Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 37
Текст из файла (страница 37)
Подставляя полученное выражение и1х, 1) в граничное условие 12), придем к дифференциальному уравнению для определения ув(я) при к > 0 уе"(г) + ~р'1е) = О, 0 < я <+со. 18) Из 16) находим первое начальное условие для уравнения 18) у (о) = о. (О) Из начального условия 13') ие10, 0) = ис и выражения 17) для и1х, Х) находим второе начальное условие для уравнения 18) уе 10) = ис. 110) Интегрирование уравнения 18) при начальных условиях 19) и 110) дает аМив ЕЯ ~р1я) =, ~1 — ехр( — з)~, 0 < е < +со. 111) Следовательно, <1 — схр( — — (1 — Ч Я, е > —, не г) ЕЕ ~ ! а М ~ ~ ! о ~ ~ | ~~ ~ ! ~ ~а ~ ~ аМ а ' а' (12) О, 0 <1< —.
а Второй способ. Краевая задача формулируется с помощью односторонней 5-функции в) следующим образом: нее=а и„,, 0<х,у<+со, Мин10, 1) = ЕЯпДО, 1) + 1й11), 0 <1 < +со, 1 = Мис, и(х, 0) = О, 0 < х < +ос, 189 Рл. 70 Урана гиперболичеепого типа (3') ие(х,О)=0, 0~(х<+оо. Решение краевой задачи (1), (2'), (3), (3') ищем в виде (х, 1) = х (1 — -х) + 4 (1+ -*) . Как и раныпе, из начальных условий находим: со( — г) = ф(я) = 0 при 0 < я < +со.
Следовательно, (4) (6) р(1--*), 1>-*, О, О <1< —. а (7) Подставляя это выражение и(х, 1) в граничное условие (2') и начальные условия (3) и (3'), получим для определения р(з) при я > 0 дифференциальное уравнение ~р (я) + р (з) = иод(я), 0 < я < +ос, (13) аМ и начальные условия (3) является и(х, 1) = со (1 — -) + гр (1+ -), (4) где 1 . наг — зш - р(- ) = Ф(я) = О., 0<я< а (5) — < я <+со, а з з з1п + пас (соз — е ' л) ~, 0<я<-, а р(я) = яЫ аг яге Йг1г ' а , (1+ е ' )е а, — < г < +со. р(о) = р'(о) = о.
(14) Интегрирование уравнения (13) при начальных условиях (14) дает ~р(з) = ' <1 — ехр( — — яЯ, 0 < г < -~-со, (11) и мы снова приходим к выражению (12) для и(х, 1). 67. Решением краевой задачи ин=а иех 0<х,1<+со, (1) и .(О, 1) — Ьи(0, 1) = О, 0 < 1 < +со, (2) н з1п —, 0<х<(, и(х, 0) = О, 1<х<+со, ие(х, 0) = О, 0 < х < +со, 190 Ответы, указания и решения 68. Решение краевой задачи Вм — — а В,сс, О < х, А < +ос, Оя(0, Ю) -г ссус(0, 1) = О, 0 < 1 < +ос, ' В(х, О) = О, О < х < +ос, ис(х, 0) = ис, 0 <:е < +со (1) (2) (3) (3') имеет вид асс, 0 < а1 < х,. у(х, 1) = ш(С вЂ” ах) х < а1 < +ос.
1 — аа 69. Имеем краевые задачи асс=а~и„, 0<х,1<+со; а) либо н(0, С) = О, б) либо и,(0, 1) = О, в) либо а (О, 1) — Асс(0, 1) = О, г) либо и (О, С) + ссис(0, С) = О, и(х, 0) = Дх), 0<х<+сс. ис(т, 0) = аУ'(х), ! В случае граничного условия а) .с'(х + а1), 0 < а1 < х, и(х, 1) = С (х + ас) — ) (а$ — х), х < а1 < +ос. В случае граничного условия б) с(х+ а1), 0 < а1 < х, и(х, 1) = )(х+а1)+)(а1 — х), х < а1 < +со.
