Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 76
Текст из файла (страница 76)
диЛ 1 дггг) — = а — + — — -> — ~в1п д — ) + дз (д ' т дт тгв1 В дд 1 д07 тгв1пгд дЗг тг <т<тз, (1) [ — — Ьги~ = О, [ — ' + )гзи~ = О, О < 1 < +ос,. (2) г„„7з(Л~п~т) = ЛЛ"'~Яптгд(Лп1 тг) (йг + 7паз(з(Лпг тг)~ Мпе-з7з(Лт т)— [ 1.0 10 1 1.1 1.) 2я г Л( ~гг вг~з(Л1 ~гй) (пг + 1)л' в г7з(Л~,~тг)) 3пв.г~з(Л~ '~т)~ (2 ) [ (.1, 11. ) М ОО 2тг г Ат,п,г— г / / ((т В Зг)тЯ~Х впг(Л~~~т) яп ВР г (сов В) сов1ор вт ддйр го о (3') = з (т, О, ~р), тг < т < тз, (3) является и(т, 0 Ф, 4) = Е Ее-"л2' ' ~""'Р ') Рп.„(.ов0) х т,п=ов=о х (А„п г сов Ьр+ В,п и вв1пйр), (1') Ответы, указания и решении 2 при Й=О, 1 при кфО, Нгггог, а— О г ~~ у(т, ог уг)тгггХ„~,~г(Л1 ~т) тйпур„ь(совВ) в1пйугдтдВсбр в во 2и+1 (и — lс! у "1 г тХ г~г(Л т) йт 2 ., х 2тг) .
([(...' ),(..з* г ( 2) х [Л)и1да,„г(Л(а1тг) — (Ь, + — ),7а..цг(Лгв'г,)]— ....'('-,) 2тг 1 . (г„.;„гзггчв - (.. —,-', ) г. „,. а~ в/ ~, тде Л„, - положительные корни уравнения 1а1 Л~~ Х„в.,~г(Лш тг) + (йг — — 1 Яав-г(г(Л~ тг) = О. (6) 2тг ) 6) Неоднородные среды; сосредоточенные 53.
Регпевием краевой задачи ди (дги 1 ди 1 дги дги) сгрг — = к, г — + — — + — — + — 1г, дг '(дтг т д ' др' д 0 < т < то, фаюпоры. 0<уг<2н, (ц 0<я<1, ди (дги 1 ди 1 дги диг сгрг — =кг~ . + — — + —.. + дг ~ дтг т дт тг дугг дяг ) ' 0 < 1 < -ьоо, (1 ) то < т < ты и(та — О, |р, г, С) = и(то + 0 |р, г, 1), 0 <гр<2к, (2) 0<я<1, И,и,.(та — О, уг, г, 1) = агат(та + Ог уг, г, 2)~ 0 < 1 < +ос, (2 ) Гв. К Уравнения парабовичеейого пгипа (2п) (8) п(га, 1Р, », 1) = О, п(т, 1Р, », 0) = 1 (г, ог, ») является Епо Й пр(т)Е "пи Х т„п, р=о х (А трсозпУ+ В и регпп1Р)згп и(г, Оо, »,1) = (4) где Л „,„ корни трансцендентного уравнения гп(агро) †г(агро) — гп(йгте) Игв»Лп(агтО) (Е»О271Рп(агтО) Кгга»Яп(агтО) = О, (5) ,г и (аг11) Ж„(аг»1) = е»Рг Лг ™ и г г й» Р вЂ” С1Р1 Лз 1П Р йг Р ( 7п(1'1 тпрг О Ри и (О»тир~ 1) — Пи(агтпрто)72 (Огтпрт1)3 7п(агтпрт)~ (27п("г тпрт гиКРп (агтпргг) ~~п( ~торт)ои(а»тир»1))*гп(агпгпр10) 0 < т < то, В р(т) = го<1 <т1 (7) 2 тдйг /дЗ2 ( Г"(г, 1Р, »)Л пр(1.) сов ногти б» о о о Аипр Ы 'г' пг (.) ~т о 1, пфО, 2, п=О, т т 1 2 тип» треЬ.
