В.С. Гаврилов - Учебно-методическое пособие - Метод характеристик для одномерного волнового уравнения (В.С. Гаврилов - Метод характеристик для одномерного волнового уравнения), страница 5

Воспользуемся условием непрерывности в точке x = 0 ,f (−0) = f (+0).(6.24)Учитывая (6.15), (6.23), из условия (6.24) найдем, что1c~ = .2Тогда11cf ( x) = e x + cos x − 1 − , x ≤ 0 .22211cf ( x − t ) = e x − t + cos( x − t ) − 1 − , x − t ≤ 0 .222(6.25)Подставляя (6.17), (6.25) в (6.13), получим решение задачи в областиx − t ≤ 0, x > 01u = [( x + t ) 2 (2t − x) + e ( x − t ) + sin( x + t ) + cos( x − t ) − 2] .2Выпишем ответ задачи:⎧t 3 + 3 xt 2 + sin x cos t , x − t ≥ 0,⎪⎪ 1u ( x, t ) = ⎨ [( x + t ) 2 (2t − x) + e ( x − t ) + sin( x + t ) +⎪2+ cos( x − t ) − 2], x − t < 0.⎪⎩Существуют и другие подходы к решению начально-краевой задачи(6.1)–(6.4).

Можно, например, решение начально–краевой задачи для неоднородного уравнения свести к решению начально-краевой задачи для однородного уравнения. Для этого нужно знать частное решение неоднородного волнового уравнения (6.1). Его можно найти по формуле (5.5), если функцию f ( x, t ) ,заданную в первом квадранте фазовой полуплоскости ( x, t ) , продолжить вовторой квадрант.Задача 6.2. Найти решение начально-краевой задачи:utt − 4u xx = 1, x > 0, t > 0.(6.26)u t = 0 = x 3 , x ≥ 0,ut t = 0 = 0, x ≥ 0,30(6.27)(6.28)uxx =0= −3 cos t + 3, t ≥ 0.(6.29)В данной задаче продолжим правую часть уравнения на всю полуплоскость,начальные функции — на всю ось с помощью формулf ( x, t ) = 1, − ∞ < x < ∞, t > 0,(6.30)ϕ ( x ) = x 3 , − ∞ < x < ∞,ψ ( x) = 0, − ∞ < x < ∞.(6.31)(6.32)Используя формулу Даламбера (5.6), найдем решение начальной задачи (5.1)–(5.3) с входными данными (6.30)–(6.32):1u (1) ( x, t ) = x 3 + 12 xt 2 + t 2 .2Представим решение задачи (6.26)–(6.29) в видеu ( x, t ) = u (1) ( x, t ) + W ( x, t ) =1= x 3 + 12 xt 2 + t 2 + W ( x, t ),2(6.33)где W ( x, t ) — новая неизвестная функция.

Сформулируем начально-краевуюзадачу для функции W ( x, t ) . Для этого подставим сумму (6.33) в уравнение(6.26) и условия (6.27)–(6.29). В результате получимWtt − 4Wxx = 0, x > 0, t > 0,(6.34)W t = 0 = 0, x ≥ 0,Wt t = 0 = 0, x ≥ 0,Wxx =0= −3 cos t + 3 − 12t 2 , t ≥ 0 .(6.35)(6.36)(6.37)Подставляя общее решение уравнения (6.34)W = f ( x − 2t ) + g ( x + 2t )(6.38)в начальные условия (6.35), (6.37), найдемccf ( x) = − , g ( x) = , x ≥ 0.22Так как при подстановке функций f (x) и g (x) в (6.38) постоянная интегрирования c всегда сокращается, то ее можно выбрать нулевой.

Тогдаf ( x) = 0, x ≥ 0,(6.39)g ( x) = 0, x ≥ 0.(6.40)Поскольку в первом квадранте x + 2t ≥ 0 , то, в силу (6.40), g ( x + 2t ) = 0 , и врешении (6.38) присутствует только прямая бегущая волнаW = f ( x − 2t ).Чтобы определить функцию f (x ) при отрицательных значениях(6.41)x , воспользуемся граничным условием (6.37). После подстановки (6.41) в (6.37) получим31f ′(−2t ) = −3 cos t + 3 − 12t 2 , t ≥ 0.Делая замену − 2t = x , запишем дифференциальное уравнение для определения функции f (x ) при отрицательных значениях x :xf ′( x) = −3 cos + 3 − 3 x 2 , x ≤ 0.2Отсюдаxf ( x) = −6 sin + 3 x − x 3 + c~, x ≤ 0 .(6.42)2Постоянную интегрирования c~ найдем из условия непрерывности функцииf (x) в точке x = 0 . Из формул (6.39), (6.42) следует, чтоf (+0) = 0, f (−0) = c~ .

