Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 52
Текст из файла (страница 52)
Нетрудно получить равномерную оценку для остатка Л„(х, 1) ряда на отрезке О < х < 1 способом, указанным в замечании к ответу задачи 22 настоягцего параграфа. 28. Решением краевой задачи иг —— а и, 0<х<1г 0<1<+ос, (Ц и (0,1) =О, ия(Ц1) = ~~ =(у, 0<1<+со, (2) где Л вЂ” коэффициент теплопроводности, и — площадь поперечного сечения, 291 Га. 1П. Уг)авненг)я парабола гееноео типа является ггг аге 3хг 1г 21 ехР( — г ~1 апх и(х,1) =(.,) — + + —,~ ( — 1)" соз 61 ггг 1 я=1 (4) В точке х = О имеем агг 1 21 ( — 1)Я ' ) /ггяга )в, ) =Π— — — г —.г Р(-, 1)), 0 г —:— ь=г (5) По признаку Лейбница для остатка ряда получаем опенку я=п-)-г < ехрг —,, 1), О <1 < +со.
(6) 2(И 1 (и + Цг.ггаг )гг(п+ цг Р Указание. Чтобы получить (4), можно свести краевую задачу ди(х, 1) (1), (2), (3) к первой краевой задаче путем замены и(х, 1) = дх решить краевую задачу для и, а затем проинтегрировать и по х; при этом появится произвольная слагаемая функция времени. Вычисляя количество тепла в стержне двумя способами (см.
указание к ответу задачи настоящей главы), можно определить эту функцию. Замечание. По поводу равномерной оценки остатка Яп(х, 1) на отрезке О < х < 1 см. замечание к ответу предыдущей задачи. 29. -)-оо г )м) д о,=г где гг -- коэффициент теплообмена, входящий в граничное условие и,(1, 1) + 6[и(1, 1) — (19] = О, а ра положительные корни трансцендентного уравнения саяр = — р, 1 И (2) образующие последовательность, монотонно стремящуюся к +ос.
В точке х = О имеем Нетрудно проверить, что ряд (3) удовлетворяет условиям теоремы Лейбница о знакопеременных рядах; поэтому для остатка ряда (3) получаем оценку 19' 292 Ответы, указания и решении в=и-~-1 ~еювуюр+д„ гл гг((Ы)г -~- (Ы) -~- гг,"'аы] В В силу (4) имеем )Вг(0, г)) < ге,и ,и,(Ы)г+(Ы)+д') ' '( (>4г + угу + Н2 -' (Ы)г+ Ы+,г г г ехр~ — ("',"' г( < е (5) ~г при (Ы) г -~- Ы -~-,и~ (Ы) г -~- Ы -~- дг ~г (ул~ ~— улг~)аг получим ° -;ит;;.*,(-"," г) ~~и(.: ~) ~ < 2 еЫ Е,Ы),"„Ы), 'г) < я=-и-~-1 рви '((ы) ~ ~( у .
~( )',~"')"'«(-";.'), и 2О~Ыиге Ы где Л„аиг( и Замечание. Равномерная оценка остатка ряда йи(я, ~) на отрезке 0 < х < ) может быть выполнена аналогично тому, как это было сделано в замечании на с. 286. Учитывая, что для корней рг < рг «... да < р,в г <... трансцендентного уравнения (2) будет иметь место неравенство — ега+! — гии 293 1'л. П1.
Уравнения нвроболпчееноео тина 30. а) Решением краевой задачи ие = а~и„, О < х < 1, О < 1 < +со, и»(0, 1) — Н[и(0, 1) — (1»] = О, и (1, 1) + Н[и(1, 1) — 11»] = О, 0 <1 <+оо, (2) и(х., О) = 1'(х), О < х < 1, (3) является и(х, 1) = ш(х) + и(х, 1), 0 < х < 1, 0 < 1 < +со, (4) где ( ) Н 1'» ~'з . + Н» + (1 з Н1)1 з 0 < . < 1 (е) и е(х, 1) = ~~ а„е " ~ ' (созЛнх+ — з1пЛнх), Л о=1 О« 1, 0<1<+ (б) Л„= —, »„положительные корни трансцендентного уравнения 1' с18» = — ( — — — ) . 11» 1НЛ 2(~1Н») (7) Собственные функции ~) Х„(х) = созЛ„х+ — з1пЛнх, п = 1, 2, 3, ..., Н Л„ (8) ортогональны на отрезке 0 < х < 1; квадрат нормы собственной функции Хн(х) равен Л» -ь и 1 -~- 2н []Х ][ — ГХ„(х) е1х = Р" ), (9) о о =," ) [1(») — ш(»)] (соя Лн»+ — а1пЛо») е(».
