Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 37
Текст из файла (страница 37)
55. Решение краевой задачи имеет вид и(х, 1) = Ф(х -~- а1) — Ф(х — а1), где О, 1 оо(г + с) ) — 2а /'е( ) = 2а оос с<я<+ос, а поэтому закон движения точек струны с различными абсписсами представляется формулами а) 0<8<— а О, ио(х 1- аг) оос с+ х < с — х — со < х < — с; 2а 2а' а а и(х, 1) = с — х — (1<+со, а оос а б) 0<1< —, а стх« с — х а а и(х, г) = — с<х<0; оос а с — х — (1<+со, а в) 0<1< —, а сое, с — х с-~-х а а и(х, 1) = 0<х<с; с+х <1<+ос, иос а г) 0<1< О, оо(х, — аг) иос — с+х с+х а а и(х, 1) = с<х<+оо.
+ —, 2а 2а ' < 1 <+со, а иос а Профиль струны для моментов времени 1ы 12,... может быть получен вычитанием графика прямой волны Ф(х — а1) из графика обратной 12* оо(х — аг) иос + —, 2а 2а ' ио(х — ае) иос + —., 2а 2а ' — оо < г < — с, — с<я<с, хо= — с, 180 Ответы, указания и решения Рис. 22 /сс волны Ф(х + а1). Лля моментов 1я = —, й = О., 2, 4, 6, он имеет вид., изображенный на рис.
22. 56. Приведем два способа решения задачи. Первый способ. Будем сначала считать импульс равномерно распределенным по отрезку хо — д < х < хо+ б. Тогда краевая задача формулируется следуюшим образом: ин = а ие„— оо < х < +ос, О < 1 < +со, (1) и(х, О) = О, — оо < х < +ос, — оо < х < хо — б, хо — б<х<то+б, хо+ б < х < +со, О, 1 ие(я,, 0) — рв(х)— О, <2) И„-(х, е) = Фв(х+ ае) — Фв(х — ай), (8) где 181 1'л. И.
Ураеигиин гиперболииеаного типа — ос < з < хо — б, хо — б < г < хо + б, О, — (х — то+ б) 4абр 2ар' хо+б< з <+ос (4) где 0 при — ос < х < хо, Ф(з) = йшфа(я) = 1 з — зо ( — при хо < х < +ос. 1 2ор Если ввести функцию ао(з), определяемую соотношениями )(0 при — оо < х < О, ) 1 при 0<я<+ос, 1 й (х) = — оо(г — хо), 2ар 1 и(х, 1) = — (ао(х+ а1 — хо) — оо(х — а1 — хо)). 2ар Второй способ. Используя дельта-функциюз), можно сфор- мулировать краевую задачу так: им=оияи, — сс<х<+ос, 0<1<+оо, и(х, 0) = О, — сс < т < +оо, иг(х, 0) = — б(х — хо) ), -сс < х < +ос.
1 . 2 Р Тогда с помощью формулы Даламбера получаем то сЬ = — / б® г1~ = — о — г 1 = — (ао(х + а1 — хо) — ао(х — а1 — хо)), 2ар еы 1 1 и(х,1) = — — / б(х — хо) 2а р 1 так как с 1, з > О, ) <О )з при хо<О я < и О, з>0.,) <О'г при зо>0. ') См. (7, с.
270 — 270). ') Коэффициент при дельта-функции б(х — хе) выбирается так, чтобы суммарный импульс, передаваемый струне в момент г = О, т.е. и~(х, 0)рдх, был равен 1. Формальным переходом к пределу при б — з 0 в решении (3) получим решение исходной задачи и(х, 1) = 1пп Уз(х, 1) = 1пп Фз(х + а1)— з- о — 11п1 фз(х — а1) = ф(х + а1) — ф(х — аг), з- о 182 Отвепсм, указания и решения 57. В задаче 52 и(х, 0) = ср(х) ~ О, ис(х, 0) = с(»(х) = О, а в рассматриваемой задаче бегущая волна в момент с = 0 характеризуется отличными от нуля «начальными» отклонениями и скоростями с) и(х, 0) = у»(х), ис(х, 0) = — асрс(х), .— ос < х < +ос.
