Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 40
Текст из файла (страница 40)
ях яа( 83. и(х, л) = А зш — сов —, 0 < х < л, 0 < л < +со. Указание. Решение получается с помощью формулы Даламбера при нечетном и периодическом с периодом 21 продолжении начальных условий. и(х,()= ~ ~л ' ""л, 0<х<1, 0<(<+ос, 84 где Аг, — 1<я<(, А(21 — я), (<я<3(, лр(я) = лр(г + 41), — оо < х < +ос. 85. и(х, 1) =, 0 < х < 1,. 0 < л < +ос, 2 где (а(е) = уг„(я), — 1+ 2(л( < я < 1+ 2п1, и = О, ~1, ~2, ..., причем р „(г) = — лра( — ), лро(х) = Аг, — гл лрл(я) = А(е к(' 0 — е ~ / [(ао( — Д+ Ьлро( — Яек(от~О(лл,' — л ( (а (х) — А(е — и( — О е — (м / [лрл ( ( ) л Ьлр ( ()~ея(С-5-г(л (л( + ) (,,(-с л,—,(-л(ье'"О л(().
л (гл — лЛ( (㻠— г(х 86. Решение. Сначала решаем краевую задачу иле=агин„О<х<1,. 0<в<+со, (л(0 л) =О, и ((,л) =О, 0<(<+ос. и(х,О)=0, ил(х,О)= — д(х — хо), 0<хо<1, 0<х<(, 1 . Р где о(х) односторонняя й-функция л). Ее решением является л) См. сноску к решению задачи 66. (а — 1 р (г) =А(е ( ~ — е в=1 — гл +Ьуг ге((())е (~~ л(л(+ / / [уг-ьв-(( ь) + (гл-Юл [лр тл( — ~)+Ь(г нт(( — ())е (~+ л((л', (1) (2) (3) Гл. И. ,Уравнения гиперболического типа 201 -~-сю и(х, 1) = — 1 — ~ ( — 1)Я(б(5 — хо+ 2Ы) — б(с+ хо -Ь 2Ы)) д( = 2ау р — я= — вв ь — ( — 1) (оо(х + а1 — хо + 2Ы) — по(х + а1+ хо + 2Ы)— 2ар Ь= — вв — ао(х — а1 — хо + 2Ы) + по(х — а1+ хо + 2Ы) ) Переходя к пределу при хо — г 1 в полученном решении, найдем решение исходной задачи В-вв и(х, 1) = — ~ ( — 1)~(оо[х+ а1+ (2к — 1)1) — по[х+ а1+ (2ь+ 1)1)— 2ар — по [х — а1 + (2й — 1) 1[ + сто [х — аг + (2 й + 1) 1] ) .
87. Решение. В течение акта соударения для продольных смещений и(х, 1) точек стержня имеем краевую задачу 'им=а и,, 0<х<1, 0<1<+со, (1) и(0,.1) =О, 0<1<+со, (2) Миге(1, 1) = — ЕЯиг(1, 1), 0 < 1 < 1о, (2') где 1о . момент окончания акта соударения, и(х, 0) = О, 0 < х < 1, (3) ( 0)=У ' ( — оо, Момент 1о окончания вита соударения характеризуется тем, что при 0<1<1одолжнобытьи (1,1) <О,апри1=1о и (1,1о) =О,причем, если бы мы предположили, что груз М и для дальнейших значений времени 1 оставался бы прикрепленным к концу стержня, то при зна- чениях 1 > 1о, мало отличающихся от 1о, должно быть и,(1, 1) > О.