/Нзг (' Г(т, 1о, »)11 „р(1 ) вгвп1Рвгп — И» (8) о о о (9) в Функции Лп,пр, на отрезке 0 < т < т1 с весом тн. п1 2 — гдй-' „р(т) й. о сгр1 при 0 < г < го, (10) /1 = с»Р2 при го < г < г1. (т) И Лп,пр,(1) ПРИ РаЗЛИЧНЫХР1 И Рз ОРтОГОНаЛЬНЫ Ответы, упования и решения 54. Решением краевой задачи ди г1 д~и 1 ди1 дг 1дгг т дт) ' гг < г < тг, 0 < 1 < +оо, (1) лг с*р* — = 2лтгЛ вЂ”, (7(1) = и~ г * * ~~~' е1и М дт ди — =0 дт +ос, (2) (3) удельная 0<1< и(г, 0) = ) (т), т, < т < гг где Л теплопроводность материала трубы, с* и р' теплоемкость и плотность массы жидкости, является -~- Х и(т, 1) = ~Апе ' ~"~Во(Л г), (4) где е'о(Лпг) = во(Лпгг)г'7о(Лпг) — гпо(Лагг),70(Лп~), корни трансцендентного уравнения Х~(Лиг~) = — Лп ' Р 7о(Л„г~), г П )~.(Л. )1-'""' Х( )2.(Лпг) 2Л Ап —" ').
- ' -'""* (г.(Л. )Рд — ' "' Р* (г,(Л.,)Р 2Л (5) (б) (7) 55. Решением краевой задачи гг <г<гг, 0<1<+ос, (1) лг,с р — = 21тт,Л вЂ”, (7(1) = и~ ,г и пио ди 41 дт е — т1 ди дт = — Ьи~ 0 < 1 < +со, (2) (3) и(т,О)=г(т), гг <т<гг, получается из решения предыдущей задачи, если положить по(Лег) = (Ль то(Лагг) + Ь 7о(Лагг))п7о(Льт)— (ЛяМо(Луч г) + ЬНо(Лагг)3 Уо(Ляг).
(4) ди (дги 1 де — =р — + — — — —, тг <т<гг, 0<1<+со, (1) дг '(дтг т дт гг ) ' ') См. (21) и (27) в задаче 57. г) п(г, 1) = и„(т, 1) (см. решение задачи 7). 56. Для определения скорости и(т, 1) частиц жидкости г) и угловой скорости ог(1) цилиндра получаем краевую задачу 479 Ра. 1г. Урааненин парабоаичеепого пеипа еао Гдо и1 К вЂ” = М+2т ри ~ — — -~ ае абдт т1 т=„' 0 < 1 < +со, (2) (3) п( = тзог(1), и! = 0 п(т, 0) = О, тг < т < тз. из граничных условий (2), получим 2 1до о1 М+2пт ри ~ — — — ~ ~д..!,=„' Исключая аг(1) — К— те де и(, =0 О<1<+ос. (2') Ищем стационарное частное решение уравнения (Ц )т = 11(т), (4) удовлетворяющее неоднородным граничным условиям (2') г).
Если затем положить и(т, 1) = и(т, 1) + 1т(т), то для и(т, 1) получаем краевую задачу ди (д'и 1 ди и) — =ие(, + — — — —,,(, тг <т <та, 0<1<+со, д1 ( дта т дт ди з 1ди и1 К вЂ” = 2ятзри ~ — — — ~ де т=о ~ дт т1т=о ' и,(т, 0) = — И(т), т~ < т < тг. (5) (6) и! = О, 0 < 1 < ->ос, (7) (8) Решив краевую задачу (6), (7), (8) и определив с помощью (5) и(т, 1), из граничного условия и! = Йпо(1) найдем также ы(1).
Решение краевой задачи (6), (7), (8) может быть выполнено аналогично тому, как решалась предыдущая задача. Частные решения уравнения (6), удовлетворяющие граничным условиям (7), ищем в виде — ЛйКЯ~(Лятг) = 2птз1эи ЛьЯ~(Лятд) — '( ~ ') . (12) те ') р(т) предел, к которому стремится скорость частиц жидкости при 1 — > +со. (уя(т, 1) = е ' ' Ль(т). (9) Для Кя(т) получаем уравнение — „, +- — „+(Лзь — —,) П=О, (10) Яр,. (т) = У~(Лат), где Яг(г) -- общее решение уравнения цилиндрических функций первого порядка, в котором неопределенные константы выбраны так, чтобы граничное условие Реь(та) = <) выполнялось при любых Ль: Я~(Лат) = Р7~(Льтз)Л,(Лят) —,У~(Льтз)Р7,(Лят).
