Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 51
Текст из файла (страница 51)
д.~з' Таким образом, и'(х, д) должно быть не только решением задачи (1), (2), (3), но и решением краевой зада еи ди' 1е~ д и' — =р — * —, 0<х <1, 0<1 <+со, др й, дх"' и (О, е~) = ~р~(е~), 0 < 1~ < +ос, и'(х~, г) = О, О < х' < 1. краевой (1е) (2н) (Зн) Отсюда заключаем, что выполняется соотношение 2 а =р — '. ве действительно, вычитая (1н) из (1), получим: О= (а — Л) д и Если бы мы предположили, что „= О, то в силу уравнения (1е) д ' (или (1)) было бы — = О, но это невозможно, так как и(0, 1') = уз'(1'), дд причем уз'(д) ф О. Следовательно, 2 а — р — *=О, ке что и требовалось доказать.
достаточность. Перейдем к безразмерным величинам С, т, У в краевых задачах (1) и (П) с помощью формул х' =1'С, 1' =1сг, и' = и„БЯ т), 283 Гв. 1П. Уравнения пороаовинееноео типа где константы 1„' и 1" имеют размерность времени, а а' и а" имеют соответственно размерности и' и и", причем эти константы выбраны так, что оо ио — '=йм оо и о иа Напомним, что, кроме того, выполняется соотношение 1о ' Краевые задачи (1) и (11) примут вид д11 га, д'11 — = — а д 1 дег ' 11(0, т) = —, уЩ, т), О < т < +оо, иа 11(~, О) = О, О < ~ < 1, 0 < ~ < 1, 0 < т < ч-со, (Н') Из (4) следует, что р (10т) = 'р (вот) иа иа 0 < т < -)-оо.
Из (5) следует, что ра г ео — а = —,и рг т. е, у задач (1') и 1Н') тождественно совпадают уравнения, начальные и граничные условия; следовательно (в силу теоремы единственнос- ти), совпадают и их решения. Таким образом, 11ф т) = —, и'(х', 1') = — „(хо, 1о), ио ио т. е. и (х, 1') = Й„и (х'', 1' ), что и требовалось доказать. 19. Краевая задача об определении температуры в стержне, на боковой поверхности которого происходит конвективный теплообмен со средой, температура которой равна нулю, г ди яд и' ар, г Л вЂ” =а — — — и, а = —, 0<х <1, 0<1 <+со, (1) / г дн дх'г арт ' ер' и'(О, 1') = ~р'(1'), 0 < 1' < +ос, —,~ = О, и(х',0)=0, 0<х'<1' д11 оа д — = — и дт Р д4 ' 11(0, т) = — о ~ро(10, т), 1 иа 11(~, 0) = О, 0<с<1, 0<т<+оо, 0 <т <+ж, 0 < ~ < 1.
284 Ответы, указания и решении аналогична краевой задаче об определении концентрации диффундирующего вещества, скорость распада которого пропорциональна концентрации, — = 11 — и, — 11и ', 0 < х ' < 1', О < 1' < +ос, 11') двв дхв' а и"(О, 1а) = ~рв(1в), 0 < 1а < +со, — „= О, (2') дхв а =г и~'(х~~, 0) = О, 0 < хн < 1в. (3') Для того чтобы первая задача была подобна второй с заданными коэффициентами подобия й„йе, й, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения (6) (3') ') По поводу обозначений см. задачу 2 гл.
П1 и задачу 19 гл. П. ~р'(1') = йв~ре(1п) при 0 < 1а < +ос, где $' = йеса, (4) (5) ор 1 — = — Р срп йв Указание. Доказательство необходимости и достаточности условий (4), (5), (6) проводится аналогично тому, как это делалось для условий (4) и (5) в решении предыдущей задачи. 20. Задача (1) «Найти напряжение электрического тока в проводе конечной длины с пренебрежимо малой самоиндукцией, если к одному его концу приложена электродвижущая сила, меняющаяся по заданному закону, а другой конец заземлен через сосредоточенное сопротивление Ло» аналогична сформулированной выше 1см. условие задачи) задаче (Н) об определении температуры в стержне, так как задача (1) может быть записана в виде з) д ' 1 д — —, — — и', 0<х'<1', 0<1'<+со, (1) дд йС дх" С д ' и'(О, 1') = уз'(1'), ~ †, + — и'~ = О, 0 < 1' < +оо, (2) 1дх' Но и1х~,О)=0, 0<х~<1~, (3) а задача (11) -- в виде е дз и д1в д.еез сра ср д и 1е =! и~~(хв, 0) = О, 0 < хвв < 1в .