Решением краевой задачи (Ц, (2), (2'), (3), (3') является и(х, 1) = ~р(а1 — х) + фа1 + х), (4) где функция у(г) определяется следующим образом: ев'(г) =О, — 1<я <1, (5) р()=О, -1« ° 1, (б) Ф (г) + — Ф (г) = Рн(г — 21) — — вв'(г — 21), 1 < г < +ос (7) а1 а1 (3') М о = — отношение массы груза к массе стержня. С помошью диф- рЯ ференциального уравнения (7) и второго начального условия (3') определяется функция ~р'(г) на отрезке 1 < г < 31. Затем с помошью этого же дифференциального уравнения у'(г) определяется последовательно на интервалах 31 < х < 51, 51 < г < 71, ..., причем константа интегрирования каждый раз определяется из условия непрерывности 21 изменения скорости конца ие(1, 1) при 1 > 0 и, в частности, при 1 = —, 202 Ответы, указания и решения 41 61 — —, ...
Так получаются выражения а а ~рбв)= — ве с Ос~ О, с<я<31, а уз'(х) = — 'е с ОР'О+ — ' ~1 — — (я — Зс)1е с» 'Осс О, а а ~ сИ (5') 31<я<51, (5н) '( ) = — се 0:сс 0+ — ~1 — — (я — Зц1 е с' зО:сс 0 + а а 1 о1 + — "" ~1 — — (е — 31)+ (я — Я)г~ е О еО~(аб 5~ < я < 71, (вен') а ~ а1 ааР Функция уз(г) получается интегрированием узц я) на интервалах 1 < я < 31, 31 < я < 51, 51 < я < 71, ... с учетом непрерывности изменения и(1, 1) с течением времени. Так получаются выражения са(я)= "[1 — е с' ОД 01, с<я<ЗХ, а ~,(я) — а'ив е — с» — сИ О + "~~~ ~1 з 2 ( Зс)1 — с» — зсИасс а а ~ сН 31<я<51, ~ ) — о~ив ~ -се-Ос'саб 11 + о~ив ~1 (я 3))1е-( -зссссасс а а ! а1 21 При с = — волна р(а1 — х) отразится от конца х = 1, так что слагаеа 21 31 мое д(ау + х) в решении (4) на интервале — < 1 < — будет иметь а а уже другое выражение.
Таким образом, и(х, 1) имеет различные выражения на интер- 2М 0<1« —, — 1< —, ..., и — <1<(и+Ц вЂ”, ..., (10) а а а а а — — ~1+ —.. (е — 51)~)' е О мссс О, 5/ < е < 75 а ~ азР (6') При 0 < 1 < — в силу (6) фа2 — х) = О, поэтому согласно (4) и1,х, 1) = р(а1+ х) при 0 < 1 < —, (8) а т.
с, по стержню распространяется только «обратная» волна уз(а1+ + х), идущая от конца х = 1, подвергнувшегося удару; при 1 = — она а 21 достигнет закрепленного конца и при — < 1 < — к ной прибавится а а отраженная волна р(а1 — х), т.е. решение будет иметь вид и(х, с) =|р(аС вЂ” х)+ср(Ш+х), — <1< —. Х 2С (О) а а Гл.
И. ,Уравнения еиперболинееного типа 203 где 1о момент окончания акта соударения, а(и,О)=0, 0<и<(, (3) ( 0)=У ' ) — ио, л=й Момент окончания акта соударения определяется так же, как и в пре- дыдущей задаче. Решение кРаевой задачи (1), (2), (2'), (3), .(3') имеет вид и(х, 1) = д(а1 — и) + ~р(а4+ л), (4) где ~р(я) определяется следующим образом: р'(е)=0, — 1<я<1, р(е)=0, — 1<я<1, ~ро(я) + — ~р'(я) = -~ро(г — 21) + — 1о'(я — 2Ц, о1 а1 М где а = — --- отношение массы груза к массе стержня. рЯ Сначала с помощью дифференциального уравнения (7) определя- ется р'(я) послецовательно на интервалах 1 < я < 31, 31 < я < 51 и (3') (б) (б) 1 < е < +со, (7) ил(1, 1) различные выражения на интервалах 0 <1« —, — 1< —, ..., 2п — < г < (2п+2) —, ... (11) 21 21 41 а а а а а 21 Акт соударения не может закончиться при 0 < 1 < —, так как при а этих значениях 1 будет ии(1, 1) < О.
