Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 29
Текст из файла (страница 29)
Уравнение гиперболично во второй и четвертой четвертях и приводится к каноническому виду д и даду путем замены ( = — (1 + ььт2)х + у, и = — (1 — зьт2)х + у во второй четверти, ~ = (1+ ьтт2)х+ у, ц = (1 — зтт2)х+ у в четвертой четверти. 11. Уравнение узи„— хзи„„= О гипсрболично всюду, кроме осей координат, состоящих из точек параболичности. Оно приводится к каноническому виду дади 2йз — Р) дб 2(пз — 42) дп заменой ~ = у — ттз, т) = уз + хз.
12. Уравнение хзиа, — узи„„= О гиперболично всюду, кроме осей координат, состоящих из точек параболичности. Оно приводится к 136 Отвесам, указания и решения каноническому виду даду 26 дг1 — — — =О заменой с = хд, г1 = д х 13. УРавнение хги, + дгиии = О эллиптично всюдУ, кРоме осей координат, состоящих из точек параболичности. Оно приводится к каноническому виду дги дги ди ди д6 + дч д4 дд заменой С = )п ~х~, 6 = )п ~д~.
14. Уравнение дги, + хги„„= О эллиптично всюду, кроме осей координат, состоящих из точек параболичности. Оно приводится заменой С = д, г1 = хг к каноническому виду д и д и 1 ди 1 ди юг + дг1г 26 дб + 2н дн 15. УРавнение дги„+ 2хдиа„-~- дги„„= О паРаболично всюдУ; х +д х — д заменой ~ =; г1 = оно приводится к каноническому 2 ' 2 виду дги ( ди в ди д4г 214г г1г) де 2(4г нг) дн 16. УРавнение хги,, + 2хди я + дгивв —— О паРаболично всюдУ. Замоной ~ = —, г1 = д оно приводится к каноническому виду д = О.
дцг 17. Уравнение 4дги, — егеивв — 4дги = О гиперболично при д ф О. Заменой ( = е' + д, 6 = — е' + дг оно приводится к каноническому виду — 1 исч = ~ ~, (ис + иа). 18. УРавнение хги,а + 2хдиаи — ЗУ'脄— 2хи, + 4ди, + 16хеи = О гиперболично всюду, кроме осей х и д, состоящих из точек парабохз личности. Заменой Е = хд, г1 = — оно приводится к каноническому д виду д и 1 ди 1 ди + — — — — — + и = О. д4дг1 4г1 д6 6 дг1 19.
Уравнение 11+ х') глгя + (1+ дг) ии, + хгля + да, = О эллиптично всюду, заменой с = 1п(х + зггГ+ хг), г1 = )п(д + хггГ+ дя) оно приводится к каноническому виду дги дги дбг + дог Гл. 1. Уравнения в чавтпньгх производных второго порядка 137 2. Уравнение с постоянными коэффициентами. дго 4Ьс — Ьг — с — 12а дг дт1 144аг ~ = у+ (згтЗ вЂ” 2)х, 0 = д — (АЗ+ 2)х, и1с, т1) = е 4 'ггвттгс, т1) о = с — (чтЗ -~- 2)Ь с -Е (гттЗ вЂ” 2)Ь 12а ' 12а г3= до дго 2126с — Ьг— 22. — + — + — ~ дЬг дт1г а )г а 1 х ~=у — — хг т1= —, 2 ' 2' 2с +1 с=О, и((, т1) = а ~~ вог,С, т1), Ь вЂ” 2с Ь 13 = — —. а дг дг1г а дг 0 = х, и1С, т1) = ео вс((, т1), Ьг — 4а Ь о= 4а(с — 6) ' 2а 3 2.
Уравнение с постоинными коэффициентами для функции и независимых переменных Е птгкпн,н + ) Ьгин, + св = злттхгг хгг... гх,г) Уравнению и гг Е аиигх, + ~ Ь}г, + си = тг(хт гхг,...,х„) гд=т ставится в соответствие матрица коэффициентов при старших членах йагг ~! (2) и квадратичная форма а,гх;хг. Е гд — — т (3) Если в уравнении 11) перейти к новым независимым переменным по формулам 20. УРавнение игл вш х — 2риг„ыпх + Угвр„= О паРаболично г, всюдУ. Заменой я = Р Ц вЂ”, т1 = У оно пРиводитсЯ к каноническомУ 2' виду дон 2с ди дггвгЕгдгг 138 Ответы, указания и решения оь,хо й = 1, 2,..., и, (4) и=1 будет связана с матрицей За,ь'5 соотношением Р зв = !'мезе .
