно вычислить коэффициенты Ламеs 2 22∂y∂z∂x++,hi =∂qi∂qi∂qii = 1, 2, 3.По ним можно найти выражение для оператора Лапласа в новой системе координат3 1X ∂ h ∂△=,h i=1 ∂qi h2i ∂qiгде h = h1 h2 h3 — коэффициент преобразования объема.2.9.2.Параболоидальные координатыЗадача 79 . Переход к параболическим (или параболоидальным) координатам задан формуламиx=pξη cos ϕ,y=pξη sin ϕ,z=ξ−η,2ξ, η > 0, 0 6 ϕ < 2π.(2.13)1. Нарисовать координатные поверхности.2.