Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 33
Текст из файла (страница 33)
19. п„= СЕпи+ (ОН+ С1)ъ, + СССо при 0 < х < 1., 0 < С < +ос, (1) о(0, С) = О, и(1, С) = Е(С) при О < С < +ос, (2) и(х, 0) = Р(х), ие(х, 0) = при 0 < х < 1, (3) С где Е(С) — заданная электродвижущая сила, приложенная к концу х = 1 провода, а Ь, .С, С, СС соответственно коэффициент самоиндукции, емкость, утечка и сопротивление, .рассчитанные на единицу длины провода. Указание. Начальные условия записываются в форме (3), если воспользоваться вторым из системы телеграфных уравнений и.
+ Щ + ССС = О, (4) 1, + Сне + Си = 0 при С = О. Система (4) выводится в [7, с. 30, 31]. ~) По поводу вывода граничных условий см. указание к задаче 1. Ответы, уквваиия и решения 3. Задачи о колебаниях, приводящие к уравнениям с непрерывными переменными коэффициентами. 20. р(х) Я(х) = — (Ь'(х) Я(х) — ~ при 0 <х< 1, 0<1<+ос, (1) и(0,1) =и(), г) = О при О <1<+со, (2) и(х., 0) = Д(х), ис(х, 0) = г'(х) при 0 < х < Е (3) при 0<х<1, 0<1<+со, (1) и(0,1) =и(1,1) =0 при 0<1<+со, (2) и(х, 0) = 1(х), ис(х, 0) = г'(х) при 0 < х < Е (3) Е Здесь аз = —, Е -- модуль упругости, р плотность массы, Н = л высота полного конуса, частью которого является П вЂ” г стержень. 22. Для определения поперечных отклонений и(х, 1) точек стержня от положения равновесия получаем краевую задачу при 0 < х < 1, 0 < 1 < -)-оо, 2 гдеа = —, Н= 12р ' 6 — 6' является стержень и(0, 1) = О, ия(0, Ю) = О, высота полного клина, частью которого и,я(), 1) = и„,(1, 1) = 0 при О<1<+со, (2) п(х., 0) = Х(х), пс(х, 0) = Е(х) при 0 < х < й (3) Если для поперечного сечения с абсциссой х площадь и момент инерции (относительно горизонтальной средней линии поперечного сечения) равны соответственно Б(х) и,7(х), то уравнение поперечных колебаний стержня будет иметь вид дзи де ( дзи) (4) Сначала нужно получить уравнение (4), аналогично тому как это делалось в решении задачи 8 настоящего параграфа, а затем, подставляя 21.
Ось Ох направлена по оси конуса. Для определения продольных отклонений и(х, г) точек стержня от их положения равновесия получаем краевую задачу Гл. 11. Уравнения гиперболического типа значения Я(х) и о (х) для рассматриваемого клинообразного стержня, получить из уравнения (4) уравнение (1). По поводу вывода граничных условий (2) см. также решение задачи 8. 23. Ось Ох направлена по струне в положении равновесия, при этом ее начало совмещается со свободным концом струны. Для определения поперечных отклонений и(х, 1) точек струны от их положения равновесия получаем краевую задачу — =д — (х — ) при 0<х<1, 0<1<+со, (1) дги д л' ди1 дез ' дх (, дх) и(0, 1) ограничено ), и(1, 1) = 0 при 0 < 1 < +сю, (2) и(х, 0) = л(х), мл(х, 0) = г'(х) при 0 < х <1, (3) где д ускорение силы тяжести.
24. В системе координат, выбранной так же, как в предыдущей задаче, для определения поперечных отклонений и(х, 1) точек струны от положения равновесия получаем краевую задачу ди д ( ди) г дзг д л д л =д — ~х — ~+ал и при 0 <х<1, 0<1<+со, (1) и(0, 1) ограничено, и(1, 1) = 0 при 0 < 1 < +ос, (2) и(х, 0) = Д(х), ил(х, 0) = г'(х) при 0 < х < 1, (3) где д ускорение силы тяжести. 25. Используем прямоугольную систему координат хОлл, .ось Ох которой направлена по струне при се равновесном движении. а ось Ои перпендикулярна к плоскости равновесного движения, причем начало координат совпадает со свободным концом струны.
Лля определения отклонения и(х, 1) точек струны от плоскости равновесного движения получаем краевую задачу при 0<х<1, 0<1<+со, (1) и(0, 1) ограни юно, и(1, 1) = 0 при 0 < 1 < +со, (2) и(х, 0) = 1(х), ил(х, 0) = г'(х) при 0 < х < 1. (3) По поводу граничного условия для конца х = 0 см. примечание к ответу задачи 23 настоящего параграфа. ') Требование ограниченности и(0, Л) н отклонений свободного конца очевидно. Это требование является достаточным и с математической точки зрения, что обусловливается структурой уравнения (1). Именно,вычислив энергию колеблющейся струны, можно, как н в простейшем случае поперечных колебаний струны, доказать единственность решения краевой задачи (1), (2), (3). 158 Ответы, уквэаиия и Регаения 4.
Задачи, приводящие к уравнениям с разрывными коэффициентами, н родственные им (кусочно однородные среды, сосредоточенные факторы). 26. Ось Ох направлена вдоль стержня. В состоянии равновесия плоскость соединения торцов полуограниченных стержней проходит через начало координат; и1(х, «) — продольные отклонения точек первого полуограниченного стержня, иг(х, «) второго.
