Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 65
Текст из файла (страница 65)
Р е ш е н и е. Так как граничные значения не меняются вдоль сторон, то можно искать решение в виде гармонического полинома и7 х, у) = А + Вх + Су + Вху + Е7х — у~). Удовлетворяя краевым условиям, находим соответствующие значения коэффициентов и в результате приходим к формуле ответа. Решение можно также найти методом разделения переменных, полагая оо и(х, д) = ~7 и,,(х)У„(у), о=о где У„(у) = сов 777Л„у --. собственная функция краевой задачи Ун ч- ЛУ = О, У'(0) = У'(Ь) = О, 7'кгьЛ соответствующая собственному значению Л„= ) — ) 'ЛЬ) ' Найдем: и„(х) = — ) и7х, у)У„(7у) 777у для п > О.
2 а — — / Подставляя сюда и и интегрируя дважды по частям, получаем ь .7*7= — ' — '(Ьея7-Ьеео77) „;. ) о Учитывая краевые условия и уравнение и, -Ь и„„= О, будем иметь и„(х) = — + — и'„(х), йаЬЛ Л или и„(х) — Лаи„(х) = — . Интегрируя краевые условия при х = 0 и х = а, получим условия для 77„(х) и~„(а) = О. и„(0) = О, Отсюда находим и„(х) = — при и > О. 2(;) ЬаЬЛ„ Чтобы найти Ь 1и'7" У) ПУ' 1 о Рл.
!'г'. Уравнения эллиптичесноео типа проинтегрируем уравнение еЬи = 0 по частям, что дает иге(х) = —, ив(0) = —, и'(а) = О, аЬЬ ' Ьй' ио(х) = — (х — а) + сопев. г 2аЬЬ Таким образом, мы получаем и(х, у) = — (х — а) + у Ь + сопз1, 2аЬЬ Йап~ пв п=1 и(х, у) = ((гу — Ь) — (х — а) ) + сопв1г 2аЬЙ откуда или так как 7гп 4Ь вЂ” и Ь (р Ь)з п=1 где и(х, у) условиям О=О при х=О, — йсв(х, Ь) 103.
Решение уравнения 11и = 0 лелепипеда при краевых условиях и~ =11(у, в), и и~„,=Ь(х, ), и~ =1'з(х у), и р=О, х=а, = Ч. внутри прямоугольного парал- ~,.=У(рг ), ~в в=А( з) ~,,=Ь(х,р) имеет вип и(х, у, х) = иг(х, у, в) + иг(х, у, в) + ив(х, р, в), где оо оо гг'г игт,угя (1"1), зЬо х-~-(Л) „,вЬи (а — х) х т=1 п=1 вЬ1 а нт ..пп х счп — увш — в, Ь с 1 /11(у, в)згп — увгп — вегуг1в (1 = 1, 2). Ь с 4 1ппп аЬ О О 102.
Если поток д задан на стороне у = Ь,то (2111 + 1)гг , г(2гп + 1) У Згв х а йнв ~-~ (2т+ 1)гг (2гп -В 1)1 =ООЬ Ь Указание. Удобно представить решение в виде суммы и(х, у) = иг + и(х, у), решение уравнения Ьи = О, удовлетворяющее краевым 4ОО Ответы, указания и решения из ~ =0 .6(х з)' из ~, =в .14(х, 3); из = О при х=б,а; з=б,с, из / е = Ь(х, у); из ! = Д(х, у); из = О при х=б,а; у=О,Ь. Остановимся на определении ид(х, у, з).
Полагая ид(х, у, з) = = Х(х)и(у, з), после разделения переменных получим для и(д, з) краевую задачу о собственных колебаниях прямоугольной мембраны с закрепленной границей иву+и„+Ли=О, и=О при у=О,Ь; з=б,с, нормированные собственные функции которой имеют вид /4 . ягп . яи и „(уг я) = ~( — яш — дяш — з (т, и = 1, 2,...), 'у' Ьс Ь с 2 а собственные значения равны Л „= я ~ —, + —,г. Определяя затем "/ из уравнения Х" — Лт„Х = О функцию Хтп(х), получаем иг(х, у, х) = ~ ~ (А,„„я1г|ггЛ,„„х+В „с1г |/Л „х)и т(у, х). т=з п=з Коэффициенты разложения А,п„и В,пп определяются из условий при х = О и х = а.
