Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 44
Текст из файла (страница 44)
)7, с. 104-106). При отыскании с1х, 1) можно не пользоваться явным выражением для ю1х) ). Пусть ю(х) есть стационарное решение уравнения 11), удовлетворяющее граничным условиям 12). Тогда решение краевой задачи 11), 12), 13) может быть найдено в виде 111), причем с(х, 1) является решением краевой задачи иее =азгхе — 2исе 0 «*1, 0 <1<+со, (7') е(0, 1) = с<1, 1) = О, О < 1 ( +ос, 18') Рл. П. Уравиеиин гиперболического типа 229 Так как Хп(0) = Хп(1) = О, ш(0) = ш(1) = О, агюи(х) + д = О, то — — ) ю(х)Хп(х) г(х = — ) Хп(х) г(х = — ' (1 — ( — 1)").
1) Лгаг1 ) " ипЛгаг о о Таким образом, 717ГХо 2Р г в'и ( — 1 ( — 1) "] гг' г ( пгхо(1 — хо) ипоаг п=1 и . 1 . 7ИГх х (созш„1+ — згпш„1) згп . (12) шп Воспользовавшись найденным ранее явным выражением (6) для ю(х), можно теперь написать выражение для решения задачи (1), (2), (3), (3') и(х, 1) = — †,' (х — (х) + 2аг 21 п=1 77 . 1 . пггх к (созшп1+ — з1пш771) з1п .
(13) 7) Мы видим, что при 1 — 1 +ос и(х, 1) — 1 ю(х), где ю(х) = — — '(х — 1х), 2аг есть положение равновесия под действием силы тяжести. При и — 1 0 из (13) получим решение задачи для случая, когда колебания происходят в среде без сопротивления. 127. Решением краевой задачи им=а и,„+д, 0<х<1, 0<1<+ос, и(х,О)=0, иг(х,О)=ио, 0<х<1, и(0.,1) =07 их(1, Е) =О, 0<1<+со, является дх /1 х1 с ( 1617 (2п+1)лаг соз аг (, 2) ( (2п -Ь 1)гяг 21 п=в 8ооР . (271+1)иае) . (2п+1)гх +, сйп 1 сйп (2п+ 1)гггга 21 ) 21 128. Решением краевой задачи иге=ахи„, 0<и<1, 0<1<+со, и(0, 1) = О, иг(1, 1) = — о, 0 < 1 < +ос, и(х, О) = О, иг(х, О) = О, О < х < 1, является йо 8Ро1 к ( — 1) .
(2п -ь 1)ях (2п -~- 1)наг .=о 230 Ответы, указания и решении 0<х<1, 0<1<+со, дз =авд, — 2и —, 0<х<1, 0<1<+ос, (1п) ш,(0, 1) = О, ш~1, 1) = А, О < 1 < +со, (2') (3') сов ш,е -~- = взпю 2 21 п=е где ОЕП = где Ц р- = =. шп (6) и= — ( — + — ), ') См. задачу 5.
129. Решение. Из краевой задачи') — — = — + 2рш, др дш дх де др,д — — =а де дх ' р(0, 8) = О, ш(1, 2) = А, 0 < 1 < +оо, ш(х, 0) = О, р(х, 0) = О, 0 < х <1, исключая р(х, 1), получаем краевую задачу ш(х, О) = ше(х, О) = О, О < х < 1, откуда находим -~-ъ ш(х,1) =А — — е 4А — ые Давление р в сечении х = 1 находим с помощью (1) р(), 1) = р(0, 1) — / ( — — 2иш) еХх О А ес 4аА пе ч — з вйз(ш„в — 2~р„) — 2р1А + — е к ~ 12п+1)сов1е„ п=а 130. О(х 1) = Е ОЫ зееСЛ ее (2 -ь 1) п=е и ка В С 1яезп = —, причем предполагается, что — > Ь С (2) Р) 231 Кл.
!й Уравнения гиперболичеснвго типа ( ), вй(х — 1) чгСЛ вЫ чгСЙ в-сю Ы, могут быть как действительными, так и мнимыми. 132. Решением краевой задачи ии = а'и„, 0 < х < хе; хв < х < 1, 0 < 1 < +ос, (1) и(0,1) = О, и(хе — О, 1) = и(хе+О, 1),. То!и'.(хе+О, 1) — и'.(хо — О, 1)) = — Ке, и(7,1) =О, 0<1<+ос, и(х., 0) = О, иг(х, 0) = О, 0 < х < 1, (2) (3) является -~-вв 2Юо ч 1 . пнхв . пнх пнаг и(х, 1) = уг(х) — —, у —,вш — вш — сов —, (4) - Гвх' ) в=1 где р(х) = Кв И вЂ” *в) х, 0<х<хо, тв~ Кохо — (1 — х); хе <х <1.