В случае граничного условия в) (2) (3) (3') Да1-~-х), О < а1 < х, а(х с) = с(х+ах)+сС(ас — х)+21се"1* "1 / е "'Д( — в)ссв, о х < а1 < +ос. В случае граничного условия г) ((х + ау), 0 < ау < х, Д(х+а1) + )(а1 — х), х < аС < +со. 70.
Имеем краевую задачу исс=ази„, 0<х,1<+ос, (1) Мосссс(0, А) = — Неи(0, 1) — Каис(0, Ю) — Ирами,(0, 1), 0 < 1 < +оо, (2) и(х, 0) = ((х), 0 <:г < +со, (3) ис(х, 0) = а('(х), 0 < х < +оо. (3') Ее решение может быть представлено следующим образом: Дх + а1), 0 < а1 < х, и(х, 1) = ( Дх + а1) + Ф(ау — х), х < а1 < +ею, 191 Рл. Н. Урввненин еиперболичееноео типа где Ф(г) есть решение дифференциального уравнения а Меф (я) — (аЛе — йрей~р (я) + Но~р(х) = = — [а~Мо1"в(+з) + (аЛо+ Крвб)1"'(+з) + Не~(+я)) при начальных условиях Р(О) = х'(О) = О. (1) 0<х,1<+ос, СЛ=СЛ, (1') ил+Щ+Лг=О, [ гл + Сие + Си = О, ) ю(х, 0) = у(х), г~ 1(х., 0) = — ~/ — Дх), ! (2) (2') — ю(0, 1) = Лег(0, 1), — и,(0, 1) = — 1(0,1), 0 <1<+со.
1 Св — и(0., 1) = 1 э1в(0, 1), Решения этих краевых задач ищем в виде ) (3) (3') (Зн) 1 сь и(х, 1) = е ™ ~~р(х — а1) + зр(х -Ь а1) ), 1(х, 1) = е ™ С (~р(х — а1) — Ях+ а1)). (4') Из начальных условий (2), (2') для краевых задач (3), (3') получаем 1з(я) = О, зр(я) = у(г), 0 < е < +со.
(б) В зависимости от граничных условий получаем различные представления для у(я) при — оо < з < О. В случае граничного условия (3) 'Р(я) =,(( — е) — со < я < О иеС вЂ” 'Х (б) Лв и'С -ь зеХ ') См. решение задачи 58. П См, сноску на с.
188. Примечание. В граничном условии (2) Я обозначает площадь поршня, а Лэ означает коэффициент трения. Мы пренебрегаем изменением давления на внешней стороне поршня. Избыточное давление на поршень («возмущение давления») равно Р— ре = й — (р — ре). Во Рв Рв в силу уравнения неразрывности (см. решение задачи 4 гл. П) имеем р — ро = — рви . Поэтому р — ро = — Ирои: 71. Решение з).
Имеем краевые задачи а), б), в) соответственно граничным условиям (3), (3'), (Зн), приведенным ниже, 192 Ответы, указания и решении В случае граничного условия 13') ~р(е) = ехр( ( — — асл) з ) / ехр( (асл — — ) ~) х о х ~~'1 — с',) — (аСЛ+ — )Д~ — С))с1С', — оо < е < О. (6') В случае граничного условия 13о) уо(е) = ехр( ( — — — ) з) / ехр( ( — — — ) ~) х о х ~ — у'1 — с,) -Ь ( — + — ) Д вЂ” Д)~ с1с„— оо < е < О.
