Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 38
Текст из файла (страница 38)
и начальные условия ил(х, 0) = ул(х), алл(х, 0) = Е(х), — со < х < О,. (2) иг(х, 0) = Л(х), игл(х, 0) = Ег(х), 0 < х < +со. (2') К этим уравнениям и начальным условиям нужно еще добавить условия сопряжения в точке х = О. Если, например, струны соединены непосредственно (без каких- либо сосредоточенных включений), то условия сопряжения имеют вид ил(0, 1) = иг(0, 1), (3) Елилг(0, 1) = Егиг„(0, .1). (4) Решение краевой задачи (1), (1'), (2), .(2'), (3), (4) можно искать в виде ил(х, 1) = угл(х — алл) + улл(х+ ал1), — со < х < О, 0 <1 < +со, (5) иг(х, 1) =лрг(х — агл)+Юг(х+ агу), 0 < х <+оо, 0 <1<+со. (6) Функции лрл(г), улл(г), лрг(з), фг(х) определяются изначальных условий (2), (2') и условий сопряжения (3) и (4).
78. Решением краевой задачи л) иьи = а,,„, — < х < О, 1 (1) 0<у<+со, игы =а,'иг„, 0 <х <+ос,! (1') ил(О,л)=и (0,1), Ег ' =Ег ', 0<1<+ос, (2) дил(0, л) диг(0, л) д* дх 197 Еж П. Ураоиепан гиперболического типа иг(х,О)=У(- — ), "' ' =У'(- — ), -со<х<0, (3) (3') иг1х, 0) = О, ' = О, 0 < х < +оз, является иг1х, 1) = 1 (1 — — ) + 1 (1+ — ); — со < х < О, — — < 1 < +оо;;г < О, аг 2зееЕггп ( х ') /Егдг+ 'Егдг аг аг х < 1 < +оо, х > О, 0 < 1 < аг 'х, 0 < 1 < +ею.
(5) ,/Е,р, —,игр, / г: т Отраженная волна ~ 1 )г+ — ) отсутствует 4Егдг + 4ЕгРг при чгЕг рг = згеЕгрг. При Егрг — г 0 отражение будет происходить как от свободного конца, при Егрг — г со как от закрепленного жестко. П р с л о м л е н н ая в о л н а. При Егрг — г 0 имеет амплитуду в два раза больше, чем падающая волна; при Ег рг — г +ос преломленная волна исчезает.
Следует особо отметить, что при Егрг -г 0 отражение происходит, как от свободного конца, но преломленная волна сугдествуст и даже имеет амплитуду, в два раза ббльшую амплитуды падающей волны. 79. а) при Мй > Тор си 0 < х < +со) и ) аа, ) (~, *) аш — е,~/ (1) когда х < аб < +оо, и1х,г)=0, когда 0<а1<х; б) приМй=Тор (иО<х<+ос) исх, 1) = иоехр( — — (1 — -)) (1 — — ) ао (1 — — ); 0 <1 < +сю; 12) в) приМй<Тор 1иО<х<+оо) м,~ оа, ) „(~, е) е, -ав/ (3) когда х < аг < +оо, и1х,1) =О, когда 0 <аг<х. При — оо < х < 0 решение и1х, 1) получается из 11), 12), 13) заменой х на — х. 198 Ответы, уноэония и решения (3) (3') 81.
Решение краевой задачи иле=а ие„— сс<х<иол, иол<х<+со, 0<в<+со, 11) где и = ил1х, е), — со < х < иоЛ, и = иг1х, е), иол < х < +со, и„1иол, 1) = иг,,'1иол, 1) = — — р1л), 1 (2) яро и1х, О) = ие1х, 0) = О, — оо < х < О, 0 < х < +со, 13) имеет вид ые лнл е'ол ил(х, 1) = — /' РЮ К, о О, -ал < х < иол, е4) — со < х < — а1, Лш — еуЛо — оо) иг1х, е) = ® ~ о вой < х < аЛ ~4~) ал < х < +ос. О, В частности, если р1л) = А соз ~Л, — Агйп [ (х+ ал) а+но . ~ ш „,ы,о=( О, а — оо е ~ ш Ая1 ~ ~.—.1)1 г( . л) йрош еа — оо О, -а1 < х < иоу — со <х< — ал, иол < х < аг, ал < х < +со. 80.
Решение краевой задачи ипе = агиля„— со < т < О,) (1) 0<1<+со, ишл = а иге ю 0 < х < +со,л (1') То)иг,,10, ц) — иле(О, Г)) = оеил10, 1) + Миллл10, 1) + гил10, Л) = = йиг10, 1) + Миглл10, 1) + гиге10, 1), 0 < 1 < +со, 12) ил10, 1) = иг10, 1), ил1х,.