Тв1 Замечания к решениям задач 133 — 143. 1) Если неоднородное дифференциальное уравнение имеет вид г г ди ии —— а илл + с и+ Ь вЂ” + Ф(х) вшшг дх авг — — а а„+ с и+ Ь вЂ” + Ф(х) сов ш1, г, г ди д* то его частное решение можно искать в виде ) ш(х, 1) = Х(х) в1пвг8 или или соответственно в виде т(х., 1) = Х(х) сов оЛ. 1) См, также решение задачи 133, где это положение уточняется.
Указание. Стационарное решение уравнения (1) имеет вид ш(х) = Сзх+ Сг, причем константы Сг и Сг определяются по-разному на интервалах 0<х<хе и хе<х<й Их значения С', Сг, С", Сг на первом и втором интервалах находятся из условий (2). 232 Ответы, указания и решения Когда одна из собственных частот струны совпадает с частотой ев вынуждающей силы Ф(х) з1пввС или Ф(х) созевС, то при Ь = 0 может наступить явление резонанса, при котором амплитуда колебаний с частотой вынуждающей силы возрастает неограниченно пропорционально времени.
2) Если же неоднородное дифференциальное уравнение содержит член — 2иие, т. е. имеет вид дн ди им = а нее -~- Ь вЂ” + сп — 2и — + Ф(х) зш евС дг. дС (6) либо вид вм = а и, + Ь вЂ” — 2 и ив + сн + Ф(х) соз евС, ди (7) дх т. е. колебания происходят в среде с сопротивлением, пропорциональным скорости, то частное решение указанного вида уже не существует. В этом случае целесообразно перейти к комплексному представлению вынуждающего члена; точнее, можно искать частное решение уравнения ССее = а ССхя + Ьбе* — 2иСС, + сСС + Ф(х)е'ы' СС(х, С) = Х(х)е' '.
(8) Пействительная часть (8) будет частным решением уравнения (7), а мнимая часть частным решением уравнения (6). Если частное решение (8) удовлетворяет граничным условиям за- дачи, то оно представляет собой вынужденные колебания, составля- ющие главную часть решения краевой задачи при С вЂ” в +со, так как вынужденные колебания с другими частотами и собственные коле- бания, возникшие за счет начальных отклонений и скоростей, будут затухать.
133. Решение краевой задачи им=а и,,+ — зшыС, 0<х<С, 0<С<+со, (1) 2 Ф(х) Р и(О,С)=п(С,С)=0, 0<С<+ос, (2) и(х, 0) = ив(х, 0) = О, 0 < х < С, (3) сводится к решению задачи о свободных колебаниях струны с фикси- рованными концами при заданных начальных условиях, если известно какое-либо частное решение неоднородного уравнения (1), удовлетво- ряющее граничным условиям (2) (см. введение к настоящему пункту). Остановимся поэтому на разыскании частного решения уравне- ния (1),.
удовлетворяющего граничным условиям (2). пха а) Пусть еи ~, п = 1, 2, 3, ... Будем искать частное решение в виде СС(х, С) = Х(х) з1певС. (4) Подстановка (4) в (1) и (2) дает Х + — „Х= —, 0<х<С, оР Ф(х) аз Тв Х(0) = Х11) = О, 233 Рл. Л. Уггавиепин еиперболииееиоео типа откуда находим — с) К я1п — 1 а — / Ф(С) яш — (х — Е) ггС, (7) огуо о а о хц,) = ~ ' ггФ(г). ° '-о о — — ~ Ф(я) яш еЬ = О.
1 г . попе т,~ п о гг х бг) Лопустим сначала, что Ф(х) и яш ' ' ортогональны на отрезке 0 < х < 1. Тогда общее решение уравнения (5) имеет вид а г . ог ог ог Х(х) = — ( Ф(г) яш — (х — г) г4е + Сг я1п — х + Сз соя — х. т,.) а а о Из граничного условия Х(0) = 0 находим Сз = О. Так как — = а погг, го , то я1п — х обращается в нуль на концах отрезка 0 < х < 1г а поэтому константу Сг можно брать какой угодно.