Замечание. В случае граничного условия 13) отраженная волна напряжения уо(я)= 11 — з), — ос<я<0 Л зУС вЂ” 'Х л ~с -ь 'Х г может вовсе отсутствовать при Ло = ~~ — (случай полного поглоще~с )2, ния падающей волны). Если Ло ) ~~ —, то отраженная волна имеет Г тот же знак, что и падающая; если Во < ~ —, то противополож'у С' ный (сохранение фазы и изменение фазы на противоположную). Если Во = 0 (непосредственно заземленный конец), то отраженная волна напряжения меняет знак, причем ее амплитуда равна (в точке и = 0) амплитуде падающей волны. Если Ло — о +со (изолированный конец), то отраженная волна напряжения имеет знак и величину падающей волны.
Амплитуда отраженной волны в два раза меньше амплитуды падающей волны при выполнении условия Л исс — исХ ЛоусС+ ~/Ь 2 либо условия л игС вЂ” исХ Л ивС+ игХ 2 72. Решение. Вля определения предельного стационарного состояния в проводе ищем решение дифференциального уравнения ,, — СЬ вЂ” — 2СЛ вЂ”,— Гли=О, 0<я,с<+ею, СВ=СЬ, (1) в виде функции, зависящей только от и и не зависящей от 1, и=по(т), 0<и<+ос, (2) при граничном условии (3) и(0) = Е. 193 Рл. 75 Уравиеиин гиперболииееиого типа Подстановка ое(х) в (1) дает сс оо — — СЛоо = О, лхг откуда получаем Мы находим ( ) Š— 0'Ппди lс — ~(х- (7) После того как конец проводах = 0 заземлен (в момент 1 = 0) через со- средоточенное сопротивление, для напряжения и силы тока в проводе получаем краевую задачу (8) (9) (10) он+ Есс+ Ю = О, 0<х,с<+ос, с, + Сос + Со = О, — о(0., 1) = Лос(0, 1), 0 < 1 < +со, о(х, 0) = Ее с(х 0)=Е (11) (12) 0 < х <+ос.
Решение краевой задачи (8), (9), (10), (11), (12) ищем в виде о(х, 1) = е с (ср(х — а1) + ф(х+ аг)), а, 0 = '-"'О ~' — ' ~ге — О - С а + О!. Пля ср(я) и ссс(г) из начальных условий (11), (12) находим выражение ср(я) = Ее с' с, 0 < г < +ос, (13) ф(е)=0, 0<я<+ею. (14) Из граничного условия (10) ~р( — я) = ф(я) = О, 0 < я < +ею. (15) ЛоосС вЂ” Л лОо'С ~- л Следовательно, о(х., 1) = Ее ~~'сне(х — а1), 0 < х, 1 < +со, с(х, 1) = Е)~ — е 'ое(х — а1)., 0 < х, 1 < +со.
/С вЂ” сон (16) (17) 13 Б.М. Будак и др. оо(х) = Ссе ~~~ + Сге~~~ т Так как пРи х 0 +ж фУнкциЯ оо(х) должна быть огРаниченной, то Сг = О. Из граничного условия (3) находим Сс = Е. Следовательно, оо(х) = Ее (4) Соответствующее стационарное распределение тока с = со(х) (5) получим, подставляя (4) и (5) в дифференциальное уравнение о, + Лсс+ Вс' = О. (6) 194 Ответы, указания и решения 73. Решением краевой задачи нее=ага„, 0<х,1<-Ьоо, и(0, 1) = 12(1), 0 < 1 < +со, и(х, 0) = ие(х, 0) = О, 0 < х < +ос, является д (1 — -*), -' <1<+=, и(х,1) = а а О, О <1< —. а (4) Указание.