(11) Требуя выполнения первого из граничных условий (7), получим уравнение для определения собственных значений 480 Ответы, указания и решении при Й у'. -п и(т, 1) = ~ ~Аас а "ей(Лат), в=1 где К тУ(т)31(Л,т) 11т -Ь Ъ'(тз)Я1(Л,тз) 2ятзри А„— —" т(71 (Л„т))2 дт+ (21(Л„т1))2 211т1ри 57. Решение. Как и в задаче 33, получаем 2 2 С вЂ” = и + — —, тз < т < тз, О < 1 < +оо, и дв (дтз т дт)' 4крс ' (1) (2) Н(т, 0) = О, тз < т < тз Н(т21 2) = Нс, 0 < 2 < +оо1 (3) где Н .--- составляющая магнитного поля по оси 2, которая совпадает с осью цилиндра (другие составляющие вектора напряженности магнитного поля равны нулю).
Найдем граничное условие при т = ты Запишем уравнения Максвелла гос Н = — Е+ — —, 4кс е дЕ (4) с с де' р дН го1Е = —— с д2 в цилиндрических координатах: 1 дН, дНт (4ясг е д ') (6) т ду1 де '1 с с двl дН, дН, Р4ке е дЛ )Е" де дт (, с с дг) 1 д(тНт) 1 дН, 1'4яс е д ) т дт т д1р 1 с с де/ 1 дЕ, дЕ- р дН„ дуз дя с И ' дЕ, дЕ, д дН„ (7') де д. ° дг ' (т) (6') (7) ') См. (21) и (27) в задаче 57. С помощькз соотношения (14) задачи 34 и равенства (12) находим соотношение, выражающее обобщенную ортогональность собственных функций Яз(Лет)., 2 тУз(Лат)Уз(Лат)с4т+ Яз(Лят,)Хз(Л т,) = 0 ) (13) 2кг1 ри 1 481 1'а. К Уравнения парабааичесного олина т. 0Нв с 01 Из (8) и (9) получаем, наконец, искомое граничное условие дН, лл г 0Н.
дл г=т, тл дт ~,=-т,' (9) т. е 0Н 2р здН вЂ” = — а —, 0 < 1 < +со. (3') 01 т — т, л'л дт т=т,' Чтобы освободиться от неоднородности в граничном условии (3), ищем решение краевой задачи (1), (2), (3), (3') в виде Н(т, 1) = Но + и(т, 1). Пля и(т, 1) получаем краевую задачу ди з (д и 1 ди) — =а 1 —,+ — — 1, тл <т<тг, 0<1<+со, (11) дЛ (дтг л дт) ' и(т, 0) = — Но, тл < т < тг, (12) и(тз,1) = О, 0 < 1 < -~-оо, (13) ди р гди = — а дл,=„тл дт,=„ Частные решения уравнения (11), удовлетворяющие граничным условиям (13), ищем в виде 1) — а л~лН ( ) (14) Подставляя (14) в (11),получим (15) (10) (13') Следовательно Нл(7 ) = Хо(Лат) (15') где Яо(г) = АХо(г) + В,Уо(г) общее решение уравнения цилиндрических функций нулевого порядка.
Выберем константы А и В так, чтобы условие (13) для Хо(Ллт) выполнялось при любых значениях Лл, например, положим Хо(Ллт) = Но(Ллто)Уо(Лат) — Ло(Лл1сз) Юо(Ллт) (Рд) 31 Б.М. Будак и яр. 1 0(тЕ,) 1 дЕ, р 0Н, (7а) т дт т ду с 01 Так как мы пренебрегаем токами смещения и так как Х„= Н, = 0 (см. решение задачи 33), то из (6') получим 0Н„- 4на (8) дт с Интегрируя (5) по поперечному сечению внутренней полости, применяя при этом формулу Стокса и используя условие, гласящее, что всюду в полости Н равно значению Н на внутренней поверхности трубы, получим 482 Ответы, указания и решении Подставляя (14) в (13'),найдем ггЛя (г) 2 — = — Ль Ль(г) Егг ~ — ег /х г=ег (17) или З о=ее Р, '- г'„У 1".Яевв.