1 1 В случае задачи 52 мы имели и(х, 1) = — ср(х — а1) + — ср(х + а1). 2 2 В рассматриваемой же задаче формула Лаламбера дает и(х, с) = + — / ( — ау»~(я)) Йя = у»(х — а1). 58. Решение краевой задачи о +ьсс+Лс=О,) ) при — со < х < +ос, 0 < 1 < +со, (1) ся + Сос + Со = 0) о(х, 0) = с(х), с(х, 0) = сс — Е(х) при — со < х < -~-оо (2) /с - ~(х при условии СЛ = СЛ имеет вид о(х, с) = е ™ (ср(х — а1) + ус(х + а1)), с(х, С) = )/ — е ~ (ср(х — а1) — ф(х+ а1)) 0 < 1 < +со -)~х- где у»(е)= () () и ф»(я)=у() () при — со<я<+со. (4) Указание.
Исключить из уравнений (1) силу тока, :в полученном таким образом уравнении второго порядка для о(х, 1) освободиться от члена ос(х, 1) (см. гл. 1), тогда уравнение примет вид исс = а и *. Его решением будет: и(х, 1) = ср(х — а1) + ф(х + ау). Возвращаясь к функции о(х, 1) и используя уравнения (1) и начальные условия (2), нетрудно получить ответ. 2. Задачи для полупрямой. Разыскиваем решение краевой задачи для полупрямой исс=ази„, 0<х<+со, 0<1<+со, (1) а»исс(0, 1) + атис(0, 1) + ази,(0, 1) + ассе(0, 1) = Ф(1), 0 < 1 < +со, (2) (3) и(х, 0) = у»(х), ис(х, 0) = ср(х), 0 < х < -С-со, в виде и(х, 1) = срс (х — а1) + срз(х + ау).
(4) Функции срс(я) и срз(я) можно определить из начальных условий лишь при 0 < я < +со. Для определения срз(е) этого достаточно, ) Предполагается, что волна уже существует при С < О. 183 1"л. 11. Уравнения еиперболинесноео типа так как х+ а1 > О при О < х < +со, О < 1 < +со. Функция же д~(х) должна быть определена и для — оо < е < О, что достигается с помощью граничного условия (2). Решение краевой задачи (1), (2), (3) можно искать также с помощью формулы Лаламбера еим 7( — 1)+Э( +ае) (5) 2 2а,/ Рис. 23 с Зс 59. Профиль струны в моменты времени 1 = а' 2а' изображен на рис.
23. 2с 7с а' 2а с) См. (7, с. 64, 65). для неограниченной струны. Лля этого нужно фиктивно продолжить струну на отрицательную полуось — оо < х < О, а затем распространить на эту полуось начальные условия (3) так, чтобы для и(х, 1), вычисляемого по формуле (5), граничное условие (2) выполнялось з). При этом получается, что в случае фиксированного конца функции ~р(х) и ф(х) должны быть продолжены на полуось — оо < х < О нечстно, а в случае свободного конца четно.
184 Ответы, указаиия и решении Рис. 24 Рис. 25 185 1'л. 11. Ураеиепин еиперболпчеепого типа (о., ис(х, 0) = ~ ио, О, (4) четном г) может быть найдено с помощью формулы Лаламбера при продолжении начальных условий и(х, 1) = Ф(х+ ас) — Ф(х — а1), (5) где Ф(х) = — / ое(о) до, 1 (6) ~Ф) = (7) График функции Ф(х) имеет вид, представленный на рис. 24.
Профиль отклонений в любой момент времени получается вычитанием графика прямой волны из графика обратной волны. с 2с Зс При 1 = 0; —; —; — профиль отклонений имеет вид, представ- а а а ленный на рис. 25. 0 < х < 21, О, 0<1< а -21 -~-х 21Ф х а1)., <1< а а 21+ х <1<+со, а 21 < .х < +со, О, и(хг г) = — сов — (х— .га 41 О., А = — —. -Я ') См.
(7, с. 64, 65). 60. Решение краевой задачи 2 иге=а и„, и,,(0, 1) =О, и(х, 0) =О, О, ио, О, ио О, 61. 2А1 , ггх , ггас — — вш — вш па 21 21 2А1 з гг и(х, 1) = — сов — (х — а1)г па 4У 0 < х, Х < о-оо, 0<1<+со, 0<х<+гю, 0<х<с, с < х < 2с, 2с<х<+ос, — оо<х< — 2с, — 2с < х < — с, -с < е < с, с < х < 2с, 2с < г < -~-оо, 0<1< 21 — х а 21 — х 21+х <1< а а 21 -~-х <1<+ос, а (1) (2) (3) 186 Ответы, указания и решения 62.