Аналогично находим функции из(х, у, к) и из(х, ух). Заметим, что при решении первой краевой задачи для прямоугольника мы ввели вспомогательный гармонический полинам, с помощью которого значения граничных функций в углах стали равными нулю. В задаче для параллелепипеда построение такого полинома значительно сложнее и это сделано не было. Построенные ряды поэтому сходятся неравномерно в окрестностях углов параллелепипеда. 104. Потенциал электростатического поля равен 161г и(х, у, х) = †, х гз (2т+ Цгг (2н -я 1)я.
вйв х я1в у х~ т=в п=с (2пг, -Я 1)(2н 4- 1) яй я (.— ) (1) Функция из(х, у, з) и из(х, д,. х) определяются аналогичными формулами. Решение. Искомую функцию и(х, д, х) можно представить в виде суммы трех гармонических функций иг, из, из, удовлетворяющих краевым условиям и, ~ = зг(У, х), иг ~ = 1з(д, х), и, = О при у=О,Ь; з=б,с, 401 Гл. ! гг. уравнения эллиптического типа При с — > со получим решение для полубесконечной трубы (2т+ Цп (2п+ Цгг 161г тв впг х впг у и(х,у,г)=, г э а Ь х ггг ~-~ ~-~ (2гп -ь Ц(2п ч- Ц т=.о п=о х ехр( — гг г. (2) 105. и(х, у, г) = !с 1 (2т, -Ь Ця (2п -~- Цп. хвш у бг тэи чэи "'" (,2 ) а яг ~г С г ! и,г.
(2т+Ц(2 ЬЦ т=-О п=о где ит п — гг Предельный переход при с — ~ оо дает и(Х, У, г) = Гг — игОЛВ, где иголо определяется формулой (2) задачи 104. Решение можно также представить в виде суммы !а Ь н(2гп+ Ц гг(2п -Ь Ц сЬр „( — — х) яи уяв и(х, у, г) = †., г г + — (2т-Ь Ц(211-Ь Ц ЬР ( Ь у) гг(2гп-и Цх г(2а+ Ц яп + г а с ,„г ~ ~ Ь (2 +Ц(211, Ц =о =о сЬрт,— "'2 рггг~г !ггггп 3. Задачи, требующие применение цилиндрических функций. 106. и(р, уг, г) = вв ов ! гп), вЬ"- (1-г) (А,п, гов'цр+ В п вшпгр),7п ~ — р) а + ппо тп1 СС СС !' Се Ь ВЬ вЂ” г + ~ ~ ~(С „совпгР+ !лп, п вгпп~Р)Я„~ — Р) ", (1) п=о т=1 а где рт -- т-й корень уравнения (п) .~„(р) = о, 26 Б.М.
Будка и др. 402 Ответы, указания и решения Ит, и, Ви/, а С/в, //, Р/о, и — коэффициенты разложения функ ций ~(р, /р) и 7г(р, /р)/ равные г /' /и'/ Ат,н =, ~~~(р, уг) соя/врун [" ру) рйр/4/р, [у' Ьы )] )2, о=о, .~о, р (о ... )) « "к[/Ье] о о Решение. Задача решается методом разделения переменных. Подставляя выражение и(р/ /Р, я) = $'(р, /р)Я(з) в уравнение ,г д„з 7 дги дг, — — ~р/ — ') + —,,' + ., = о Р др др Р д/Р дг и разделяя переменные, получаем для Г(р,/р) уравнение — — )р — )+ — +лр =о зд/ дРЛ 1д1 Р др др Р ду/ с граничным условием )'(а, /Р) = 0 (4) и для Я(я) --.