'еа ее 'эо,ьэ. (б) Матрица /!а,ь// преобразуется так, как матрица квадратичной формы 13), если в этой квадратичной форме перейти к новым переменным по формулам и оеьвы (7) з.=г где о,*з = оы. Матрица перехода от новых переменных вы ..,, в„к старым переменным гы.,.,г в квадратичной форме (3) получается транспонированием из матрицы перехода от старых независимых переменных хы..., х„к новым независимым переменным ~ы..., С„в уравнении 11). Таким образом, чтобы найти преобразование (4), приводящее уравнение (1) к каноническому виду, нужно найти преобразование (7), .приводящее квадратичную форму (3) к каноническому виду, содержащему лишь квадраты переменных вз,,,., в„с коэффициентами +1, — 1 или О: матрица преобразования (4) получается из матрицы преобразования 17) транспонированием.
24. ие,б + аеге, + ае,е, + ие, = О, сг = х, сг = — х+ у, ~з = 2х — 2у+ г. 1 1 25.иг,б =из,(, +избег" ~~ х+ 2у г, ~г = 2у' 4з =я 26.иеч =и, +и в +и... 1 1 1 1, 1 1 1 1 1'=-З+хх — -у — -г, х'=-1+-х+-у+-г, 2 2 2 2 ' 2 2 2 2 1 1 1 1 у' = — — 1+ — х+ — у — — г, 2з/3 2ъ'3 2ъ'3 ' 2ъ'3 -1 1 1 1 г' = — 1+ — х — — у+ — г. 2ъ'5 2ъ'5 2з/5 2Л 27.иеш =и, „, +ихв +ае.. 1 1 х = — х+ — у, ъ'2 з(2 1 1 г' = — т, — — у 2 2 1 1 у = — г+ — 1, ъ'2 ~Г2 1 1 2 2 3 2 3 У 2 '3 2 '3 то матрица ~~б,ь ~~ коэффициентов при старших членах в преобразованном уравнении и е ~ амиаге + ~5;иа + си = О (5) 1, ь=г е=1 Гл.
А Уравнения в чаеьпных производных вьпороео порядка 139 28. и а)и +~пах =Оь ь=я 1 хь = — (хь + " + х.), ,р7 +ц хь = ь-'ьььхь + . -~- еипхпь ь=2,3,...,п, б)ихх,— ~ и =Оь ь=х 1 хь = — (хь+ "+х.), %7-: л где (оьь,...,оь„), ь = 1, 2, ..., и, любая ортогональная нормированная система решений оь -поз+... +оп =О. а, ь) 2 а, ь'=1 ь=ь ь=Ь и(хь,..., хп) = ехр) — — лз — ' х; и(хь,..., х„).
2 а, ь=ь Глава П э'РАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИх1ЕСКОГО ТИПА 0 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям гиперболического типа; постановка краевых задач В большинстве задач настоящего параграфа (как, например, в задачах о колебаниях струн, стержней, газа) рассматриваются лишь малые колебания. Малыми колебаниями на.зываются такие, при которых можно пренебрегать квадратами, произведениями и высшими степенями функций, характеризующих процесс колебаний, и их производных. 1. Свободные колебании в среде без сопротивления; уравнения с постоинными коэффициентами. В задачах этой группы влияние силы тяжести на колебания частиц считается пренебрежимо малым по сравнению с влиянием упругих сил, поэтому действием силы тяжести можно пренебрегать ~).
1. Ось Ох направлена вдоль стержня; за характеризующую функцию принято смещение и(х, 1) вдоль оси х поперечного сечения, абсцисса которого в равновесном состоянии равна х; иными словами, в момент времени 1 абсцисса этого сечения равна х = х+ и(х, 1). Для определения функции и(х, 1) получаем следующие краевые задачи: а) если концы стержня закреплены жестко, то им — — а и к при 0<х<1, 0<1<+со, Ж и(0, 1) = иД, 1) = 0 при 0 < 1 < +со, (2) и(х, О) = 1(х), и~1х, О) = г'(х) при 0 < х < 1, (3) г ро где Е -- модуль упругости, а ре --- плотность массы стержня в не- возмущенном состоянии; ') Заметим, что в более общем случае силу тяжести можно не включать в дифференциальное уравнение упругих колебаний, если за положение равновесия принять статическое напряженное состояние под действием силы тяжести (ср.