шах и(х,1) = 6 = и(0,— ) = и(0,— ) = и(21,— ) о<е<е = и (4), — ) . У к аз а н и с. Рассмотреть интегральную поверхность, представляющую решение и = и(х, 1) краевой задачи. 63. Решение. Аналогично тому, как это делалось в случае задачи 56, решение настоящей задачи может быть выполнено такими двумя способами. Первый способ. Считаем импульс 1 равномерно распределенным по отрезку хв < х < хе + б. Тогда мы приходим к краевой задаче ии — — пи,, 0<х,1<+ос, (1) и(0, у) = О, О < 1 < +ос, (2) О, О < х < хв, и(х, 0) = О, ие(х., 0) = †, хс < х < хе + д (3) 1 бр' О, хе + б < х < со. Ее решение получается по формуле Лаламбера с помощью нечетного продолжения начальных условий.
Переходя к пределу при д — э 0 в решении этой краевой задачи, получим решение исходной задачи 1 п(х, 1) = — (ао(х — то + а1) — ао(х — то — а1)— 2ар — по(х + хо + а1) + по (х + хв — аЯ. Второй способ. Используя б-функцию, можно сформулировать краевую задачу следующим образом: иве=а ияя, 0<х, 1<+оо, (1) и(0,1)=0, 0<1<+ос, (2) и(х, 0) = О, 0 < х < +со, (3) ис(х, 0) = — б(х — то), 0 < х < со.
(3') р Ее решение получаотся с помощью нечетного продолжения начальных условий. Нсчетное продолжение начального условия (3') дает ивах., 0) = — (б(х — хо) — б(х+ хо)1, Р еэ«Ф и(х, 1) = — ( — (б(С вЂ” хо) — б(С+хо)) еК = 1 11 2а1 р 1 = — ( ао (и — хо + а1) — по (х — то — а1) — по (х + хо + а1) + по (х+ хо — а1) ) . 2ар 64. С помощью б-функции краевая задача формулируется следуюгцим образом: им=а и„, 0<х,1<тес, <1) 1'л. П. Ураеигнин гиперболического типа (2) (3) 1 и(х, 1) = — 1сш 1са(х — хо + а1) — ао(х — то — ао) + 2ар го — соз-о 1 + ао(х+ хо+ а1) — ао(х+ хо — ас)) = — 1сао(х+ ао) — ао(х — а1)).
аР Это решение может быть получено также переходом к пределу при б — с 0 из решения краевой задачи им=а и „0<х,1<+ос, и,. (О, 1) = О, .0 < 1 < +ос, и(х, 0) = О., 0 < х < +ос, (1) (2) (3) 1 ис(т 0) = бр' О., б < х < +оо. (3') 66. Решение. Приведем два способа решения задачи. Первый способ. Краевая задача формулируется так; исс — — а и ~, 0<х,1<+ос, Мисс(0, 1) = Еоия(0, 1), 0 <1 <+сх, М = —, Я д' (1) (2) (3) и(х, 0) = О., 0 < х < +оо, то., х =О, ис(х, 0) = О, 0 <х <+ос.
Решение краевой задачи (1), (2), (3), (3') ишем в виде (3') и(х, 1) = ср (1 — — ) + ф (с + — ) . (4) а(0,.1)=0, 0<1<+ос, и(х, 0) = О, 0 < х < +ос, ис(т, 0) = — ~ б(х — хс). 1 (3') Р я=с Продолжал почетно начальное условие и применяя формулу Паламбе- ра,получим 1 х 'а(х, 1) = — 7 <ао(х — хс + а1) — сто(х — хс — а1)— — о о(х + хя + а1) + ао (х + хс — а1) ) . 65. Решение исходной задачи может быть получено переходом к пределу при хо — с 0+ 0 из решения краевой задачи исс = а и~я, 0 < х, 1 < +со, (1) и,(0, 1) = О, 0 < 1 < +оо, (2) и(х, О) = О, 0 < т < +ос, (3) ис(т, 0) = — д(т — то); то > О, 0 < х < +ос, 1 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