уравнение гн — Ля = о. Полагая, далее, (5) )'М/Р) = 77ЫФ(уг), будем иметь — — р — + Л вЂ” — К=О, (6) — р "~ + л — — ", я=о с граничным условием Л(а) = 0 и естественным условием ограниченности в нуле ~) )Л(0)( < оо. л(р) =.т„<з7лр). Отсюда находим /) См.
)7/ добавление Ц. Ф//+ Ргф — 0 (7) где Р постоянная разделения. Из условия периодичности функции Ф по углу /р находим Рг = пг. Лля Л(р) мы имеем уравнение Бесселя Гл. ! 'ее. Ураоненин эллиптического типа 4ОЗ Граничное условие при р = а дает: ,7„(р) = О, где р = теЛа. Обозначим р, р,..., р корни этого уравнения. Таким образом, (и) (п~ (и) краевая задача для е (р, д) имеет собственные значения Лтп = ~ "' ) ,. Ип а которым соответствуют собственные функции М / оо Гп,т = Уп ~ Р) Сеяиф, Г п,т = .еп ~ Р) 81ПиЕР, [, а ) [, а образующие две ортогональные системы функций, для которых И...~~' = '— 2(У.'(Р~;,'))'-., ~~ .,.~~' = —., (У.'(Рй'И'-, ) 2 при и=О, 1 1 при и у'= О.
Общее решение нашей задачи представится в виде ряда и(р, оэ, г) = ~ ~ ~(Ат,„Ъ' п(р, уо) + Вп, Ъ пьп(р, р))Ят (г), т=1 п=а где Яп т(г) решение уравнения (5). Поскольку искомую функцико и(р, р, г) можно представить в виде суммы где слу еае Я и() тзй"- (~ — ). Удовлетворяя краевому условию при г = О (Аеп, п~ т, и + Вт, и ~ т, п) Зй ( =,~(Р ~Р) а т=з п=о мы найдем У „, Впь п— э пп А 85 где У ,и = , — ,, / / 1(р, Р7 , (Р, Й Р Ф йр: о о 1т и ~~1(Р Р)~"т,п(Р: Р)РЙР4Р о о и(р, ~р, я) = и,(р, ~р, г) + из(р, ~р, г), где иг(р, оэ, г) и иг(р, оэ, г) гармонические функции, удовлетво- ряющие условию и,! = О, и,! , = Др, ~р), и,! , = О., еег~ =а О~ из!.
о = О, из! е — Р(Р Ф~ то достаточно ограничиться отысканием функции ие(р, ~р, г). В этом 404 Ответы, указания и решения лал ле> А вЬ +В вЬ вЂ” (а> р (1 — е) и льт. = (Р,Е= 2 " „, ' л,(" Р)р т=1 вй "т" 1 где 7лт 'пь-Й корень уравненик 00 7оь72) = О, а коэффициенты А и В даются формулами ,р лв> аздл'Олр~„~) „ 7в ( — рь/ 108. ь 2 г . нп где 7„= — / 7«12) ейп — 2 ~Ь -- - коэффициенты Фурье, 1о 7х) = 7о11х)--- п — 1 / а функция Бесселя нулевого порядка от мнимого аргумента, удовлетворяющая уравнению 7о (х) + — 7а(х) — 7о(х) = О.
Частные случаи; а) /„= — )1 — 1-1)") 27о вп /'н12т-ЬЦ ') „12,+ц, 7н(2т+ ц '1 2«а+1 — а) б) /и =, )1 — 1 — 1)"), /''12 +ц ') 72 +ц «~ 7в, р .= — '..'Е ~~.~,,ц» ~,.„ц. т=в7, ~ а) 109. Решение общей первой внутренней краевой задачи для огра- ниченного цилиндра О ( р ( а, 0 ( 2 ( 1 1 д Лл ди 1 1 дли дяи льи= — — )р — )+ —, + —,=О, рдр),др) р др да и ~, = ллллуь, 2), и ~ в т ф17Р у«), и ~ 1 т л)лзльррлр) представляется в виде суммы трех решений и — и1 риз и иэ 405 1"л.