Легко видеть, что в этом случае выражение Х(х) = — / Ф(я) яш — (х — я) еЬ (8) вгTо/ а о является решением уравнения (5), удовлетворяющим граничным условиям (6). попа бз) Остановится теперь на случае, когда иг = —, а Ф(х) и я1п не ортогональны на отрезке 0 < х < Л В этом случае частное решение краевой задачи (1), (2) уже нельзя искать в виде (4). Положим Ф(х) + 1, поих (О) где (10) т о поггх Функция Ф(х) уже ортогональна гйп — на отрезке 0 < х < 1. где То .
натяжение струны. б) Пусть ы = В этом случае частное решение краевой задачи (1) и (2) можно поих искать в виде (4) лишь при условии, что Ф(х) и яш ортогоняльны на отрезке 0 < х < й Лействительно, умножая обе части уравнения (5) поггх на яш и интегрируя по частям с использованием граничных условий (6), получим 234 Ответы, указания и решения игг = а и„— — ф(х) вшогу+ — А„„вш япагй (1 ) 2 То .
То . поггх Сумма частных решений и(х, г) и ю(х, 1) уравнений То . по ох игг = а их, + — А„, яп япагу, (1н) гоге —— а шхе — — ф(х) вш~Л, г То Р (1го) удовлетворяющих граничным условиям (2), будет частным решением уравнения (1) г удовлетворяющим граничным условиям (2). поггх То Так как яп — и — — уг(х) ортогональны на отрезке О < х < 1, Р то согласно (8) ю(х, 1) = — ) угг,х) яп — (х — х) Йя вшагв 1 ог/ а о будет частным решением уравнения (1т), удовлетворяющим граничным условиям (2). Если теперь искать частное решение уравнения (1о) в виде и(х, 1) = ТЯяп (12) то граничные условия (2) будут удовлетворяться при любом Т(1) .
Поди пока ставляя (12) в (1') и принимая во внимание равенство ы = получим уравнение Тнгг) + аЯТЯ = —" А„, яп огй (13) Р Его частное решение, как это известно из теории обыкновенных дифференциальных уравнений, имеет вид ТЯ = г(Асеев+ Ввшагв). (14) Поэтому Т1г) = — "' осовев ТоА„о 2огр (16) и (17) Теперь уравнение (1) можно переписать в виде Подстановка (14) в (13) дает А "'4 В О 2огр иг(х, г) = — "' г сов огу вш ТоА о . поггх 2огр погга Таким образолг, если ы = и функции Ф(х) ортогональны на отрезке О < х < 1, то частное решение поггх ивш не уравнения (1), 235 1"л.
11. Ураенения енперболнчееноео типа удовлетворяющее граничным условиям (2), имеет вид с1(хг 1) = — ~ф(г) яш — (х — а) г1г ьзп~Л— ( го,/ а 2огр является; а) при ог ф —, и = 1г 2, 3, 2Фо и(х1) =, а вш хгР ~ягп~~ 2а а вш — х вгп аг1 + г 2а Его пггх . пз ая + ~ Ь„вш нйп п=г ггЛ . г ог . птх я|п — — яш — г вш — г(х; 2а 2а где ог 4Ф пота бг) при ог =, где гго четые, -~-оо 2Фо . г ог г з ~ ~. птх . пгга1 и(х., 1) = —, вш — хязпаг1+ лз 6„згп вгп хор 2а 2 ° о=:Г где 4Фо Г.
гог . пгге 6„= ~ яйп — аяш — сЬ; ггтарог 2а г о пота бг) при ог = —, по нечетно, и(х, 1) = у Фо . г го 4аФо г . поте . пот(х — х) — яш — х+ ~ язп я|п сЬ вшоЛ+ ого р 2а потгоуо1 о по гх 2Фо яш пег х . п гга1 + гсояог1+ ~ 6„язп яйп —, по7™р и=-1 где В этом случае наступает явление резонанса: амплитуда колебаний с частотой вынуждающей силы возрастает неограниченно пропорционально времени. 134. Решением краевой задачи игг = а и х+ — яшыз, 0 < х <1, г 4'о е Р и(0, 1) = и(1, 1) = О, О < 1 < и(х,О)=иг(т.О)=0, 0<х 236 Ответы, указания и решения с 2 г" 2Ф . з ш 4аФо Г . поп« . поп1х — «) а 6„= ~ — — яп ~ вш яп сЬ+ пяа I шр 2а по«То,l 2Фо .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
