Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 72
Текст из файла (страница 72)
(1') и(хо — О,у,1)ти(хо+О,У,1) 0<д<1г, 0<1<+со,. (2) 'нгггг(хо — О, У,1) = Иги. (хо+О, у, .1), 0 < у < 1г, 0 < С <+со, (2) и~.=оти!.=, ти~ =,=у~ =, =О (2п) и(х,у,О)=Дх,.д), 0<х<1ы 0<у<Уз, (3) является и(х, у, 1) = ~ А,„пе "'"'о„,,п(х, у), (4) т,п=1 где вгвш, „х .
пгсу енн вгвш хо Н исп, и (Х у) вгвштп(Ьг — х) . пгсу вш ', хо<х<1~, .0<у<1г, сйв ю „(6г — хо) ~г =г сгрг г и гс г г (6) Лтп (гп = 1, 2, 3, ...; и = 1, 2, 3,...) корни трансцендентного уравнения сгрг г пгс с.Р г пн г г ( г г1 кг — и, — — со81 хо тп р '( д тп р 1 г 1 г и гг ~р(х у)Ы у),.(х у)деду о о ~1о,.
1Р (8) сгрг при 0 ( х < хо, 0 ( у ( (г, Р(х: У) = 1 сгрг при хо<х(~ы 0(у~(1г, г сгрг г и н г г ог спп г тп 1г 1 г 0(х<хо, 0(у(1г, (3) Га. К Уравнения парабоаичесного типа 13 гг 'дю „(! = ~~р(х, у)ю,„п(х, у) Йхау = о о 12 сгргхо сарг(Ь вЂ” хо) г — , + г= 4 в1п' азег,хо вш аг „(11 — хо) Функции и и ортогональны с весом р(х, у) на прямоугольнике 0 < х < 1ы 0 < у < <Ь. 24.
Решением краевой задачи ди ( дги да ди ) сгР1 — — — кг 1 — + — + —, 0 < х < хо: 0 < у < 12. аг (ах ау а. )' 0 < х < 12, 0 < 1 < +со, (1) ди (дги дги дги) сгр2 —, — йг с г +,, +, ~, хо < х < гг, О < у < 12, 0<2<1,, 0<1<+оо, (1') и(хо — О, у, 2, Х) = и(хо + О, у, я, С), 0 < у < 12, 0 < 2 < 12, 0 < Х < +со, (2) Йги (хо — О, .у я, 4) = Иги (хо + О, д, г, 1), 0 < у < 12, О < г < 12, О < 1 < +со, (2 ) и~ — о и~ =1 и! — о и~ =г и! — о и~ =1 и/,, = У(, д, ), О « * 1„ О < у < 4, О « 4, (З) является А„„п „е " «'о,а п,р(х, д, я), (4) и(х, у, х, д) = аг, и, р=-1 где Вгвагт рХ .
Пгтд . Рггг вш — яп —, Вгпаг „рХО гг 12 О« , 0<у<12, О« 1, ггтпр(Х, У, 2) (о) огпу р (11 х) . п ЯУ . Рггг яп — яп —, Япагт„р(11 — хо) Ь ~з хо<х<1, 0<у<1г, 0 < я < 12, Сг Рг аг — 2 1'1т, п, е (О) =2 лг п,р С2Р2 122 п27Г2 т,п,р ~г 2 г и я т.гг,р ~2 г р'"' г г 12 458 Ответы, указания и решения Л,нен,р (гц = 1, 2, 3,...; тв = 1, 2, 3,...; р = 1, 2, 3, ...) корни трансцендентного уравнения х с18 хо ), С1С х сг8 (хо — 12) 31 12 13 ) ) Р(х, у, 2)Д(х, у3 2)р, „, р(х, и, 3) 11х 11усЬ ооо А,„н р— ~! ...!Р ссрд при 0<х<хо3 0<у<(г, 0<я<(з, р(х, у:г) = саРг при хо<х(1ы 0((х((г, 0((г(13, (8) (9) 11 22 13 ~) сс .. а, р~ ~я = ) ) ) Р(х, у, г)21' „,(х, у, г) с(х с1у с(г = о о о Ыз ) есрсхо егрг02 — хо) 1 зсп шт1рхо зсо 21 1 р(0 — хо) 1 Функции ю „р(х, у, г) ортогонельныс весом ц(х, у, г) напараллелепипедеО<х<1ы 0<у<сг, 0<я<(з. 25.
