Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 41
Текст из файла (страница 41)
Фг(х) + Ф~(х) = —, — 1 < х < О, а' рг(х) + ~г(х) = О, О « 1, — зг,'(х) + г)г,'(х) = =', 0 < х < й а' Из соотношений (7)-(10) находим Фг(г) = 'Ф~(г) = — -1 < г < О, 2а' -~г() =М,'( ) = —,"', О«й Соотношения (5), (6) дают г ( ~ г ) ч г ( 1 + г ) (13) (6) (7) (8) (9) (10) 1) Часть из граничных условий (2) выполняется только прн 0 < 1 < ге, где Ге -- момент конца акта соударения. н.=1 93. Р е ш е н и е.
Началом акта соударения является момент, когда левый стержень достигает правого; этот момент принимаем за е = О, а точку, в которой в этот момент находятся соприкасшощиеся тор- цы, принимаем за х = О. Концом акта соударсния называют момент, начиная с которого скорость ударяющегося торца становится меньше скорости ударяемого торца. Обозначим через иг (х, 1) и иг(х, 2) смещения поперечных сечений ударяющего и ударяемого стержней. Тогда и1(х, г) и иг(х, 1) являют- ся решениями краевой задачи (в течение акта соударения).
име=аи1,е, — 7<х<0, г 0<1<+ос, игм — — а из~~, О < х <1, 207 Рл. 1й Уравнения еиперболичееноео типа ф2(1+2) вог(1 2)~ (14) Фг( 2) = оог( 2) (15) Ф1(2) = Ф2(2), (16) ИЗ СООтНОШЕНИй (13)-.(16) СпсцуЕт, ЧтО фуНКцИИ уг~(2), уЭ((г), угг(2), ф~г(2) являются периодическими с периодом 41: поэтому каждую из них достаточно определить на интервале 0 < 2 < 41; дальнейшее построение осуществляется периодическим продолжением. Такое определение функций во' (2), 4е'(2), во~(2), фг(2) с помощью соотношений (11) — (16) дает для них значения, изображенные графически на рис. 26. Рис.
26 Используя найденные функции у2~(2), гр'(2), у~г(г), 1ог(2), находим выражение для иц(Х, С), игв(Х, в), иш(Х, 4), иге(Х, е). 208 Ответы, уиаваиия и решение Рис. 27 На рис. 27 изображено графически распределение скоростей и на- 31 21 пряжений для моментов времени 1 = О, .2 = —, 1 = —, 1 = —, 2 = —. 2а' а' 2а' а 94.
Решение краевой задачи ищем в виде и(х, е) = ио(х) + и М, е), (4) — +Ь вЂ” +Ле=О, 0<х<1, 0<1<+ос, ди де дх де — +С вЂ” +Си=О, СВ=СЕ, дх дс и(0, У) = Е, и(С, 2) = О, О < й <+ос, и(х, О) = О, е(х, О) = О, О < х < С, (1') (2) (8) 209 Рл. !Е Уравнения гиперболического типа и начальных условиях и*(х, 0) = -ио(х), Мы получаем ) (3') 4'(х, 0) = — го(х). , вЬ и'СЛ(1 — х) (5) зй игСЙ1 С сЬ ~IСЛ(1 — х) '1( Б Ь 'СЛ1 и*(х, 1) = е 1 [во(х — а1) + ф(х+ а1)~, (б) г'(х, 1) = е С з — [~р(х — а1) — зр(х + а1)~, 'у Ь р(х)= () (), ф(х)=~( ()., 0<х<1, (7) 2 ' 2 ~(х) = — ио(х), Е(х) = — 1( — зо(х), 0 < х < 1, (8) /7,. ~(с с помощью граничных условий (2') функции Дх) и Е(х) продолжаются, как четная и нечетная функции с периодом 21.
При 1, удовлетворяющом неравенству 1 > — 1п (10[1+ 1Ь ~ВИСЛ(1 — х)~) ,. будет выполняться соотношение !г*(х., 1) [ < О, 11о(х), (10) т. е. сила. тока в точке х провода будет отличаться от своего продольного значения при 1 — ~ оо заведомо но более чем на 10 К. 95. Решение краевой задачи (5') (б') (9) ди дг — + Л вЂ” + Лз = О, дх д1 — + С вЂ” + Си = О, дх де О«. 1, 0<1<+ СЛ = СА, (1') (2) (3) и(0,1) =Е, 1(1,1) =О, 0<1<+ос, и(х, 0) = О, 4(х., 0) = О, 0 < х < 1,.