(10) 2Л„' г Н о б) Если температура среды на обоих концах одинакова, а начальная температура стержня равна нулю, то, принимая середину стержня за начало координат, мы получим, что температура в стержне являди ется четной функцией х, т.е. при х = 0 будет — = О. Таким образом, дх можно рассматривать вместо всего стержня лишь его половину, причем для определения температуры получится краевая задача 29 (при этом 1 нужно заменить на — ) . 2 ') Подробнее см, решение задачи 111 гл.
П; рассматриваемые там собственные функции получаются умножением собственных функций (8) Л, на, поэтому, знал квадрат нормы собственных функций, рассматоЛз -ь1з ' риваемых в задаче 111 гл. П, нетрудно получить квадрат нормы собственных функций (8).
294 Ответы, указания и решения 31. Решением краевой задачи иг = а и„— Ьи, 0 < х < 1, 0 < 1 < +со, и [О, 1) — К[и[0, 1) — Уг[ = О, не[1, 1) + К[и[1, 1) — Уг[ = О, 0 < 1 < +со, [2) и[х.,О) =Дх), .0<х <1, [3) является и[х, С) = ю[х) + и[х, 1) О < х < 1, О < 1 < +ос, [4) где а а а а )) а т[х) = Н % 1' ей уг6 й6 '1 1[ уе6 Нг — — Уг Н вЬ вЂ” 1 — — сЬ вЂ” 1 сЬ вЂ” х + (Н -Ь вЂ”,) вЬ вЂ” ' а а а ) а +Н ! й6 й6 йй '1 1[ й6 Уг НсЬ вЂ” 1+ — вЬ вЂ” 1 + БгН вЬ вЂ” х 6 (Н' Я..
— '61 32. Решением краевой задачи иг = ази — 6[и — ио[, — я < х < я, 0 < 1 < +ею, и[х, О) = 1[х), — я < х < я, и[ — я,1) =и[я,.1), и [ — я,1) =не[я,1),. 0<1<+со,. [1) [2) [3) является и[х, 1) = ио+е и[х, 1), -Вес и[х, 1) = ~~~ [а„сових+ 6пвшпх)е п=е 1 ао = — / [У[х) — ив[ с1х, — 2.,/ [4) [5) где [6) 1 Г 1 а = — / [/[х) — ио)совихйх, 6„= — / [1[х) — ио[вшпхдх.
[7) Если начальная температура кольца /[х) = иг = сопв1, то и[х, 1) = ио + е м[иг — гго[. е — (и'л'.е-ь'гг [совЛ х+ в1пЛ х) Н Л„ п=г Н Лп, Хп,[х) = совЛпх+ — в1пЛпх и ап определяются так же, как в Л ответе предыдущей задачи. 295 Гл. 1П.
Уравнения параболичевноео типа б) Задача тенлопроводнослпи с 11еременнымн ераничными условиями и свободными членами, зависяигими от х и 1. 33. Решением краевой задачи не=а и„, 0<х<1, 0<1<+со, и(0, 1) = О, и(1, 1) = А1, 0 < 1 < +ос, и(х,О)=0, 0<х<1, (1) (2) (3) является и( 1) А 1+ Ах (хг 1з)+и( 1) 0« 1 0<1<+ (4) баг1 о(х, 1) = ~ ап ехр( —, 11 вш Р п=1 1 ап = —,, (х(х — 1 )вш ~Ь. А 1 г з . гтг ЗагР 1 о (5) где (6) г г па п.х 34. и(х, 1) = ~ /Ф(т)ехр( — —,, (1 — г) г 11т вгп — + 1о -~- оо г +~а„ехр( —, 1~зш, 0<х<1, .0<1<+со, (1) где ( -~-оо О п.=1 ( -1-оо +1г1ио(-',Ез (-""„*'*( — о) " " )гр о о п=1 ап = — /1(Х) Згв дз.