Решением краевой задачи ди 1д и 2 ди) слрг — — — й,, + — —, 0<т<то, 0<1<+со, (1) дг ~ дтг т дт) ' ди (ди 2 да) сгРг — =ауге( —,+ — — ), 2'о <т(ыты 0<1<+со, (1') дг (дтг т дт) ' и(го — О, 1) = и(то + О, 1) 3 0 < 1 < -рос, (2) Илие(то — О, 1) = аги„(то+О, 1), 0 < 1 < +ос, (2) и(тыМ)=0, 0<1<+ос, (2о) и(т, 0) = Дт), 0 ( т < тл, (3) является А„,-л.е, (,) (4) где Л„(п = 1, 2, 3,... ) корни трансцендентного уравнения; Гп. К Уравнения парабопичесного пгипа Иге,рг с18 тоЛп — — ггйдс ргс18 (то — тг)Л„ 1 (5) йп вгпт тйпог„то' йп аг„(тг — т) 0 < T < Tо, ип(т) = (6) то ~< т < 71, т йл Огп (Тг — тв) / р, = Гю ог=Л, ага=Ли~1 Р(т) )(Т) ип(т) ЙТ (7) Ап= ' (8) ог (сгр,тг при 0 < т < то; С2Ргт ПРИ 'ГО < 7 ~ ~'11, т сгр.то сгрг(7'1 — то) + 62 ип — р т и " " — 221вг 1,г„тв 2 Вгвг Ып(тг — тв) Л„ТО о Функции ип(т) ортогональны на отрезке 0 < т < тг с весом 11(т).
26. Решением краевой задачи ди 2 (дги 2 ди) — =а ~ г + — — 7, т;<т<тг, 0<1<+со, (1) де (дгг 7 д7) ' ,3 * в 72пт 2 ди — яг'гр с — = 477тгЛ— 3 67 дет т,' и(т, = о'(1), и/ = О, 0 < 1 < +со, (2) (3) и(Т,О)=1(т), т, <т<тг где р" и с" плотность массы и удельная теплоемкость жидкости, является 2221 21п Л (т — 72) и(Т,1)= 2 тА е ":1 ", тг <т<тг, 0<1<+со, (4) п=1 где Лп - -- положительные корни уравнения агтгЛ2, — ЗЛ С18 Лп(7'2 — Т. ) = (о) ЗЛЛ„ 2 / тгг (т) вш Л„(т — тг) бт "1 7' 2 * , г 2 7 а Лптгр*с' 1 Л, 2а Тгр*с*1 тг — T1 ( — + Л„- -т йп Лп(т1 — тг) Л„тг ) (6) 460 Ответы, указания и решения Указание.
С помощью подстановки о775 1) = тлл1г, 1) задача 1Ц, 12), 13) сводится к задаче об остывании отрезка с сосредоточенной теплоемкостью на конце, которая решается аналогично тому, как это делалось в гл. 111 1см, задачу 50). 2. Краевые задачи, требующие применения специальных функций. а) Однородные среды. "('"') 27. н1г,1) = Оло 1 — 2 ~ехр ~ — — ""., го 1 лл ол'ол ) н=л 0 < г < го, 0 < 1 < +ос, 1Ц где го -- радиус цилиндра, а дн - положительные коРни Уравне- ния до17л) = О.
В условиях регулярного режима, т. е. при столь больших значе- ниях 1, что сумма членов ряда 1Ц, соответствующих 7лг, рг, ..., пре- небрежимо мала по сравнению с первым членом г) 27о ( ) г и1г,1) = 5ло 1 — ехр — л, 1, 0 < г < го, 12) лллулО ) 1 го средняя по поперечному сечению температура 1711) 77о 1 — — ехр л — — ' (3) .г Замечание. В точках с координатой гл = — л регулярный рерл Ллг жим наступает раньше, так как в этих точках обращается в нуль член РЯда (Цл соответствУющий 7гг.
28. и7г,1) = 817лл У ехр ~ — — '., 11 '", где р„положи- тельные корни уравнения до11л) = О. В условиях регулярного режима (лллл'\ уо ( — ) и7г,1) 8Уо г' ' ' ехр~ — и', ' 1ллдлЬл) го средняя по поперечному сечению температура г ') Напомним, что для корней уравнония УллОл) = 0 имеет место представление 7 1 0,05661 0,053041 ) 4 + ~н 1 74н 1)г + " . так что 1лл 2,4048, рг — 5,5201, 1лг 8,6537,.... Значения 1л1лл„) см.~7, с, 679). 461 Гв.
