Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Ро Рв Из (1), (2) и (9) следует, что 2 п2 10 ~г бо П2 — а = —,а 02 го 2 Из (1), (9) и (3) следует, что — Ре(1Ъ = — Р„(1"б), — 'фо(1'6 = — 'ии(1'6, 0 < б <1. Таким образом, у задач (1') и (Н') тождественно совпадают уравнения, начальные и граничные условия, следовательно (в силу теоремы единственности), совпадэгот и их решения. Таким образом, У(С, т) = — и(х', 1') = — р(х", 1п) при х' = йпх", 1' = йе10, 2~0 Ро т.
е. и(х', 1') = 10ир(хпв 1п) при х' = й,,хп, 1' = Ц10, что и требовалось доказать. Замечание. Можно было бы иначе выбрать функции: 1) характеризующую продольные колебания упругого стержня: 2) характеризующую электрические колебания в проводе. Например, взять продольное смещение поперечных сечений стержня и силу электрического тока в проводе или только одну из этих функций выбрать иначе, а другую оставить прежней, т.
е. один процесс можно по-разному моделировать другим, выбирая наиболее подходящие аналогии. 50. За функцию, характеризующую продольные колебания стержня 0 < хп < 10, принято продольное смещение поперечных сечений стержня и(х",еп). а) Если один конец стержня (хп = 0) закреплен жестко, а другой (хп = 10) закреплен упруго, то для определения и(х", 1п) получаем 172 Отввгавв указания и рвшвния краевукз зада ~у и(х", 0) = |рв(хн), иг (х", 0) = у»в(хн), 0 < хн < 1". (11а) 0<1~<+ос, а~~=— где С емкость единицы длины провода и А самоиндукция еди- ницы длины провода и(0, Е) = О, и, (1', 1') + — и(1', 1') = О, 0 < 1' < +ос, 11 и(х~, 0) = у»в(х~), ив (х~, 0) = »1»в(х ), 0 < х~ < 1~.
Задача (1а) аналогична задаче (11а). Для того чтобы задача (1а) была подобназадаче (11а) скоэффициентамиподобиях», Им кв, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения й,,= — „, (1) !2» н2 ~й Г»" й,— = —,. Ь й йв Ь'' (За) у»в(х ) = 1вн'Рв(х )~ Ф.( ') = — "Ф.("), х =1в,х, 0 < хн <1". (2а) (4а) б) Если конец стержня (хн = О) свободен, а другой (хн = 1н) испытывает сопротивление, пропорциональное скорости, то краевая задача для определения продольных смещений и(х", 1н) точек стержня имеет вид и(хн,О)=ув(х ), и» (х,О)=фв(х ), 0<х <1 (11б) Здесь г означает коэффициент сопротивления трения. Если один конец провода (х' = 0) заземлен непосредственно, а другой (х' = 1') заземлен через сосредоточенное сопротивление Ле, то, предполагая, что Если за функцию, характеризующую электрические колебания в проводе 0 < х' < 1' с пренебрежимо малым сопротивлением и утечкой, принять электрическое напряжение и если один конец провода (х' = 0) заземлен непосредственно, а другой (х' = 1') — через сосредоточенную самоиндукцию, то для определения напряжения и(х', Е) в проводе получается краевая задача !2 ! и㻠— — а и.», 0<х <1, Гл.
И. ,Уравнения гиперболического типа 173 сопротивление и утечка провода равны нулю, для определения силы тока г(х', 1') получим краевую задачу вг 1 ги(0, 1') =О, г.,(1', 1')+СЛогн(1', 1') =О, 0< 1' <+оо, (1б) (2б) (4б) в) Если один конец стержня (хо = 0) закреплен упруго, а другой (хо = 1о) движется по заданному закону, то имеем иеч =ао а, „, 0<хо<1"., 0<1о <+со, Еи, (О, 1о) — йи(0, 1о) = О, и(1", 1о) = ео (го), 0 < Хо< +со, (Пв) и(х", О) = ~ро(х'), ие (х', О) = гР„(хо), 0 < хо< 1о. Если один конец провода (х' = 0) заземлен через сосредоточенную самоиндукцию Ьо, а к другому (х' = 1') приложена электродвижущая сила ыо(1'), то для определения электрического напряжения в проводе получаем краевую задачу ие е —— а" и...