Для того чтобы задача (1) была подобна задаче (Н) с коэффициентами подобия й„йе, .й„необходимо и достаточно, чтобы выполнялись 285 Гл. 1П. Уравненвм параболического типа соотношения вг (1 ) = йв~ро(1о), 0 < 1о < +ос, где нг г к,=— ДС А С 1 ар С й~ сра В 1 о Ло ЕЛ Х' = Ц1в, (4) (5) (б) (7) (4) 3 2. Метод разделения переменных 1. Однородные изотропные среды. Уравнения с постоянными коэффициентами. а) Задачи теплопроводности с постоянными граничными условиялт и свободнымп членами. 22. а) Решением краевой задачи ие=аги„, а = —, 0<х<1, 0<1<+ос, (1) ср и(0.
1) = и(1, 1) = О, .О < 1 < +со, (2) и1х, 0) = 1 1х), 0 < х < +ос, (3) 21. Краевая задача о нагревании стержня 0 < х < Р с теплоизолированной боковой поверхностью 1задача 1) д ' д — = а', й = —, 0 < х' <1', 0 <1' <+ос, 11) дд дх'г ' ср' и'(О, 1') = Го: и',,11', 1') = О, 0 < Р < +со, (2) и~(х', .0) = О, 0 < х~ < 1', (3) аналогична сформулированной в условии краевой задачи о распространении плоского электромагнитного поля в проводящем слое 0 ( хо < Г (задаче П) П вЂ” — — 0 < хо < Г, О < 1в < +со, 11') дсв 4пор дхвг ' ио(х", О) = О, 0 < хо < 1в.
(3') Для того чтобы первая задача была подобна второй с заданными коэффициентами подобия к„1еы кю необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения Ос=кто: г (5) к,= — „. (б) 286 Ответы, указания и регаения является и(х, () = ~ аа ехр~ —, () з(п, О < л < (, О < ( < +ос, о=1 где а„= — / Г" 1С) зп» в г(С. о б) Если Дл) = ((о = сопзС, то 4Уо т=~ 1 ( (2й~-')~кои~1 (2й-~-')кя я. Х-г 2й -1-1 »=о О < х < (, О < ( < +со.
(4) В точке и = — имеем 2 (1 ) 4бо ч~-~ ( — 1)» ( (2й+ 1)зкаа» ) (5) 4((о Е- ( — Ц ~ (2й+ Ц за »=нег ( (2п -1- 3)~кзае 4(г ех1'1 к 2и+ 3 Оценим, наконец, отношение суммы всех членов ряда 15), начиная со второго, к первому члену этого ряда. В силу (6) имеем ~-' ) 4(го ( к~а~() 3 Р ехр1 —, ) (3 и г Р > при ( > (' = —, 1пЗе», (7) 3к'а' где е > Π— произвольное, наперед заданное положительное число. Замечание.
Лля оценки погрешности, допускаемой при замене суммы ряда 14) его частичной суммой в других точках х ~ 1,(2, можно воспользоваться признаком Абеля. Однако оценка остатка ряда по признаку Абеля при приближении к концам интервала О < х < ( становится негодной. Можно указать способ, дающий равномерную оценку остатка ряда на всем интервале О < х < (: н(лг )~ ( гг +1 у=нег Так как ряд, стоящий в правой части последнего равенства, удов- летворяет условиям теоремы Лейбница о знакопеременных рядах, то остаток ряда 15) не превосходит по абсолютной величине первого из отброшенных членов, т.
е. 287 ГА. 10. Уравненггя парабови гееново типа < 411о ~ 1 ( (212+ 1) я а' 1~ ехр ~— < я ~~ 212+1 1 Р Ь=н;-1 о А„ (2п -Ь 1)яа2Л где А„= Интегрируя по частям, получаем 2 2 сг 2А2 г' А А гг 1 ег ь /ег 2Аг' А А Поэтому А2 2112 е А" (2п+ Цвай п ~ я 42 и(х 1) — е11 + (е12 е11) + Х~' ((е'О е'1)[1 ( Ц ) + х 2 1 я п п=1 г г г (-)и"((.— (2))-.(-""' ~ .— "* (4) Р 1 1 Установившаяся температура в стержне равна и(х) = 11ш и(х, 1) = 111 + (112 — Ь1) —. 2 — 2 во Т (3) Указание. Решение уравнения (3) при начальном условии (1) и граничных условиях (2) можно искать в виде и(х, 1) = О(х, 1) + и(х), (6) где функция и(х) определяется как стационарное решение уравне- ния (3), удовлетворяющее граничным условиям (2), т.е.