К Уравнения парабовичеепого пгппа щей задачи). 29. Решением краевой задачи 0 < т < то, 0 < Г < +ос, (1) ди Л вЂ” = д при т = то, 0 < Г <+оо, дт и(т,О)=ГГо 0<1'<1'о (2) (3) является г г 2 ехр 1(в т о и(т, 1) = ГГо+ — 2 — — — ( 1 — 2 — ) — ~~~ о о п=г Ггг,уо(Гг ) (4) где Ггп - . положительные коРни тРансцендентного УРавнениЯ ,Го'(ГГ) = О. 30. Решением краевой задачи (5) — =и'1 ., + — — 1, 0<т <то, О<1<+ос, д, (ди 1дг ) дГ (( дтг 1. дт)~ ' и~е о = У(т), 0 < т < тог ~ — + Ьи~ = О, 0 < Г < +ос, дт е=.о -~-ео Г г геЗ и(т, Г) = ~~ А„ехр~ — Г".г ~,7о (Р" ), п=1 (1) (2) (3) является (4) где 2 'о Ап = г, „'.,"",, ~т)(т)У, (Р" г) Ь., о Ггп положительные коРни УРавнениЯ Нуо(р) + 111'ого(р) = О. В условиях регулярного режима 'о 2Ггг) тУ(т) Уо ( — ) гГт г ( то) то(Ггг+ Гг то)до(рг) го 31.
Решение краевой задачи — = о ~ + — — ~ ., 0 ~ (т < 7'о, 0 < Г < +ос, ди (д и 1 дгг) дГ ( д. ° д. ) ' ди — = Гз(111 — и) при т = то, 0 < Г < +си, дт и(т, О) = (Гог О < т < то, (5) (6) (2) (3) Замечание. Регулярный режим наступает раньше в тех же точках, что и в предыдущей задаче (см. замечание к ответу предыду- 4б2 Ответы, указания и решения является т~.=1 где р, положительные корни уравнения 1з 7в 111) + таас 'ве) О (б) Замечание.
В силу (5) зтот. ) ат'в р.ЯОз')+ Фиа)) УвОевй4-Ьд' ва) Таким образом, выражение (4) для и(т, .4) может быть записано в виде и(т, 4) = Оз+ 2(Г1 — Пв)йтв ~~ ., з уо ( " 1 (б) а=т з з тв т — тв — 2 — „З „„.. --~-";;.'-')" (;;) „, где рн имеют те же значения, что и в ответе к предыдущей задаче. 33. Напряженность магнитного поля в=в (1 — 2е' е~ — к, 1) где Р„положительные коРни УРавнениЯ,7в(71) = О. Поток магнит- ной индукции через поперечное сечение цилиндра ф = 11вт пт тир = о в и т а 'О -~-ее а з Указание. В уравнении для вектора магнитной напряженности ) ер д Н 4к~ит дН азН = — — + —— се дев сз де для проводящей среды с большой проводимостью можно пренебречь ') См.
)7, с. 440-444). 1тн К Ураоненпн парабоаичеопого поена (дН 1 дН) — =а 1 + — — )., 0<т<го, до '1 дг' г дг)' 0 < 1 < +ос, (1.) Н(г,О)=0, .0<г <то, Н(то, 1) = Но; О < о < +ос (2) 34. В цилиндрической системе координат, ось г которой совмещена с осью цилиндра, Н = етН, + е„Нп + ееН„Н, = Н, = О, Но = Н(т. 1), Ьет оотг Ье1 оУ го — Ье! м'г Ьет м'а .г, соз Л1+ 1оетг ы'го -т Ьо1г м'го Ьег м'г Ье1 ы'го — Ье1 м'г Ъег о~'го +Но г зш оо1+ Ьег' оо'то -ь Ъер м'го ~-ж +уо г' р(— о=1 а ог а где 1г„- - положительные корни уравнения 1о(р) = О, Решение. Решение краевой задачи дН, (д'Н 1 дН) — =а 1 + — — ), 0<т<то 0<1<+ж, (1) дг (( д" ° д.
) Н(т, 0) = О, 0 < т < то, Н(то, 1) = Но созаЛ, 0 < 1 < +со, находим как действительную часть решения краевой задачи — =а 11 — +- — ), 0<т<с„О<1<+со, (1') дН, (дги 1 дН~ до ~ дг' т дг ) ' Г(т, 0) = О, 0 < т < то, 11(то; 1) = Нос', 0 < 1 < +со. Решение краевой задачи (1'), (2'), (3') ищем в виде У(т, 1) = 1т(т, 1) + И' (т, 1), (4) оп дН дН членом — — по сравнению с членом —, —, что приводит к сг дог сг до' уравнению дН гьН г с дг ' 4пле Разложим вектор Н по единичным векторам е„, е., ео цилиндрической системы, ось которой совпадает с осью цилиндра, Н = Н„е„+ Н, е, + Н„е .. Так как внешнее поле не зависит от уо и параллельно оси я, то естественно предположить, что Н„= Н„= О, а Н, = Н(г, 1).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