с )7, с. 104-106)). 1'л. 11. Уравнения гиперболического типа 141 а') если концы стержня двигаются по заданному закону, то граничные условия имеют вид и(0, 1) = ео(1), и(1, 1) = со(1) при 0 < 1 < +со, (2') где гр(1) и у(1) —.. заданные функции 1; б) если концы стержня свободны, то граничные условия имеют и,(О, 1) = и,(1, 1) = 0 при 0 < 1 < +со; (4) в) если концы стержня закреплены упруго, то граничные условия имеют вид ил(0, 1) — Ьи(0, 1) = ил(), 1) + Ии(), 1) = 0 при 0 < 1 <+со, (5) 6= —, ЕЯ' где Й . коэффициент упругости заделки (предполагается, что он одинаков для обоих концов, в противном случае значения константы 6 для правого и левого концов будут различны), а Я площадь поперечного сечения. Указание~).
Направим ось Ох вдоль стержня. Каждое поперечнос сечение стержня можно характеризовать той абсциссой х, которую оно имело в положении равновесия о). Тогда сечение, отмеченное абсциссой х, в момент 1 будет иметь абсциссу х = х + и(х, 1). Здесь и(х, 1) означает величину продольного смещения того поперечного сечения стержня, которое в положении равновесия имеет абсциссу х. Таким образом, функция и(х, 1) выражена в лагранжевых координатах ). Дифференциальное уравнение (1) может быть получено переходом к пределу при сзх — о 0 из уравнения движения, выражающего второй закон Ньютона для элемента (х, х + Ьх) стержня, т.е.
для элемента, торцы которого в состоянии равновесия имеют абсциссы х и х + 1зх. Для определения упругих сил, действующих на этот элемент, нужно воспользоваться законом Гука, который выражается равенством Х = Е$ие(х, 1), где Х проекция на ось х силы Е, с которой часть стержня, лежащая правее рассматриваемого сечения, действует на часть, лежащую левее этого сечения, Я плошадь этого поперечного сечения ), а и (х, 1) относительное удлинение стержня в том поперечном сечении, которое в положении равновесия имела абсциссу х в). Если концы стержня фиксированы неподвижно, то граничные условия очевидны.
Если же концы стержня свободны или закреплены ') Ср. с выводом уравнения в (7, с. 27, 28]. г) Равновесным может быть статическое напряженное состояние. з) См. (7, с. 27). 4) Сила Е перпендикулярна к поперечному сечению, а следовательно, ее направление либо совпадает с направлением оси Ох, либо противоположно направлению оси Ох. Ч См. (7, с. 27). 142 Ответы, указания и решении упруго, то граничные условия могут быть получены из соотношений, выражающих второй закон Ньютона для граничных элементов. Рассмотрим, например, случай, когда конец т = 1 закреплен уп- руго.
Слева на граничный элемент (1 — алт, 1), примыкаюгпий к этому концу, действует остальная часть стержня с силой — Евфия(Д вЂ” Ьт, 1), справа -- упругая опора с силой ) — йи(Е 1). Поэтому второй закон Ньютона для этого элемента выразится урав- нением ЕЯи,(1, 1) + Йи(1, 1) = 0 ия(1,л) + Ьи((,г) = О, или где 6 = —.
ЕЯ Пля конца х = 0 знак при Л, в граничном условии будет иным. В самом деле, рассмотрим элемент (О, Ья). К его левому концу приложена сила — йи(0, 1), а к правому концу — сила Евфия(Ьт, л),. поэтому уравнение, выражающее второй закон Ньютона для этого элемента, имеет вид ЯроЬт а = Е$ия(балх, .1) — ни(О,. 1). дла Переходя к пределу при Ья — л О, получаем и,(0, л) — йлл(0, л) = О, где Ь имеет прежнее значение, если стержень однороден, а коэффициент упругости заделки для обоих концов одинаков. Примечание. Иногда для постановки краевой задачи о продольных колебаниях стержня целесообразно использовать не одно уравнение в частных производных второго порядка, а систему двух дифференциальных уравнений в частных производных первого порядка.
Обозначим через р(т, л) напряжение в поперечном сечении с лагранжевой координатой т, определяя его соотношением Х(з, л) Я ) См. пункт в) условия задачи. ЯроЛ.'Зи ' = — ЕЯиа(1 — Ьх, 1) — йи(1, 1), д лл, откуда, переходя к пределу при лат — л О,получим граничное условие для конца т = 1 143 1'л.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
