1005155 (Типовые по урматфизу (часть 3))

12.25. Найтирешениепервойсмешаннойзадачидляуравнениятеплопроводности на отрезке.U t = 9U xx , 0 < x < 5, t > 02 x 2 5, 0 ≤ x ≤ 5 2,U ( x, 0 ) = 5 − x, 5 2 < x ≤ 5,U ( 0, t ) = U ( 5, t ) = 0РешениеОбщее решение данного уравнения имеет вид: π na − t l 2∞U ( x, t ) = ∑ An esinπ nxn =1l,2π nxгде An = ∫ U ( x, 0 ) sindx, n = 1, 2, ... .l 0llВ нашем случае a = 3, l = 5 .Находим:2  2An = 5 552∫0x sindx + ∫ ( 5 − x ) sindx  .55522π nxπ nx5Вычислим отдельно:du = 2 xdx∫0 x sin 5 dx = dv = sin π nx dx, v = − 5 cos π nx =πn5555u = x,du = dx5x2π nx 2 10 2π nx=−cos+x cosdx =5π nxπ nx =5 0 π n ∫05πndv = cosdx, v =sin55πn522π nxu = x2 ,5 5x2π nx 50 xπ nx 250π nx  2cos= −+ 2 2 sin+ 3 3 cos =n5n5n5πππ0=−125π n 250  π n π n 125cos+ 2 2 sin+− 1 . cos4π n2 π n2 π 3n3 21du = − dx∫ ( 5 − x ) sin 5 dx = dv = sin π nx dx, v = − 5 cos π nx =5255πn5π nxu = 5 − x, 5(5 − x )π nx 25π nx 25π n 25πn= −− 2 2 sin+ 2 2 sin .coscos =πn5π n5 52π n2 π n252Тогда2  2  125π n 125π n 250  π n  An =   −cos+ 2 2 sin+− 1  + cos5  5  4π n2 π n2 π 3n3 2π n 25π n  30π n 40  π n 25+cos+ 2 2 sin+− 1 . = 2 2 sin cos2π n2 π n2  π n2 π 3n 3 2Общее решение исходного уравнения: 3π n  t5  3πn4 π n   −U ( x, t ) = 2 ∑  2 sin+ 3  cos− 1  eπ n=1  n2 πn 210∞22sinπ nx5.13.25.

Найтирешениепервойсмешаннойзадачидляуравнениятеплопроводности в круге.U t = 2∆U , 0 ≤ r < 3, t > 0, U ( r , 0 ) = 9 − r 2 , U ( 3, t ) = 0 .РешениеОбщее решение данного уравнения:∞ a2µ 2   µ r U ( r , t ) = ∑ An exp  − 2 n t  J 0  n  ,n =1 R   R где An =R22R J21rU ( r ) J(µ ) ∫0n00 µn r  dr , Jν ( x ) – функция Бесселя первого рода порядка R ν , µ1 , µ 2 , ..., µ n , ... – положительные корни уравнения J 0 ( µ ) = 0 .В нашем случае a = 2, R = 3 .

Находим3r (9 − r ) J(µ ) ∫2An =23 J21Сделаем замену2n00 µn r  dr . 3 r= x ⇒ r = 3 x, dr = 3dx , тогда3113An = 2x1−xJµxdx=xJµxdx−xJµxdx()()()()nn00∫0 0 n .J1 ( µ n ) ∫0J12 ( µ n )  ∫02 ⋅ 321182Вычислим отдельно интегралы1100S1 = ∫ xJ 0 ( µ n x ) dx и S2 = ∫ x3 J 0 ( µn x ) dx .С этой целью воспользуемся рекуррентными формуламиd νx Jν ( x ) ) = xν J v −1 ( x ) и xJν +1 = − xJν −1 ( x ) + 2ν Jν ( x ) .(dxИз первой из них при ν = 1 и ν = 2 соответственно получаем:xx∫ ξ J (ξ ) dξ = xJ ( x ) , ∫ ξ J (ξ ) dξ = x J ( x ) .20012010Вычислим по частям интеграл:3u = ξ 2,x∫ ξ J 0 (ξ ) dξ =3du = 2ξ d ξdv = ξ J 0 (ξ ) dξ , v = J (ξ ) d ξ0=x= ξ J1 ( ξ ) − 2 ∫ ξ 2 J1 ( ξ ) d ξ = x 3 J 1 ( x ) − 2 x 2 J 2 ( x ) .x300Согласно второй из приведенных формул при ν = 1 справедливо равенствоxJ 2 ( x ) = − xJ 0 ( x ) + 2 J1 ( x ) .Тогдаx∫ ξ J (ξ ) dξ = x J ( x ) − 2 x ( − xJ ( x ) + 2 J ( x ) ) = 2 x J ( x ) + x ( x332010102− 4 ) J1 ( x ) .0Вернемся к вычислению интегралов S1 и S2 .