Н и(х) =О, О<х<1, й(0) = П1, й(1) = Пг, откуда и(х) = (11 + ((12 — (11) —, 23. Решением уравнения д „гди О „, ( д,< (3) д1 дх2' при начальном условии (1) и граничных условиях (2) (см. условие задачи) является 288 Ответы, указания и решения 24. Решением краевой зада ги л иг = а иав — Лси — иО) а ер л= — р, ера 0<х<1, 0<1<+ос, и(0, С) = 5гг, и1,1, 1) = Ого, 0 < 1 < +со, сс1х, 0) =у1х), .0<х < с, (1) (2) (3) является и1х, 1) = ив+ ш1х) + и1х, 4), О < х < 1, 0 < 1 < +оог 14) где % ггггг — ве) в1с — сг1 — х) В сгггг — ив) в1г — х ис1х) = а а ь'Л а 0<х<с, 15) -~-ее в с и1х, 1) = в А„ехр( — ( + л)1) вш — ' е=с 0 < х < 1, 0 < 1 < +ос, 16) Ав = — С ~Я) — исЯ вЂ” иО1 Вйл СГС.
2 г ия5 1,/ в (7) В частности, если Уг = Ув = 0 и 71х) Л вЬ вЂ” 11 — х) -В ш1х) = — ио 1в% в1г— а =О, то ,% в1г — х а (5') О<и<1, 12в — 1) сгх 461сие у~ вгсг (х 1) г во 7 яав ~-~ Г2в — 1)С12в — 1)вязав -В 51в) х в.=г х ех1)( — [, + 611). (6') т. е. йс(х) есть предел, к которому стремится температура в стержне при 1 — с +со. Функция в(х, 1) будет удовлетворять уравнению 13) и условиям в(х, 0) = Уо — й(х), 17) и(0, 1) = сс(1, 4) = О, (8) т.е.
и1х, 1) является решением первой краевой задачи с нулевыми граничными условиями. Такая задача была уже рассмотрена 1см, задачу 22). 289 Гв. 1П. Уровненглд поробови леоново типа 25. Решением краевой задачи иг — — али,, 0<х<1, 0<С<+оог (1) (2) (3) и, (О, С) = и (С, С) = О, О < С < +оо, гл(т, 0) = Г"(х), 0 < х < С, является -~-оо Г ао х Г гг оп З пггх и(х, С) = — + 22 а„ехрл —, С) соз— 0 < х < С, 0 < С < +со, (4) где а„= — / С'(2) соз гСя, тл = О, 1, 2г 3, о (5) (1) (2) (3) — Лети (О, С) = г11, Лгтии(С, С) = г12, 0 < С <+оо, и(х, 0) = Г(х), 0 < х < С, является и(х, С) = иг(х) + о(х, С), (4) где % ите. 02 — 01 с11 — 1 ттк иг(х) = а (,)~ в12 х+ а сЬ вЂ” х, ,/Ь ' о,/К,Д ' а — 212 — 1 0<х<С, (5) о а 01 — Гв)2— Дг 92 Лгг Ла (6) -г-со 2 2 2 и(х, С) = — е м+ ~ ~аоехр( — ( + Ь)С) соз п=1 0<х<1, 0<С<+, (7) 2 Г гтв2 ап = -11 Г1(я) — ю(з)] соз — г(2, и = О, 1, 2, 3, ...
о,— С/ о Ука.зание. См. решение задачи 23. 27. Решением краевой задачи иг — — а ик„О < х < 1, 0 < С < +оог и(0, С) = ГГог Лети,(С, С) = гГо, 0 < С < +со, и(х, .О) = Г(х), О < х < С, (8) (1) (2) (3) 19 Б.М, Будок и др. Чтобы получить температуру в случае теплообмена на боковой поверхности, нужно умножить правую часть (4) на е "г, где 6 имеет тот же смысл, что и в предыдущей задаче. 26.
Решением краевой задачи ил — — ази„,— Ьи, 0<х<С, 0<С<+со, 290 Ответы, укаваиия и уегаепия является 4 (2п -Ь Циаме 4-( — Ц"21Яв ) х ггг (2п -Ь Цг гг=а (- (2п-~Ц я а 1 . (2п+Цггх (4) х ехр — 11зш где (го = —, а = -/ у(я) гйп 2 г . (2л+ Цгге Ла 1 21 г)я, в а и — площадь поперечного сечения стержня. Если Яв = О, ((х) г— и О, то 4Уе с 1 ( (21гг)гягаг ) . (21+ Цях и(т, 1) = ~о — ~ ~ехр.~ ~—,, 1г згп 0 < х < 1, 0 < 1 < +ею. (6) В точке х = 1 имеем и((, 1) = Уо — ~ ехр1 —, 2~, 0 <1<+ос. (7) 4Ув ( — Ц Г (2й -~- Ц гггаг х 2ве-1 я=о По теореме Лейбница о знакопеременных рядах получаем оценку для остатка ряда (7) 4Ув ~~~ ( — Ц" ( (2Л+ Ц ига ) < л 2Й-Ь1 я=и-~-г 2 3 я а ехр~ — — 1). В силу (8) 41г Оценим, наконец, отношение Ва(1г 1) к— 4Ув г < — ехр~ — 1~ < е 1г 1) 1* = —, )пЗш (9) при и(х,О)=0, 0<х<1, 3 а м е ч а н и е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