1,1 1 (2) о У к а з а н и е. Частное решение уравнения, удовлетворяющее граничным условиям (см. условие задачи), можно искать в виде ш(х, 1) = ~р(1) вгп —, (3) где 1р(1) "- функция, подлежащая определению. 35. а) Решением краевой задачи иг — — а и„п+((х,с), 0<х<1, 0<1<+со, (1) и(0,1) =и(1,1) =О, 0<1<+ос, (2) и(х, .О) = 1р(х), О < х < 1, (3) Р(х, е) где ((х, 1) = ', является ср 296 Ответы, указания а решения б) Решением краевой задачи иг = а и„ + — б(х — хв), О < х < С, О < С < +ос, (1) с2 ср и(0, С) = и(С, С) = О, 0 < С < +ос, и(х,о)=0, 0<х<С, является -еж 2Щ 1 гг и~я~а 1 Зг . пах, пяхв и(х, С) = ~ —, 1 — ехр1 — С г вш гйп 'в.
(4) сряеав пе )) н=Г 36. Решением краевой задачи иг — — а иае — Ьи+ — е б(х — иеС), 0 < х < С 2 .4 -ы. срп о<с< —, ао' и(0, с) = и(С, с) = О, О < с < —, ев' и(х,о)=0, 0<х<С, является пггх 2-4 — Ы ~ ' С ( ггяввг 'ввС пяввг вв11 вгв и(хгС) е г е в в — — соз + — ) срсС с ~ . пеявав г С пгг пгг / "=г "в + 12 37.
Нужно решить краевую задачу Гяе = аэиаа + Д(Х, С), О < Х < С, О < С < +Ос, (1) и,(О, С) — Ьи(0, С) = угг(С), и,(С, С) + сги(С, С) = угз(С), 0 < С < +со, (2) (3) и(х,о)= р(х), О<х<С. Если потребовать, чтобы функция гр(х, С) = (огх + Дг)грг(С) + (озх+ С2)угз(С), 0 < х < С, где и(х, С) новая искомая функция, а уз(х, С) уже определена. Для функции и(х, С) получаем краевую задачу иг — — а уев+У*(х.
С), О < х < С, 0< С<+ос. (7) и,(ог С) — гггг(0, С) = О, и,(Сг С) -Ь гге(С, С) = О, 0 < С < +со, (8) и(х,о)=гр'(х), 0<х<С, (9) О < С < +оог (4) удовлетворяла граничным условиям (2) краевой задачи (1), (2), (3), то коэффициенты ог, Д, оз, С1з определяются однозначно: 1 1ЬггС 1 1 ог=, Яг= 2 г ггС' ' (2-Ь ггС)ггг 2-Г- СгС' ' Ь(2 Ь 61) Решение краевой задачи (1), (2), (3) можно искать в виде и(х, С) =и(х,С)+уг(х, С), 0<х<С, 0<С<+со, (6) 297 1'л.
1П. Уровненсзя нороболичееноео типо где 1'*(х ') = 1'(х И) — (а х+А)ф'(1) — ( '+11 )ф'(') ср*(х) = ср(х) — (агх+ ®фг(0) — (агх+ ®сбг(0). Решение краевой задачи (7), (8), (9) будем искать в вице и(х, 1) = ~ и„(1)Хн(х), 0 < х < ~, 0 < 1 < +сю, (10) (11) (12) 2Л 0„(1) = ° Ч йг~)1 Ч- 25 |~ (г, 2)Хо(г) с я, (16) о и -~-ео ср'(х) = ~ а„Х„(х), 0 < х < с, и=1 2Лг (18) о Подставляя (12) и (15) в уравнение (7) и предполагая равномерную сходимость получающихся производных рядов, получим (и'„(1) + а~Л~ио(1) — Он(1))Хн(х) = О, 0 < х < 1, 0 <1 < +сю. где (17) где о=1 (19) Для выполнения равенства (19) достаточно, чтобы выполнялись равенства и„'(1) + а Л и„(1) = 0„(1), О < 1 < +со, п = 1, 2, 3,...
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