имеет вид и(х, 1) = ио(х) + и'(х, 1), 1(х, 1) = 1о(х) + г*(х, .1), (4) 1) См, решение задачи 72. 14 Б.М. Булак и др. э(х, 1) = 1о(х) + 1*(х, 1), (4') где ио(х) и 4о(х) стационарное решение системы (1), (1'), удовлетворяющее граничным условиям (2), которое служит пределом для решения (4), (4') краевой задачи (1), (1'), (2), (3) при 1 — з +со, а и*(х, 1) и 4*(х, 1) -- решение системы (1), (1') при граничных услои*(0, 1) = О, и'(1, 1) = 0 (2') 210 Ответы, указания и решения (9) 2в(! — сн( — ~ — — 0() ( е«е", ',Т вЂ” 2Е ехр( — ве( — — 1) ) + 2Е(1 — 2зе ( —, — 2) ) х х ехр( — ве( — — 3) ) при 3Т < 1 < 5Т, и(1, 1) = 1С и т.д., х= —: Св' где ив(х) и 1е(х) — стационарное решение системы (1), (1'), удовлетворяющее граничным условиям (2), ~ъ'СЛ~Р— *) . (х) /С ~чесЛ(~ — *) а и*(х, 1) и 1'(х, 1) — решение системы (1), (1') при граничных условиях и*(0, 1) = О, е*(1, 1) = О, О < 1 < +ос, (6) и начальных условиях и*(х, 0) = †(х), е*(х, 0) = — 1в(х), 0 < х < 1, (7) и*(х, 1) = е ™ (~р(х — а1) + у'(х + а1)(, (8) г' 1х, 1) = с и™ е — ( р(х — а1) — уз1х + ае)), ;о(х)='(*)' (*), ф(х)='("- (х), 0<х<1, (10) 2 ' 2 11х) = ио(х) г1х) = )/ — ео(х) 0 < х <1 (11) /Ь .
Из граничных условий (6) следует, что функции Д(х) и Г(х) продолжаются, соответственно,нечетно и четно относительно х = (),четно и нечетно относительно х = 1и периодически с периодом 41. При 1, удовлетворяющем неравенству 1 ) — 1п (10(1 + 1Ь ъ'СЛ (1 — х)1 ), (12) напряжение в точке х провода будет отличаться от своего предельного значения при 1 — ~ +оо заведомо не более чем на 10 веы 96. а) 0 при 0<1<Т, ез ЕЕЕ= в(1 ( "') ) р (2 -Е 1 (2 е )е, Я -'-!1в и = 1, 2, 3, ..., )7, где Я = )1 — волновое сопротивление, Т = †, а = ско- а рость распространения электромагнитных возмушений по проводу; б) 0 при 0<1<Т, 211 1зп 11.
Уравнения еиперболочеопого ~пипа в) 0 при 0<1<Т, 2Еехр( — е( — — 1)) при Т <1 < 3Т, 2Еехр( — е( — — 1) ) — 2Е(1 — 2е( — — 3) ~ х х ехр( — е( — — 3)) при 3Т < 1 < 5Т, о(1, 1) = Ю и т.д., с = —. ьо Указание. По поводу законов отражения от конца х = 1 см. решение задачи 71.
3 3. Метод разделения переменных 1. Свободные колебания в среде без сопротивления. 97. Решением краевой задачи ип = а и.„, 0 < х < 1,. 0 < 1 < +ос, и(0, 1) = и(1., 1) = О, О < 1 < +ос, (1) (2) 6 хо 6(1 — х) 1 — хо и(х., 0) = 0 < х < хо, (3) <я<1, (3') по(х, 0) = О, 0 < х < 1, является -~-со кохо(1 — хо) х-~ п~ о=1 0 хо х Рис. 28 14' пяхо В выражении и(х, 1) исчезают слагаемые, для которых аш = О, т.е, отсутствуют обертоны, для которых точка х = хо является уза1 . зппхо за лом.
Энергия и-й гармоники равна Еп = МЬ ...зш М=р1. 98. Решение. Находим начальное отклонение струны (рис. 28); 212 Ответы, указания и решения Таким образом, РОХО(1 — ХО) 2) 1Т г 261 к-7 1 . пкхо . пях пяае и(хг г) =— — вш — зш — соз —, л ~хо(1 — хо) пз н=г где 6 определяется по формуле (1). 326 к 1 . (2п -г 1)кх (2п -Ь 1)пас 81П соз , где 6 ') — з 2.. (2„ЦО О=О максимальное начальное отклонение струны. -Г- ы 100.
