Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 81
Текст из файла (страница 81)
57. Решением краевой зада еи (1) д иг , / дгиг д'иг ) хо < х < 1,, О < гу < С, Р' дсг о 1 дхг + ду ) ' и(хо — 0; у, С) = и(хо -~- О, у, С), 0<у<С 0«<+ и~ — о и~ =с г4 — о и) ч =О, т, п=г ') ст(т, С) -- потенциал скоростей частиц газа. и)х,у,о)=Дх,у), ггеСх,у,о)=г(х,у), 0<х<Сг, 0<у<Со, (3) является иСХ, У, С) = ~~' (Атп СОЗЛтпС + Втп ЕШ ЛтпС)гапг~СХ У) (4) Гл.
У1. Уравнение гиперболического типа где о1пп™, 0<х<хо, 0<у<1г, В!П О2 ХО 12 о п(х,у)= о1п о2 „(11 — х) . пггу згп — , хо ( х ~( 12, 0 ( у ~ (1г1 вш1'1 та(11 хо) ~2 — 2 Р1 2 22 = — Л ш 2 шп 12 о 2 где Лшп (п2122 = 1, 2, 3, ...) =2 Рг г и 2 2 2 а2 шп Г шп ~2 о 2 и Ш 2 / Р(х1 у) 1(х, у)о п(х, у) 21х 21у о о А2ПП— ~М- !Р (8) 21 22 (9) ( рг, 0 < х < хо, Р(х, У) = ~ Рг, хо <х ~12, 21 22 Пи „П' = ~ ( 12(х., у)и п(х., у) ахи = о 'о 12 ( Р1х 4 ( В1П2 22п,„ХО 0 < у < 12, 0<у<~„ (10) Р,(Π— х.) о1пгхш (11 — хо) ) 58.
Решением краевой задачи — — 0<т<тг, 0<1<+со, 2 ди) т дт) 2 ди) — — тг <т<тг, ° д.( =О, д1' 1=1 2 ди ди дт,=„— о дт е=„-оо' О <1 <+со, Розге~„„, о = Роги~'„ (2) (3) и(т, 0) = Дт), ие(21 .0) = О, 0 < т < тг, ди (ди Рог д 2 = агро ((д 2 + дги ( дги ~212о '( д.г + корни трансцендентного уравнения 532 Ответы, указания и решения является и!т, г) = ~ п=г где Ла !и = 1, 2, 3,... ) --- корни трансцендентного уравнения рог яп — "-гл г -рог яп — тг л г -рог сов — тг л г — сов — г'г — — яп — тг — яп — тг т — сов — тг л, л г.
л л л л,л г ' 1 1' 1 г г г ' г — сов — т, ст —, в!и — т; л, л г, л г — яп — тг -т — сов — тг л л ! л г г г г — сов — тг -!- — яп — тг л л ! л г г "г гг = О, !5) во ус) 0<т <т;, 16) т! <т<тг. Константы а„, уг„и у„определяются с точностью до общего посто- янного множителя из системы уравнений ( — ) о-( — ") -( ро! яуп —" ту ао — (рог соя —" т! ) !го — (рог яш —" т! ) 7о = О, ал аг аг 1 . Л вЂ” — тйп —" тг аг Л !7) ( 1 Л„ Л„ . Л„ — соя —" тг + —" шп —" аг аг аг 18) уг!т) = 19) !10) ( л„ л„ вЂ” соя — ' т! аг аг 1 + — соя А„ " сов Л„1, 0 < т < тгг 0 < У < +оог !4) о„1т) Л„ ао яш — "т, а! Л„. Л Д„соя —" т + уо гйп —" т, аг аг уЛ„е Л„ т!) а„+ ( — яп — т! + Лог а ( Л„ 1 Ло — — соя — т, + — яш — т!) у„= О, аг аг тг аг У1 .
Л„ тг) ууо+ ( — яш го аг Л„ Л„ — — "соя — "тг) у„= О, аг аг ~трУт) г' !т) о„Ут) тут — о ~М-П п=1,2,3, — 0 < т < тг, Рш агро рог т! < т < тг, ~гРо тг ~~и.~~'= У ~")и'<")' о 533 Гл. У1. Уравнения еиперооличетоео типа 2.