<в в, = (. '(Я<,> гвв" - Яг е> гв,"'"'/ ) е — — т (19) В силу граничного условия (13) и (17) получаем (Лзь — Л~) ( гЛь(г)Ля(г) 6г — — 'Лв(гг)Л„(г,) = О, (20) откуда при и ф. й находим г гЛь(г)Л„(г) йг — — ' Ль(гз)Ли(гг) = О. (21) 2р Таким образом функпии Ль(г) и Ли(г) обобщенно ортогональны (соотношение (21) является выражением обобщенной ортогональности).
Решение краевой задачи (11), (12)., (13) ищем в виде суммы ряда и(т, 1) = ~Аье ' " Ль(г), ь.= г и(г, 1) удовлетворяет уравненикг (11) (если ркл сходится достаточно хорошо) и граничным условиям (13), (13'). Потребуем выполнения начальных условий, предположив сначала для общности, что и(г, 0) = = 1(г). Полагая в (22) 1 = О, получим 7"(г) = ~ АьЛь(г); (23) (22) при г =т, Д(гг) = ~АьЛв(гз). Умножим (23) на гЛ„(г) и проинтегрируем по т от г, до гз. г Еоо ~ту (г)Л (г) е1т = ~ Аь ~гЛь(г)Л,(г) г1г. 1 ь=г (24) (25) Яе(Лвгг) = — Ль — ' Хв(Лег г).
(18) р Таково уравнение, из которого находятся собственные значения Лы Лз, Лз,... краевой задачи. Из уравнения (15) и из уравнения, которое получается заменой в (15) Й на и, получим, умножая их соответственно на Л„(г) и на Ль(г), вычитая результаты и интегрируя, Гп. К Уравнения парабопичеепого плипа 483 Умножим (24) на — ' Нп (тл ): 1л тг г — '((тч Нчч(тг) = ~ Аь — ' Вь(тг)Нч (тч) 2д " 2р Складывая (25) и (26), получим в силу (21) г г ( г г ту(т)Нчч(т) Йт — — ',((тг)йчч(тч) = Ап 1тйп(т) чЛт — — 'Щ,(тч) 2р (л " 2р (27) Следовательно, (29) где л о(Лччтг) = лча(Лптг)оа(Литч) — оа(Лптг)Г~О(Лпчз).
(32) 58. Решением краевой задачи 1 дги) тг вчвг б дчрг ) ч 1 дои) та в1п д дчрг ) ' т((т)К„(т) Йт — — '((тл)Л„(тл) 21л Ап — "' (28) ч Яг (т) ч1т — — 'Вл (тч) 2р 1 С помощью равенства (16) задачи 34, вронскиана цилиндрических функций и граничного условия (18) получаем 'г Подставляя в числитель (28) ((т) = — Но и используя вронскиан цилиндрических функций, получим для указанного числителя значение Но — г + — ч Хо(Л. тг) — . (30) В силу (29) и (30) равенство (28) принимает вид (~г + —,'13.(Л„,)— 2 ч, (1 тлЛчч 21лг 484 Ответы, указания и решения О < В < .г, (2) 0 < у < 2я, 0 < й < +ос, .(2') (2а) (3) и~го — О, В, ~р, й) = и(,го + О, В, у, 4), И2и„~го — О, В, |р, 4) = Изи„(то + О, В, оэ, 4), и(гыВ,~р, й) = О, и(г, В, оэ, 0) = ~(г, В, гр) является и(г, В, р 1) = ~~" ~ Втар(г)Ра~ '~(соед)е л" »' х а, р=а т=о х рА арсозт~р+ В „р ешти), где собственные значения Л „р и собственные функции Л „р(г) находятся аналогично тому, как зто делалось в задачах 53 и 54.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