0) = 11х), илл(х, 0) = — ау 1х), — со < х < О, игл1х, 0) = О, игсл1х, 0) = О,. 0 < х < +со, может быть представлено в виде ' 1х. 1) = Йх — 1) + у'1 + ау) иг1х, 1) = Ул1х — ал), где уо1г) есть решение дифференциального уравнения а Мр" 1г)+~2То — аг)р'Лг)+ЬРЛг) =2Тоу'1г) при — со < г < 0 15) при нулевых начальных условиях, а уо(г) = ер( — г) — У'(г) при 0 < г <+со.
(6) Рл. !й Урсавиепин еипе))боличеепоео типа 199 (эффект Допплера). 82. Решением краевой задачи исс=а иле, — ос<х<ио1, ис1<х<+оо, 0<1<+со, г и = 'ис(х., С), †< х < иог и = иг(х, С), ив1 < х < +со, диг(евС, С) дис(евС, С) в (1) О <1 <+ел), слс(х, 0) = исс(х, 0) = О, — оо < х < О,( иг(х, 0) = иге(х, 0) = О, 0 < х < +со,) (2) (3) является г С*'. су) .).
в) 1 ®~, в О, -а2 < х < ио1, (4) — со<х< — аг, и)(х, 1) = г С с — ')д — ва) 1 ®~, в О, ио1 < х < а1, (4') а1 < х < +со. иг(х, с) = 4. Задачи для конечного отрезка. В случае конечного однородного отрезка длины 1 решение краевой задачи исс — — а илм О < х < 1, (1) и(х, 0) = вг(х), ис(х, 0) = ф)с(х), 0 < х < Е, (2) оси)с + огис+ ссзслн+ схси = )с®, х = О, 0 < с < +ею, (3) )3) исс + )эгис +)эзссн + ))ссс = )з (г)с можно искать в виде и(х, Ц) = )рс(х — ас) + вгг(х+ а1), (4) причем функции сс)с(г) и сс)г(г) при 0 < г < 1 определяются из начальных условий (2), а для других необходимых значений продолжаются с помощью граничных условий (3). Можно также искать решение краевой задачи (1), (2), (3) с помощью формулы Даламбера 1) = з'(* - ") + з'(' + ~) ' 1 ,ф(г),~ 2 2а с Таким образом.,в случае р(1) = Асозас1в направлении, обратном на- правлению движения источника, распространяется волна с частотой, меньшей частоты источника, а в)с = в), а+ вв а в направлении движения источника волна с частотой, большей частоты источника, в)г — вс а — ев 200 Ответы, указания и решения для неограниченной прямой, продолжая лр(я) и ((л(я) на всю прямую — оо < я < +оо с помощью граничных условий (3).
ях яа( 83. и(х, л) = А зш — сов —, 0 < х < л, 0 < л < +со. Указание. Решение получается с помощью формулы Даламбера при нечетном и периодическом с периодом 21 продолжении начальных условий. и(х,()= ~ ~л ' ""л, 0<х<1, 0<(<+ос, 84 где Аг, — 1<я<(, А(21 — я), (<я<3(, лр(я) = лр(г + 41), — оо < х < +ос. 85. и(х, 1) =, 0 < х < 1,. 0 < л < +ос, 2 где (а(е) = уг„(я), — 1+ 2(л( < я < 1+ 2п1, и = О, ~1, ~2, ..., причем р „(г) = — лра( — ), лро(х) = Аг, — гл лрл(я) = А(е к(' 0 — е ~ / [(ао( — Д+ Ьлро( — Яек(от~О(лл,' — л ( (а (х) — А(е — и( — О е — (м / [лрл ( ( ) л Ьлр ( ()~ея(С-5-г(л (л( + ) (,,(-с л,—,(-л(ье'"О л(().
л (гл — лЛ( (㻠— г(х 86. Решение. Сначала решаем краевую задачу иле=агин„О<х<1,. 0<в<+со, (л(0 л) =О, и ((,л) =О, 0<(<+ос. и(х,О)=0, ил(х,О)= — д(х — хо), 0<хо<1, 0<х<(, 1 . Р где о(х) односторонняя й-функция л). Ее решением является л) См. сноску к решению задачи 66. (а — 1 р (г) =А(е ( ~ — е в=1 — гл +Ьуг ге((())е (~~ л(л(+ / / [уг-ьв-(( ь) + (гл-Юл [лр тл( — ~)+Ь(г нт(( — ())е (~+ л((л', (1) (2) (3) Гл. И.