Краевые задачи, требующие применения специальных функций. а) Однородные среды. 59. Решением краевой задачи дги в /дги 1 ди 1 , =а (, + — — ~, 0<т<то 0(1<+ос, и(то;1) =О, 0<1<+ос, и(т, О) = ог(т), ие(т, О) = ф(т), О < т < то, (2) (3) является и(т., 1) = ~ ~(А„сов (па†" 1) + Впзгп (аР— "1)),1о (~" ), (4) п=1 где о '1п =,, ) тР(т) 1о ( — ) ат, о о В = 2 . 1тгр(т)до ( ) т, о цп ---положительные корни уравнения,1о(р) = О. 60. Решением краевой задачи ди г ди 1туи , =а ) г+ — — ), 0(т<то, 0<1<+ос, и(то, 1) = О., и(т,О)=А 1 — —,, ие(т,О)=0, 0(т(то (5) (1) (2) (3) является (д„т\ ->~ в'о и(т, 1) = 8А ~ ., соо (4) д„положительные корни уравнения до(р) = О. У к а з а н и е.
Для вычисления коэффициентов ряда (4) воспользоваться формулой /х,7о(х) де = хдг(х), установить сначала справдео ливость формулы ~хонго(х) дх = 2хгдо(х) + (хз — 4х)Ю,(х). (5) о =а е(, + — —, ), 0(т <то, 0<1<+ос, (1) 61. Потенциал горизонтальных скоростей частиц воды является решением краевой задачи 534 Ответы, указания и решении (»»(О,»)~<+, ~~ '~~ =О, О<»<+ т ~7»т, 0) = ~р»т), Ц (т, 0) = в»з(т), 0 < т < тв. Для него получается представление 12) (3) И, ») = —, 1 1Р»т) + МЮ» + тв з о + ~~~ (Ап соя +В„зш "" ),»в ("" ), (4) и:ы где е Ап = з у )Р ГтузЯЛе ( " ) е»т, в е ып — ~ тзз1т)'»О ( ) в рп положительные корни уравнения,»з1»я) = О.
62. Решением краевой задачи д и з д и 1 ди рв =а е + — — 1+ —, 0(~7 (то, 0<»<+со,. 11) д»а '1 дтз т де~ р и(тв, С) = О, 0 <» < +со, и»т, 0) = О, ие»т, 0) = О, 0 < т < та, 12) (3) является е-~за( ) — раз 1 4 в ~ рг,»,1„,) ь=г 63. Решением краевой задачи — =а 4 — + — — уЧ- — ~(т,.»), 0<т <ям 0<»<+со, (1) дви з ) д и 1 ди) 1 д» ) а' ат) и»тв, ») = О, 0 <» < +ос, и1т,О)=0, ис1т,О)=0, 0<т<то, является и1т, ») = ~ ~АпИ)»в ( — ): п=1 'о А„(») = — ~е»т~~»Я, т)уо ("' ) яйла„(» — т) е»(, (4) в е где шп = ", а рп корни уравнения Уе1»е) = О. ар тв где Рь положительные коРни УРавнениЯ зв(1е) = О, Р повеРхностная плотность мембраны.
535 Гл. У1. Уравнения гиперболичетого типа 64. Решением краевой задачи дги з(ди 1ди ро ,, =а + — — + — япыг, 0<с<то, 0<1<+ос, (1) дег (дт' т дт1' р и(то,б) =О, 0 <1<+со, и(т, О) = О, ие(т, О) = О, 0 < т < то, является .. / "("— .") — 1 е1п ой+ /р„т 1, ар„т -~-вв уо ( — ) яв— Е .~ в.() ро( 'тог — а'рг)у (и )' п=1 2рооп'о ар и(т, .1) = А а япыб — ~ ~А„до ( —" ) яп —, ( —:) . ч /рт1 .
ар 1 где до . - корни уравнения 1о(д) = О. Указание. Сначала нужно найти вынужденные колебания с частотой вынуждающей силы в виде (р(т, 1) = Л(т) яп оМ. Замечание. Решение написано в предположении, что нет резонанса, т.е. что ы ф ы„=, и = 1, 2, 3, ... ад, то 66. Решением краевой задачи дги г /дги 1 да 1 я ди — =а ( —,+ — — ( — 2и —, 0<т<то, 0<1<+со, (1) дгз ( дтг т дел) дЕ ' и(то;1) =О, 0<1<+ос, (2) и(т, 0) = оо(т), ие(т, 0) = 4(т), 0 < т < то, (3) является и(т, 1) = ~ ~е " '(Аасозш„1+ Во я1по(ог),Уо (Р" ), (4) ',тот' о=.! где о о (5) где д„положительные корни уравнения Уо(р) = О, если только частота ы вынуждающей силы не совпадает ни с одной из собственных ар частот мембраны ыа = (нет резонанса).