Поэтому c~ = 0 иxf ( x) = −6 sin + 3 x − x 3 , x ≤ 0 .(6.43)2С учетом (6.39), (6.40), (6.43) решение (6.41) принимает вид0, x − 2t ≥ 0,⎧⎪W ( x, t ) = ⎨( x − 2t )3xtxt6sin3(2)(2), x − 2t < 0.+−−−−⎪⎩2В соответствии с формулой (6.33),⎧32 1 2+12+ t , x − 2t ≥ 0,xxt⎪2u=⎨( x − 2t )1⎪− 6 sin+ 3( x − 2t ) + 6 x 2t + 8t 3 + t 2 , x − 2t < 0.⎩22Задание 6. Решить начально-краевые задачи:1. utt − u xx = 0, x > 0, t > 0, u t = 0 = x, ut t = 0 = 0, u x = 0 = sin t .= 0, u x x=0 = 27t 2 .2. utt − 9u xx = 3 sin t , x > 0, t > 0, u t =0 = 0, utt =03. utt − 4u xx = 4 sin x, x > 0, t > 0, u t =0 = x 2 , ut= 0, (u x − u ) x=0 = 0 .t =07. Задачи для полуограниченной струныДля описания процесса колебаний полуограниченной струны ставитсяначально-краевая задача (6.1)–(6.4).

Граничное условие (6.4) принимает конкретный вид в зависимости от рассматриваемой физической задачи. Ниже приведена таблица возможных граничных условий.32Таблица 1Типы граничных условийNГраничное условиеОписание1аu x = 0 = μ (t )1бu x =0 = 0Конец x = 0 движется в поперечном направлении по заданному законуКонец x = 0 жесткозакрепленК концу x = 0 приложеназаданная2аux2б3аx =0ux= μ (t )x =0~=0[u x − h(u − μ (t ) )] x = 0 = 0или(u x − hu ) x = 0 = hμ (t )3бПримечание(u x − hu ) x = 0 = 0внешняя сила f (t ) ,параллельная оси u .Конец x = 0 свободенЗадан закон движенияупруго закрепленногоконца x = 0μ (t ) = −h=1 ~f (t )T0kT0Со стороны заделки наконец действует упругая сила, пропорциональная смещению инаправленная в противоположную сторонуКонец x = 0 упругозакреплен~f (t ) = − ku (0, t )Граничные условия 1а, 1б называют граничными условиями 1–го рода, 2а,2б— граничными условиями 2–го рода, а 3а, 3б — 3–го рода.Задача 7.1.

Решить задачу о свободных колебаниях струны с жестко закрепленным концом.Соответствующая начально–краевая задача имеет видutt − a 2u xx = 0, x > 0, t > 0,u t = 0 = ϕ ( x), x ≥ 0,ut t = 0 = ψ ( x), x ≥ 0,u x = 0 = 0, t ≥ 0.(7.1)(7.2)(7.3)(7.4)Подставим общее решение уравнения (7.1),u = f ( x − at ) + g ( x + at )(7.5)в условия (7.2)–(7.4). В результате получим систему уравнений для определения функций f (x) и g (x) :33⎧ f ( x) + g ( x) = ϕ ( x), x ≥ 0,⎪⎨− af ′( x) + ag ′( x) = ψ ( x), x ≥ 0,⎪ f (− at ) + g (at ) = 0, t ≥ 0.⎩(7.6)Из первых двух уравнений системы (7.6) найдем функции f (x ) и g (x ) такжекак и в случае неограниченной струны (2.5)–(2.10). В отличие от неограниченной струны, здесь функции f (x) и g (x) определены только при неотрицательных значениях x ,11 xCf ( x) = ϕ ( x) −ψ(ζ)dζ−, x ≥ 0,∫22 a x02(7.7)11 xCg ( x) = ϕ ( x) +∫ ψ (ζ )dζ + , x ≥ 022a x02(7.8)и нижний предел интегрирования x0 ≥ 0 .

Из последнего уравнения системы(7.9) получимf ( x) = − g (− x), x ≤ 0 .Отсюда, учитывая (7.8), найдем функцию f (x) при отрицательных значенияхx11 −xCf ( x) = − ϕ (− x) −ψ(ζ)dζ−, x ≤ 0.∫22a x02(7.9)Аргумент функции f ( x − at ) в первом квадранте x > 0, t > 0 может быть какположительным, так и отрицательным. Характеристика x − at = 0 делит первый квадрант на две области (рис. 7.1). Первая область задается неравенствамиx − at > 0, t > 0 . Подставляя в (7.5) функции (7.7), (7.8), получим формулу Даламбера.