!'гг. Ураонения эллиптичеенооо тина ГДЕ и1, 'иг и иг Решения краевых зя,ца 1 15иг — — О, иг ~ = 1'[1р,з), иг ~ = и1 глглг = О., иг ! = О, иг( = грг[р, гр), огиз = О, из (~, = О, из(л = О, [из[о — 1 определяемые с помощью следующих рядов: 1„ иг[р, 1Р, г) = ~~1 ~ [Аг„'1 сояп1Р+В~~~„,яшпнр) и=о т=1 1„ (л,=О, [иг[.-1 = О, = гЫР 'Р) где А[~~,„= ~~~[гр., г) соягиря1п т зАрйг, о о )[2 при тг = О, '[1 при 11 ф О, 2 1 Вг;[ = — [ [1[1р, г)вппряш — гг1гогй, о о о=о т=1 2 А~~[ог = /~4~[р, 1р)сояп1РЯи ~ и р) рйрйр, не„аз[у„'[р~,е))' „„ 2 / Ж В„,„= Гн, ~~ГР1[р, 1р) СеянрЮ„(1 р) роро, наг[.у,', [р ))г из[р, 1р, г) = иг[р, оо, г — з), Ко+Ля=О., я[О) =г® =О, Лн, = ( —,), ги, =Ягл™, а для гг[р, 1р) уравнение откуда находим ггь.Ы,е)=Г.[ —,Е) („, ЕСЛИ В ВЫражЕНИИ дЛя А,т И В„т ЗаМЕНИтЬ гР1[р, 01) фуНК- 00 [г[ цией фг[Р, 1Р). Указание.
Следует искать частные решения для иг в виде и1[р, 1р, г) = 1г"[р, 1Р)Я[г). Для Я[я) получается краевая задача 400 Ответы, указания и решения Полагая 111(Р Уг Я) = и(Р Уг)~(Я) будем иметь — — (р — ) + —,, +Лг'тО, )1(а, Гр) =О, 1 д / дЪ''г 1 доу' р др (, др) ра дгра так что и " ~~" соя пгр, / ггех з ги — ~=) г=О, Л(() =О, 'гпг. и откуда находим ~гп, п = Сггг, гг яй (( — я). гг а 110. Потенциал электростатического поля внутри цилиндричес- кой коробки равен ~(21+ Цгг я=.о 1о ~ а~ (2й+ Ця Вгл Е 2а в-1 Поле на оси цилиндра (21+ Цгг Е сов Е,(0, я) = — ( — ) Е,(О, О) = ††',' ~ я=о 1о (см. решение задачи 108).
В предельном случае при г -+ оо имеем 21го 11оЯ, Р) вгике 1 1.К) Поле на оси цилиндра (р = 0) равно Е,= "1 (") = ° 7 ди') 2 У о а де гг я=о гга ) 1о(в) о В частности, Е,(0, 0) = — — ' го) вй рп' (С вЂ” ) 111. и(р, я) = 2ео~ т=1,Д~ ~ уравнения,Уо(1гггг ) = О. го) а ((2й О- Цгг ) ' ((2й и; Цгга) г1в 1о(в) о р~ р где рт~ -- корни и- 11(р- ) 4ОУ Гл. ! и. Уравнения эллиптичееиово типа Замечая.что [о> вЬ (1 — г) (о) 1пп = ехрл~ — — ' Р~о~ 1, вЬ получаем решение задачи для полубесконечного цилиндра (о~ т=г 112. Решение задачи гЬитО (р<а, 0<в<ос), и~ имеет вид =О, и! о=йо (о) иыг(Р в) = 2йо ~ (о> ~о> (о> ( [о>) эо — Р а решение задачи глитО (р<а, 0<в<со), дается формулой и~~,= йо =0 и(р, я) = Ъо — игы(р, в).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