Решение краевой задачи (1), (2), (3) можно искать В Виде и(х, 1) = ср (1 — -) + уо (1 + — ) . 74. Решением краевой задачи ам=а и,я 0<х,1<+со, а 2 г Е р ЕЯи,(0, 1) = — Р(1), О <1<+со, и(х, 0) = ие(х, 0) = О, 0 < х < +со, является 0<1< —, а и(х, 1) = (4) х — <1<+со. 75. Решением краевой задачи 0<х,1<+со, шя(0,1)+, ш(0, С)+ 2 дф =О, О < 1 <+ею, (2) Л212оро ' Л211оро т(х, 0) = О, р(х, 0) = О, 0 < х < +ос, (3) является ш(х, 1) = О, (4) где 6 = ,, ' , Ф(2) = — , ' с1(2), О < г < +со, (5) Л 11оро' Лгаоро р(х, е) получается из ш(х, 1) с помосцью соотношения (1) или (1'), ш(х, х) = р.
а(х, 2), где р плотность, а и скорость жидкости. е — Ле ьС. — лО /' Ф ( ь") ле 1~ о О<Л1< х<Л1<+оо, (1) (2) Р) (1) (2) (3) 195 (1) (2) (3) [, о = — ' у' ~1 —,*р(- — (е — -* — е))),(1 — -' — е), 0 < х, 1 < +ос. (4) имое~ вид о(х, е) = оо(х, 1) + о"(х, е), 1(х, 1) = Зо(х, г) + г*(х, 1), (4) (4') (5) 1о(х, 1) = Ес пл, ((сей + 1Зо~А) з1п(о~1 —,Зх) -1- д2 + „,с г2 + (ЗК вЂ” ам 5) соз(ой — (Зх)1 (6) — — сила тока установившихся колебаний, (7) (8) (9) сила, тока затухающих колебаний, оо(е, О) -~- ео(е, О) ~'Х/С оо(е, О) — 1о(», 0)у'Х7С з (з) =— 2 0<я<ос, (10) Зо(я) = — Ф( — я), — оо < е < О.
(11) 13* Рл. П. Уравнения енперболннееного типа 76. Решение краевой задачи им=а и„, 0<х,2<+ос, 2 а(х, 0) = ие(х, О) = О, 0 < х < +ос, -~-сс Мии(0, 1) = Е$ил(0, б) + 1~ 5(1 — иГ~, п=в где б(1) - односторонняя б-функция, имеет вид 77. Решение краевой задачи о,+Ие+Лг=О, ) 0<х,1<+ос, СЕ=СЕ, 1, + Сое + Со = 0,) о(0, б) = Еяп1ео2, 0 < 1 < +ос, о(х, 0) = г(х, 0) = О, 0 < х < +ею, где е) = Ее сх з1п(еое — )Зх) — напряжение установившихся колебаний, о*(х, 1) = е ™~~р(х — а1) + уз(х+ ае)) напряжение затухающих колебаний, е*(х, 1) = — е '~ (у(х — а1) — ф(х+ а1)) (1) (1') (2) (3) 196 Ответы, указания и решения При 1) ~1 10 1+('д- ~+ д+д')~' л 1п10 1+ Ллло -е аа 1 (Дг Ь ~г5г)злеО амплитуда напряжения затухающих колебаний будет мсныпе 10вллв амплитуды напряжения установившихся колебаний.
Указание. Исключить из (Ц и (1') силу тока и найти установившиеся колебания напряжения, людставляя которые в (1'), найти установившиеся колебания тока. Установившиеся колебания напряжсния и тока целесообразно сначала искать в комплексной форме и(х, 1) = и(х)ег ', л(х, 1) = г(х)ег ', где у = злл — Т, требуя ограниченности при х — э +ос, а затем вернуться к действительным переменным и удовлетворить граничному условию (2).
3. Задачи для бесконечной прямой, составленной из двух однородных полупрямых. Сосредоточенные факторы. Если неограниченная струна (стержень) получена соединением двух полу- ограниченных однородных струн (стержней), то, принимая точку соединения за х = О, можно написать для отклонения точек струны уравнения иллл = а ил„, г иьчл = агиггг — оо < х < О, 0 < 1 < +со, 0<х <+со. 0<1<+ос ') См. задачу 20.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