,Уравнения гиперболического типа 201 -~-сю и(х, 1) = — 1 — ~ ( — 1)Я(б(5 — хо+ 2Ы) — б(с+ хо -Ь 2Ы)) д( = 2ау р — я= — вв ь — ( — 1) (оо(х + а1 — хо + 2Ы) — по(х + а1+ хо + 2Ы)— 2ар Ь= — вв — ао(х — а1 — хо + 2Ы) + по(х — а1+ хо + 2Ы) ) Переходя к пределу при хо — г 1 в полученном решении, найдем решение исходной задачи В-вв и(х, 1) = — ~ ( — 1)~(оо[х+ а1+ (2к — 1)1) — по[х+ а1+ (2ь+ 1)1)— 2ар — по [х — а1 + (2й — 1) 1[ + сто [х — аг + (2 й + 1) 1] ) .
87. Решение. В течение акта соударения для продольных смещений и(х, 1) точек стержня имеем краевую задачу 'им=а и,, 0<х<1, 0<1<+со, (1) и(0,.1) =О, 0<1<+со, (2) Миге(1, 1) = — ЕЯиг(1, 1), 0 < 1 < 1о, (2') где 1о .
момент окончания акта соударения, и(х, 0) = О, 0 < х < 1, (3) ( 0)=У ' ( — оо, Момент 1о окончания вита соударения характеризуется тем, что при 0<1<1одолжнобытьи (1,1) <О,апри1=1о и (1,1о) =О,причем, если бы мы предположили, что груз М и для дальнейших значений времени 1 оставался бы прикрепленным к концу стержня, то при зна- чениях 1 > 1о, мало отличающихся от 1о, должно быть и,(1, 1) > О.
Решением краевой задачи (Ц, (2), (2'), (3), (3') является и(х, 1) = ~р(а1 — х) + фа1 + х), (4) где функция у(г) определяется следующим образом: ев'(г) =О, — 1<я <1, (5) р()=О, -1« ° 1, (б) Ф (г) + — Ф (г) = Рн(г — 21) — — вв'(г — 21), 1 < г < +ос (7) а1 а1 (3') М о = — отношение массы груза к массе стержня. С помошью диф- рЯ ференциального уравнения (7) и второго начального условия (3') определяется функция ~р'(г) на отрезке 1 < г < 31. Затем с помошью этого же дифференциального уравнения у'(г) определяется последовательно на интервалах 31 < х < 51, 51 < г < 71, ..., причем константа интегрирования каждый раз определяется из условия непрерывности 21 изменения скорости конца ие(1, 1) при 1 > 0 и, в частности, при 1 = —, 202 Ответы, указания и решения 41 61 — —, ... Так получаются выражения а а ~рбв)= — ве с Ос~ О, с<я<31, а уз'(х) = — 'е с ОР'О+ — ' ~1 — — (я — Зс)1е с» 'Осс О, а а ~ сИ (5') 31<я<51, (5н) '( ) = — се 0:сс 0+ — ~1 — — (я — Зц1 е с' зО:сс 0 + а а 1 о1 + — "" ~1 — — (е — 31)+ (я — Я)г~ е О еО~(аб 5~ < я < 71, (вен') а ~ а1 ааР Функция уз(г) получается интегрированием узц я) на интервалах 1 < я < 31, 31 < я < 51, 51 < я < 71, ...
с учетом непрерывности изменения и(1, 1) с течением времени. Так получаются выражения са(я)= "[1 — е с' ОД 01, с<я<ЗХ, а ~,(я) — а'ив е — с» — сИ О + "~~~ ~1 з 2 ( Зс)1 — с» — зсИасс а а ~ сН 31<я<51, ~ ) — о~ив ~ -се-Ос'саб 11 + о~ив ~1 (я 3))1е-( -зссссасс а а ! а1 21 При с = — волна р(а1 — х) отразится от конца х = 1, так что слагаеа 21 31 мое д(ау + х) в решении (4) на интервале — < 1 < — будет иметь а а уже другое выражение. Таким образом, и(х, 1) имеет различные выражения на интер- 2М 0<1« —, — 1< —, ..., и — <1<(и+Ц вЂ”, ..., (10) а а а а а — — ~1+ —.. (е — 51)~)' е О мссс О, 5/ < е < 75 а ~ азР (6') При 0 < 1 < — в силу (6) фа2 — х) = О, поэтому согласно (4) и1,х, 1) = р(а1+ х) при 0 < 1 < —, (8) а т. с, по стержню распространяется только «обратная» волна уз(а1+ + х), идущая от конца х = 1, подвергнувшегося удару; при 1 = — она а 21 достигнет закрепленного конца и при — < 1 < — к ной прибавится а а отраженная волна р(а1 — х), т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