Для нахождения решения во второй области x − at < 0, x > 0 будемиспользовать (7.9), (7.8).Рис. 7.1. Фазовая полуплоскость для задачи 7.1Решение задачи в первом квадранте имеет вид:34⎧11 x + at∫ψ (ζ )dζ , x − at ≥ 0,⎪ [ϕ ( x − at ) + ϕ ( x + at )] +2a x − at⎪2u=⎨x + at⎪ 1 [−ϕ (at − x) + ϕ ( x + at )] + 1 ∫ψ (ζ )dζ , x − at < 0.⎪⎩ 22a at − x(7.10)Задача 7.2. Указать достаточные условия существования классическогорешения задачи (7.1)–(7.4).Еслиϕ ( x) ∈ C 2 ( x ≥ 0), ψ ( x) ∈ C1 ( x ≥ 0) ,( 7.11)то решение задачи (7.1)–(7.4), определяемое формулами (7.10), будет иметьнепрерывные частные производные по переменным x и t до второго порядкавключительно в области x > 0, t > 0, x − at ≠ 0 .

На характеристике x − at = 0само решение и его производные могут иметь разрыв. Вычислим значение решения на характеристике. Из формул (7.10) получимu x − at = +011 2at= [ϕ (0) + ϕ (2at )] +∫ψ (ζ )dζ ,22a 0u x − at = −011 2at= [−ϕ (0) + ϕ (2at )] +∫ψ (ζ )dζ .22a 0Отсюда следует, чтоu x − at = +0 − u x − at = −0 = ϕ (0) .Если ϕ (0) ≠ 0 , то решение задачи на характеристике x − at = 0 терпит разрывпервого рода.

При выполнении условияϕ ( 0) = 0(7.12)функция (7.10) непрерывна в Q . Аналогично, вычислив производные от функции (7.10) и рассмотрев их на характеристике x − at = 0 , можно убедиться вих непрерывности, еслиψ (0) = 0 ,ϕ ′′(0) = 0 .(7.13)(7.14)Условия (7.11)–(7.14) достаточны для того, чтобы решение (7.10) было классическим.Задача 7.3. Показать, что решение задачи (7.1)–(7.4) можно получить изформулы Даламбера, если функции ϕ (x) и ψ (x) , заданные при x ≥ 0,должить на отрицательную полуось x нечетным образом.Рассмотрим начальную задачуvtt − v xx = 0, − ∞ < x < ∞, t > 0,~v t = 0 = Ф( x), − ∞ < x < ∞,35про-(7.15)(7.16)~vt t = 0 = F ( x), − ∞ < x < ∞,(7.17)~~в которой функции Ф( x ) и F ( x ) получаются из ϕ (x ) и ψ (x ) нечетным продолжением на отрицательную полуось x ,⎧ ϕ ( x), x > 0,~Ф( x) = ⎨(7.18)xx(),0,ϕ−−<⎩⎧ ψ ( x), x > 0,~(7.19)F ( x) = ⎨ψ−−<(x),x0.⎩Запишем формулу Даламбера для задачи (7.15)–(7.17):1 ~1 x + at~~v( x, t ) = [Ф( x − at ) + Ф( x + at )] +∫ F (ζ )dζ .

(7.20)22a x − atПокажем, что в области Qv( x, t ) = u ( x, t ), x > 0, t > 0 .(7.21)Действительно, если x − at > 0 , то, согласно (7.18), (7.19),~~Ф( x ± at ) = ϕ ( x ± at ), F (ζ ) = ψ (ζ ), ζ ∈ [ x − at , x + at ] ,и функция (7.20) совпадает с функцией (7.10). В случае x − at < 0 интеграл в(7.20) разобьем на сумму двух интегралов:1 ~1 at − x~1 x + at~~v( x, t ) = [Ф( x − at ) + Ф( x + at )] +∫ F (ζ )dζ +∫ F (ζ )dζ .

(7.22)22a x − at2a at − xТак как интеграл от нечетной функции в пределах, симметричных относительно начала координат, равен нулю, то1 ~1 x + at~~v( x, t ) = [Ф( x − at ) + Ф( x + at )] +∫ F (ζ )dζ .22a at − xВ области x − at < 0 , согласно (7.18),(7.19),~Ф( x − at ) = −ϕ (at − x),~~Ф( x + at ) = ϕ ( x + at ), F (ζ ) = ψ (ζ ), ζ ∈ [at − x, x + at ] ,(7.23)и поэтому функция (7.23) совпадает с функцией (7.10).Таким образом, решение начально–краевой задачи с однородным краевым условием 1–го рода можно найти по формуле Даламбера, если начальные функции продолжить на всю ось нечетно относительно начала координат.Метод отыскания решения начально–краевой задачи в виде формулыДаламбера и продолжения начальных функций на отрицательную полуосьназывается методом продолжений.