Для того чтобы акт соударения закончился в момент г,принад- 21 41 лежащий интервалу — < 1 < —, необходимо и достаточно, чтобы выа а полнялось неравенство — 2/о 2+с е <— т. е. о < 1, 73. Примечание. Так как реальные поверхности могут обладать неровностями, то для приложимости этого решения к реальным слу- чаям удара необходимо, чтобы время, в течение которого достигает- ся плотное соприкосновение торца ударяющего груза со свободным торцом стержня, было пренебрежимо мало по сравнению со временем пробега волны возмущения по стержню.
11еформации, возникающие в грузе, должны быть пренебрежимо малы по сравнению с деформа- циями в стержне. 88. В течение акта соударения для продольных смещений и(т, 1) точек стержня имеем краевую задачу им — — а и,, 0<я<+со, 0<1<+со, и, (О, 1) = О, .О < 1 < +ос, Миее(1, 1) = — Е$и,(1, 1), 0 < 1 < 1о, 204 Ответы, указания и решения т.д. с учетом начального условия (3') и непрерывности ил(), О <1<+ос; й е-1 -Од л> 1 «, 31 а ул'(г) = — — ое 1л лН1ал1+ —" ~1 — — (г — 31)~ е 1 злН1ал1 31 < а а ~ а1 1) при (5') г < 51, (5а) Затем интегрированием уг'(г) с учетом непрерывности при 1 > 0 получается выражение для ул1з) на этих интегралах; Ог(з) = — [1 — е 1е Од О),.
1< г < ЗЕ (6') а 89. Решение краевой задачи л) и(0,1)=0, 0<1<+со, МллллН, 2) = — ЕЯлл,,(1,1), 0 <1 < уо, момент окончания акта соударения, и(х,О)=0, 0<х<1, ( О, 0 <х<1, ил(х, 0) = 1 — х=1, (2) 12') где уо (3) (3') имеет вид и(х, 1) = з (ае — х) — р1ал -ь х) Функция уз(х) определяется следующим образом: уг1г) = О, — 1 < г < 1,. 14) (5) елуа(г) + лр'1г) + = оузи(г — 21)— — ул'(г — 21) -~-, 1 < г < +со, (6) ул(е — 21) Н вЂ” 1 ') См. задачу 21.
Ма где о = С помощью этого дифференциального уравнения, начального условия (3') и условий непрерывности ил(1, 1) при 0 < 1 < +со и непрерывности и11, л) при 0 < 1 < +со функция определяется последовательно на интервалах 1 < г < 31, 31 < г < 51 и т. д. лн- — 0 лы — лл уг(г) = — '1Н вЂ” 1), 1 < г < 31, (5') и т.д., где Лл и Лг — — корни уравнения Лг+ Л+ 1 а о(,Н вЂ” 1) 206 Отвесны, указания и решения Таким образом, -~-ое р(0, 1) = Л~р(г) + 2Л ~ ~( — 1) "р (1 — Лв ) . иг,( — 1, .1) = О, иг(0, е) = иг(0, 1), .иш(0, 1) = иг,(0, 1), иг (Р,г)=0, 0<е <+со~), (2) и1(х, 0) = О, иге(х, 0) = ом — 7 < х < О,) иг(х, 0) = О, иге(х, 0) = пг, 0 < х < й Решение краевой задачи (1), (2), (3) ищем в виде и,(х, е) = ~р1(х — ае)+66(х-~-аг), иг(х, 1) = уг(х — а1)+фг(х+а1)44) Подставляя (4) в (2) и (3), получим ~р ( — 1 — ае)+ф ( — 1+а$) =О, р~(1 — аг)+фгН+аг) = О, 0 <1<+со, (5) гг1 ( а ) + 1е1(ай) ~рг( а") + Ф2М) уг( — аг) + ф~(аг) = ~рг( — а1) + ерг(аг), 0 < г < +ос, уг(х) + ерг(х) = О, -1 < х < О,.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