В случае резонанса решето ние разыскивается аналогично тому, как это было сделано в решении задачи 133 3 3 гл. 11. 536 Ответы, указания и решения г о ..,'(у(.)]г ( ~ то г о 1л„положительные корни уравнения Уо(1л) = О, то (6) (Лл„т\ Л-пп уо 67. а) и(т, 1) = 2 Р тг ~ х — о ((аг1лг — тогшг) сйв ш1 — 2игш соо ш1] х ((аг г .л,г)г г 4„гшг] где и(т, 1) = К(г)е" '~, (Л(0)( < +со, В(го) = О. (1) Для 11(г) получим дифференциальное уравнение л1гД 1 (И шг — 2ллгш1 ( шг — 2лл. лш л.г 4 1 Йг гл1 а аг тг тл решение которого, удовлетворяющее граничным условиям (1), ищем в виде -ело Л(г) = ~А 1о (~— "-), п=г где рп положительные корни уравнения Уо(1л) = О. ') Мы предполагаем ш„дойствительным при и = 1, 2, 3, ...; в случае, оюли для и = 1, 2,..., ш, является мнимым, в соответствующих членах соз и тйв заменяются на сЬ н зЬ и знак перед первым слагаемым в формуле (6) заменяется на противоположный.
, (р- ') л.жоп 1 г г г г р„г '1 го / ((а р — тош ) созшл+ 2Р шз'вше] б ит,у =2 — го , 1 = 2 — у (~ ) ((агрл — тогшг)г -~-4~'ол'] п=л где рп положительные корни уравнения,7о(р) = О. Указание. См. указание к задаче 50. 68. Нужно найти решение уравнения дгьл г (дгьл 1 до '( — 2 г дол дог ),дтг т дг) дл ' удовлетворяющее граничным условиям (11(0, С)( < +со, бл(за, С) = Ае'"л, а затем взять его мнимую часть.
Для атой цели освободимся от неоднородности в граничном условии, переведя ее в правую часть дифференциального уравнения; именно, будем искать решение задачи в виде Г(г, 1) = о(г, 1) + А — е' то 537 Гл. Ъ7. Уравнения гиперболического типа 69. Решением краевой задачи дги г (д и 1 ди\ — =а, — + — — — ег ети(т,1)йт, дог 1 дт' т дт ) о г 2ярово Йорг (2) г' < то, (3) 0<т< то, 0<~<+со, и(то, ~) = О, 0 < ~ < +со, и(т, 0) = ~р(т), иг(т, 0) = гр(т), 0 < является и(т, 1) = ~ ) А„соз '~" + В„зш ' " ~ ~уо (ц„— ) — то(д )~, п=г (4) где д„положительные корни уравнения г оо(ц) + генг (р) = О, ге = (5) Оорга,' о -4. = ~т~р(т) [1о (Рп вЂ”Ч вЂ” Уо(рп)1 дг, тг ~,7дг(р„) + —,,угг(р„)~ о И о В" — 2 ( тг(г(т) (,7о (Дп — ) — .То(рп)~ "т.
а д„то [1Др„) -Ь вЂ”,, лг(д.)~ о Указание. Частные решения уравнения г ( г г '0 да г (да 1 ди) роао — = а, з + — — з — — ~ еир'( ти(т., е) йт, дог ( дтг т дт ~ ртПо о о удовлетворяющие условиям /и(0, й)! <+ос, и(то, .Е) = О, ищем в виде П(т, ~) = Л(т)2(~). После разделения переменных это приводит к уравнениям ~гЛ 'о Йг т Й~ ргаг йоу )Л(0)( < +ос, Л(то) = О, (П) выполним в нем замену переменных: Лт = и, Л(т) = Л Ы = 9(т); ЛЛ/ г) По поводу обозначений см. задачу 5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