О < х' < 1', О < 1' < +ос, Аои. (О, 1') — Еи(0, 1') =О, и(1', 1') =ыо(1'), 0< 1' <+оо, (1в) и(х', 0) = ро(хр), ие (х', 0) = фо(х'), 0 < х' < 1'. Задача (1в) аналогична задаче (Пв). Пля того чтобы задача (1в) была подобна задаче (Пв) с коэффициентами подобия л„Ц, йв, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения (1а), .(2а), (За), (4а) (см. выше) и соотношение ово(1') = кныв(1о), 1' = 'не1о., 0 < 1о < +со. У к а з а н и е. Задача решается аналогично предыдушей. 51.
Если один конец провода (хо = 0) заземлен через сосредо- точенное сопротивление Ло, а другой конец (хо = 1о) заземлен че- рез сосредоточенную емкость Со, то для определения напряжения в 1(х', 0) = уг,(х'), ъа(х', 0) = ф,(х'), 0 < х' < 1'. Задача (1б) аналогична задаче (Пб). Пля того чтобы задача (1б) была подобна задаче (Пб) с коэффициентами подобия й„ьц, й, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения а,= — „, (1б) вг в. ог а = — 'а йег СЛо — „' = —, (Зб) огг(х') = йв,~р (хо), ф,(х') = — "гР (хо), х' = И,хо, 0 < хо <1". 174 Отвенгм, унаэания и решения проводе с пренебрежимо малыми утечками получаем краевую задачу Лов~ (О, 1н) — Ьое (О, 1а) = О, (Па) ЙСоин е (1а, га) + и (1а, го) = О, 0 < $н < +со, с(х", О) = Уг„(ха), ое«(х", .0) = 4г,(хн), 0 < ха < 1", а для определения силы тока -- краевую задачу 1е«е = ааг1...
0 < хн < 1", 0 < га < +со, г, (О, гн) — СЛоге (О, Ка) = О, Соу (Г, 1а) + Сг(Г, гн) = О, 0 < га < +со, г(хн, 0) = уг,(хн), ге (ха, 0) = ф,1ха), 0 < ха <1". (Пб) Если к концу упругого цилиндра (х' = 0), совершающего крутильные колебания, приложен тормозящий крутильный момент силы трения, пропорциональный угловой скорости, а на другой (х' = Г) насажен шкив с осевым моментом инерции Йо, то для определения углов поворота В(х', В) поперечных сечений стержня получаем краевую задачу Вее =а'Ва„, 0<х'<Г, 0<1'<+ос, С/В, (О, Х ) — годн(0, в ) = О, йоВе е (1', 1') + С УВ* (1', 1') = О, 0 < 1' < +со, В(х',0) = ~рв(х'), В, (х', 0) = вгв(х'), 0 < х' < 1', (1а) Вее — — аггВем, 0<х'<1'., О< У<+ос, СуВа (О, гу) — гоВ, (О, г') = О, Срв.
1Г, В) + НоВ1Г, В) = О, О < 1' < + Дб) В(х',0) = агв(х ), Ве (х, 0) = фв(х'), 0 < х' < 1'. Задача (1а) аналогична задаче (Па). Задача (1б) аналогична задаче (Пб). Лля того чтобы задача (1а) была подобна задаче (Па) с коэффициентами подобия л„Ие, и, необходимо и достаточно, чтобы где а = —, а величины С,,У, Й имеют тот же смысл, что и в «г ответе к задаче 3. Если к концу цилиндра (х' = 0), совершающего крутильные колебания, приложен тормозящий крутильный момент, пропорциональный угловой скорости, а конец х' = 1' закреплен упруго, то для определения В(х', В) получаем краевую задачу 175 Рл. 55 Уравиеиин гиперболического типа выполнялись соотношения й,= —, 1о ' !2 вл ог йг й.