и(х, 1) = — ~~ О=г Энергия и-й гармоники равна ОГГО гго Е77= 7 ЯП 7Г 71 б.х.г — зш зш — яп яв пз ПГГХО . З Ппб аш, =р. 101. Указание. Сначала считаем импульс Т равномерно распределенным по отрезку хо — б < х < хо + б струны. Тогда мы приходим к выражению для и(х, 1), приведенному в ответе к предыдущей задаче, причем 1 ио = —. 2бр' где р — — линейная плотность массы струны.
Переходя к пределу при б -О О, получим для решения исходной задачи выражение -1-со 27 к 1 . п.гхо . п.гх . пггаг и(х, 1) = ~ — яп зш яп 7ГО71 и О=1 Энергия и-й гармоники равна М ') В силу малости отклонения, Т но зависит от отклонении. См. (77 с. 24). ) Начальное отклонение можно было бы определить, решая задачу: и (х) = О, Т(71 (хо -Ь 0) — и (хо — ОП = го, и(хо — 0) = и(хо -Ь 0), и(0) = = и(1) = О. для этого достаточно определить величину 6,. Из условия равновесия (в проекциях на, вертикальную ось) находим Т(згпге+ зш;3) = Ео. В силу малости отклонений вша си о, яш,З сиД ), но ся Гг = —, 1~ Д = 6 6 хо 1 — хо 213 Рл. П. Уравненин енперболнчееноео типа Решение задачи можно получить также, полагая 1 иг(т, 0) = — б(х — то), Р где б(х) есть дельта-функции 1).
пяб, пггхо СО — Вгп 1 0 2 и ( 1 ) 8 о о б ~ г 1 1 1 ь 1 и и я х в 1 1 1 и г го ггга ~-' и (2би)г гг=г 1— 1г Энергия п-й гармоники равна 16ооб р 1 г пгб . г пяб г , СОВ Вгл 1н' ~ (28 )г~' в-м 81Л т ( — Ц" . (2п -Ь Цнх (2п -Ь Цггае п=в 104. Ответ получается из ответа предыдущей задачи, если поло- жить гв где г" модуль упругости, а о' площадь поперечного сечения стержня. 105. Решением краевой задачи игг = ази„,, О < х < 1, О < 1 < +со, и(х, 0) = гр(х), иг(х, 0) = г(г(х), 0 < х < 1, и,(О, 1) = их(1, 1) = О, О < 1 < +со, (1) (2) (3) является -его (гР(х) + виар(х)) г1х+ ~ (ае сов + Ьь сйп ) сов аЬя1 е айн11 йях о 1.=-1 (4) 2 Г кггх 2 г 1ггн = — / гр(х) сов г(х, Ьь = ~ г(г(х) сов 2х.
-1/ и(х, 1) =— 1 где 106. Решение задачи может быть получено из решения предыдущей задачи, если положить гр(х) = О., О, 0<х<1 — б, Ф(х) = — — 1 — б < х <1, бр' Ц См. сноску к решению задачи 56. ') По поводу выбора коэффициента при б(х — хо) см. вторую сноску на с. 18П а затем перейти к пределу при б — 1 О, либо положить у(х) = О, а г(г(х) = — — б(х — хо) ), 0 < хо < 1, Р 214 Огпеетхн указание и решении где б(х) есть дельта-функция, а затем перейти к пределу при хо о 1 1 21 т ( — Ц~ 1екх . Ькае гг(х, 1) = — — 1 — — у сов — вш р1 кар ~ ге в=1 имеет вид и(х, 1) = ~ ~(аггсовЛпаг+ Ьп гйпЛпа1) совЛ„х, (4) п.=г Хн1х) + Л'Х1х) = О, 0 < х < 1, Х'(О) = О, Х'11) + ЬХ11) = О, (5) (6) ЛскЛ1 = йг Хн(х) = сов Л„х --- собственные функции краевой задачи (5). Квадрат нормы и-й собственной функции находим с помощью (6) $$хг' = 1 х (ее, = -' $г е и ("г "') $ = -' '1г г, у, $, (и о а„= / гр(в) совЛеег1в, Ь„= е /ф(я) сов Лпаг1ж 18) 1 г 1 ~~х,~Р о о (1) (2) уо(х) = †' х, гЬ(х) = О, -~-оо 41 т-~ ( — Ц" .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