Сделаем замену µn x = ξ , тогдаµnµµnµnξ dξ 1 n1S1 = ∫ J 0 (ξ )= 2 ∫ ξ J 0 (ξ ) dξ =J (µ ) .µ n µ n µn 0µn 1 n0ξ 3 dξ 1S2 = ∫ J 0 (ξ ) 3=µn µ n µ n40=∫ J (ξ ) ξ dξ =300( 2µ J ( µ ) + µ ( µ12nµ n40nn2n)− 4 ) J1 ( µ n ) =J1 ( µ n )µn−4 J1 ( µ n )µn3.ПолучаемAn ==18( S1 − S2 ) =184 J1 ( µ n )J12 ( µ n )J21( µn )µ3n= 1 J1 ( µ n ) 4 J1 ( µ n )  J−−µ() =1nµn3  J12 ( µn )  µ n µn1872.µ J ( µn )3n 1Общее решение исходного уравнения: 2 µ n2  µn r U ( r , t ) = 72∑ 3J0 t . exp  −9 3 n =1 µ n J1 ( µ n )∞1414.25. Решить смешанную задачу.U tt = 81U xx ; U ( 0, t ) = −5, U ( 3, t ) = 1;U ( x, 0 ) = 25sin 3π x − 5 + 2 x, U t ( x, 0 ) = 0.Сведем задачу к задаче с однородными граничными условиями для функцииV ( x; t ) = U ( x; t ) − W ( x; t ) ,гдеW ( x; t ) = −5 +1 − ( −5 )3x = −5 + 2 x .Тогда получаем следующую смешанную задачу:Vtt = 81Vxx , V ( 0; t ) = V ( 3; t ) = 0, V ( x; 0 ) = 25sin 3π x, Vt ( x; 0 ) = 0 .Общее решение данного уравнения:∞V ( x; t ) = ∑ Tn ( t ) X n ( x ) ,n =1гдеX n ( x)собственные–функциизадачиШтурма-Лиувилля;Tn ( t ) = An cos aλnt + Bn sin aλnt ; λn – собственные числа задачи Штурма-Лиувилля.Т.к.

в данном случае граничные условия для задачи Штурма-Лиувилля примут видX ( 0 ) = X ( l ) = 0 , тоX n = sinπ nxl,λn =πnlи2π nx2π nxAn = ∫ V ( x; 0 ) sindx , Bn =Vx;0sindx()tπ na ∫0l 0llllНаходим3325, n = 9;2π nx50π nxAn = ∫ 25sin 3π x sindx = ∫ sin 3π x sindx = 3033 030, n ≠ 9.Bn = 0 .ПолучилиV ( x; t ) = 25cos 27π t sin 3π x .Общее решение исходного уравнения:U ( x; t ) = V ( x; t ) + W ( x; t ) = 25cos 27π t sin 3π x − 5 + 2 x .515.25. Решить смешанную задачу для данного неоднородного волновогоуравненияснулевыминачальнымииграничнымиусловиямиU ( x; 0 ) = U t ( x; 0 ) = 0 , U ( 0; t ) = U (π ; t ) = 0 .U tt = U xx + 5e−2t sin x .Общее решение данного уравнения:∞U ( x; t ) = ∑U n ( t ) X n ( x ) ,n =1где X n ( x ) – собственные функции задачи Штурма-Лиувилля; U n ( t ) – решения задачКоши U n′′ + a2λn2U n = f n ( t ) , U n ( 0 ) = U n′ ( 0 ) = 0 ; λn – собственные числа задачиШтурма-Лиувилля и f n ( t ) – коэффициенты разложения f ( x;∞t ) = ∑ fn (t ) X n ( x ) .n =1Т.к.

в данном случае граничные условия для задачи Штурма-Лиувилля примутвид X ( 0 ) = X ( l ) = 0 , тоX n = sinπ nxl,λn =πnlВ нашем случае для данного уравнения X n ( x ) = sin nx ,λn = n .Задачи Коши: U n′′ + a n U n = f n ( t ) , где f n ( t ) находим из соотношения222π nxf n ( t ) = ∫ f ( x; t ) sindx .l 0llfn (t ) =2ππ∫ 5e−2 tsin x sin nxdx =010πe5e −2t , n = 1;=n ≠ 1.0,Получаем, чтоU1′′ + U1 = 5e −2t , U1 ( 0 ) = U1′ ( 0 ) = 0 .k 2 + 1 = 0 ⇒ k = ±i .U1( общ. од н.) = C1 cos t + C2 sin t .6−2 tπ∫ sin x sin nxdx =0U1( част .

неод н.) = A e −2t .U1′( част . неод н.) = −2 A e −2t , U1′′( част . неод н.) = 4 A e−2t .4 A e −2t + A e −2t = 5e −2t ⇒ A = 1 .U1 ( t ) = C1 cos t + C2 sin t + e −2tU1′ ( t ) = −C1 sin t + C2 cos t − 2e −2t .C1 + 1 = 0,C1 = −1,U1 ( 0 ) = 0,⇒⇒C2 − 2 = 0.C2 = 2.U1′ ( 0 ) = 0.U1 ( t ) = − sin t + 2cos t + e −2t .Общее решение исходного уравненияU ( x; t ) = ( − sin t + 2cos t + e −2t ) sin x .7.