Для определения и,(х, «) и иг(х, «) получаем краевую задачу ""ц 2 д ""ц д«г ' дхг =а дгиг г дгиг д«2 2 д при — оо<х<0, при 0<х<со при 0 < «< +ос, (1) и1(0 «) =и (О «),. Е, ' =Е, ' при О<«<+со, (2) ди1(0, «) диг(0, «) дх д иг(х, 0) = 1(х)., "' "' = Е(х) при — со < х < О, (3) иг(х, 0) = ((х), ' = Е(~) при 0 < х < +со, д« 2 Е1 2 Е2 а = —, аз= —. Р1 Рг д и1 г д и1 — +а — =0 при — со<х<0, при 0 < «< +ос, (1) дгиг , д иг = + аг — при 0 < х < +оо д«г 2 д 4 и1(0, .«) = иг(0, «),. и12(0; «) = иг,(0, «), Егиг,е(0, «) = Егиге,(0, «), при 0 < «< +ос, (2) Егиг ме(0, «) = Егигеяе(0, «) и1(х., 0) = 2(х), ип(х, 0) = Р'(х) при — оо < х < О, ) иг(х, 0) = «(х), игв(х, 0) = Е(х) при 0 < х < +оо, 3' (3) 2 Е14 2 Егв а1 = аг = Ргл Ргэ 28.
Ось Ох и функции и1(х, «) и иг(х, «) выбраны так же, как в предыдущей задаче. для определения и1(х, «) и иг(х, «) получаем У к а з а н и е. Первое из условий сопряжения (2) означает, что торцы полуограниченных стержней все время остаются соединенными вместе, второе же может быть получено при Ьх — 4 0 из уравнения движения, выражающего второй закон Ньютона для элемента ( — егх, гзх) составного стержня. 27.
Ось Ох выбрана так же, как и в предыдущей задаче. Для определения поперечных отклонений точек стержня получаем краевую задачу Гл. 66 Уравнения гиперболического типа зада су адиг дхг яд ив = аг краевую данг дег д иг дгг при — оо<х<0, при 0<х <+со / при 0 <1<+ею, (1) и(0,) (0,) 6 ди(0') 6 д' (Ог) дх дх при 0 <1<+со, (2) и((х, 0) = Д(х), ' ' = г'(х) при — оо < х < О, ~ д (х,б) г,( ) 0«+ / д( (3) (и г ог.
Ро — (0~ Ро йг и 6г -- показатели адиабаты для первого и второго газов, ро (1) = р( и р(, р( .—. давления и плотности первого и второго газов в невозмущенном состоянии. Указание. Второе из граничных условий получается с помощью соотношений (1') и (3') решения задачи 4 из равенства возмущений давления р(0(0, 1) = р(~~(0., 1), (г( аг — — лг (г) Ро которое в свою очередь получается переходом к пределу из уравнения движения, выражающего второй закон Ньютона для злемен- (1( та ( — гзх, егх) газа, в силу равенства невозмущенных давлений р( ~ = (г( = Ро 29.
Ось Ох направлена вдоль канала, причем начало координат О помещено в плоскости, где поперечное сечение канала меняется скачком. Пусть ширина и глубина () левого полуограниченного канала равны т( и 6(, а для правого равны тг и 6г. Тогда для определения продольных смещений частиц жидкости и вертикальных отклонений свободной поверхности жидкости от равновесного состояния получаем краевую задачу дгбг(х, г) д(г дг д(г д'бг(х, г) дег д г(г(х,. г) д(г ') Глубина, отсчитанная от свободной невозмущенной поверхности жидкости. д~бг(х, 1) д г д,г дгпг(х, г) о)В д ьег(х, () рйг д „ д' г(х, е) / 96г при — оо<х<0, 0<С<+ос, (1) при 0 < х < +ею, 0 < 1 < +ос, (1') 160 Ответы, указания и решения Цс(0, С) = ОгссО, 1), пссЬдсессссО, 1) = лсгйгсеЫО, С) пРи 0 < 1 < +ос, (2) 6(х, О) = Х< ), Ых,.
О) = К<х), цс(х,. 0) = — Ьс~'(х), Осе(х, 0) = — ЬсГ(х) при — ос <х< 0, (3) Сг(х 0) = 1'сх), (гссх, О) = г (х), Ъсх, 0) = — Ьгуссх), цгс(х, 0) = — ЬгР'Сх) Указание. Первое из условий сопряжения (2) следует из предположения о непрерывности давления в жидкости при переходе через поперечное сечение х = О, второе же выражает закон сохранения массы. Первое из условий (2) может быть заменено условием 1ссссе(0, 1) = Ьгчег,(0, 1) с помощью соотношений дссх, 1) = — Ьс1се(х, 1); ЪСх, 1) = — Ьгчге(х, 1).
с5) д нс г д ис — = ас —, дгг дхг д' иг г д иг с дсг г д.г при — сю<х<0, 0<1<+со, (1) при 0 < т <+со, 0 <1<+ос, (1') и сО 1) = и сО с) М д ис(О,С) М д игСО, С) дсг дсс дссг(О, С) дссс(0, С) ссс(х, 0) = Дх)., иссС,х, 0) = Г(х) при — со < х < О, (3) иг(х, 0) = У(х), .иге(х, 0) = Гсх) при 0 < х < +ос. (3') Указание. Второе из условий сопряжения (2) выражает второй закон Ньютона для жесткой прокладки массы М.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