й. ~, Ж йе го' СУ й,' 1 йо й~ ЬСо ' З в( ') = й.Мхп), Фв(х') = — „" Ф.(хп) . ' = й, ", О « " 1". (2) (3) (4) (5) З 2. Метод распространиющихся волн (метод Даламбера) 1. Задачи для бесконечной струны. Решения краевых задач этого пункта, имеющих вид иее — — оги,„, — оо < х < +ос, 0 < 1 < +со, (1) и(х, 0) = ~р(х), ие(х, 0) = ээ(х), находятся по формуле Даламбера — со < х < +со, (2) -~-И Зг(х — аг) в- Зг(х -~- а1) 1 2 2а ./ (3) 52. В рассматриваемой задаче у1(х) = О, поэтому и(х, 1) = = — р(х — ай) + — Зо(х+ аг), (1) где у(х) задана графически в условии задачи. 1 1 Прямая и обратная волны — оо(х — а1) и — оо(х + ас) в начальный 2 2 1 момент 1 = 0 совпадают, имея значение, равное — Зо(х). 2 За время 1 (1 ) 0) график прямой волны переместится без деформации вправо на расстояние а1, а график обратной волны влево на ай Складывая перемещенные графики прямой и обратной волн Для того чтобы задача (1б) была подобна задаче (Пб) с коэффициентами подобия й ., йм й, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись аналоги соотношений (1), (2), (5) и соотношения то йе Оо С вЂ” — =СЛо, й,— = —.
СУ йе ' СУ Со' Указание. См, решение 49. 176 Ответы, укааания и решения Рис. 20 в момент времени 1ы 1а,..., получим профиль струны в эти моменты времени. Выше (рис. 20) приводится профиль струны для моментов — й = О, 1, 2, 3, 5. а 53. а) где О, — со < х < — с, (2) О, с<к<+со. 177 1'л. !1. Уравиеиин гиперболического типа Рис.
21 О, — оо<х< — с — ай -> ае) сг с — с — а1 < х < — с+ а1, й 1— и(х, 1) = — с+а1<х< с — а1, ( О, — а1)~ с — аЕ < х < с+ ай с+ аХ < х + оо. сг с Аналогично получается профиль струны при — < 1 < +со. б) Ладим теперь формулы, определяющие и(х., 1) при х = сопз1, представляющие закон движения точки струны с фиксированной абсциссой. Выберем по фиксированному значению х в каждом из интервалов -оо < х < -с, -с < х < О, О < х < с, с < х < +ос и изучим, как меняется выражение для решения при 1, изменяющемся 12 Б.М. Булак и др. Чтобы получить требуемые в условии задачи формулы, рассмотрим разбиение фазовой плоскости (х, 1) характеристиками уравнения (1), проведенными из концов интервала ( — с, с), на котором начальное отклонение отлично от нуля (рис.
21). Ладим сначала формулы, определяющие профиль струны при 1 = = сопя1, ограничиваясь двумя характерными случаями: с с О <1< — и — < 1<+ос. а а с Коли 1 = сопзс, О < 1 < —, то при х, изменяющемся монотонно от а' — со до +ос, точка (х, 1) фазовой плоскости последовательно проходит области 1, 1Ъ; П, 'у'1, 111. с Таким образом при О < 1 < — профиль струны задается соотноа шениями 178 Ответы, указания и решении от 0 до +со.Мы получим: 0<1<— а О, ег а а и1х, 1) = — оо < х < — е:; (1 < +со,. а О, 6 1— х + аг1г ег 0<2< а + )г 21 сг — <1< —, а а п(х, 1) = — с<х<0; (1<+ос, О, Ь, 1— х +а 1 сг 6 ~ (х — ае) 2~ сг — (1( —, а а и(х, 1) = 0<и(с; (1 < +ос,.
а О, 0<1< а О, ( е) 6 Г 1х — ае) 1 — с+х се-х с ~ ' а а с<х <+со. с -Ь х <1<+ос, О, Замечания. 1. о) и Д) получаются из д) и у) простой заменой х на -х, так как и1х, 1) является четной функцией по х в силу четности уг(х). 2. Геометрический метод нахождения профиля струны для различных моментов времени описан в решении задачи 82. 54. Отклонение и(х, 1) достигает наибольшего значения в точке с абсциссой ог г дг г аг г егг х= 4 в момент времени ог -е 11г — (ог г- бе) 4а 6г+6г это наибольшее значение равно 2 Рл. П. Ураоиеиин гиперболического типа У к а з а н и е. Рассмотреть интегральную поверхность, представляющую решение и = и(х, 1) краевой задачи.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
