Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 83
Текст из файла (страница 83)
гптхо . птуо . пгтх, пту ВШ ЯП Вгл ВШ ~г 1 г т, п=1 тй о! пФпо + (япи71 — игвсови71) вш яп вш вш 2А .. шатхо . папуа . татя . поту Р17Ьш 1 1г 1 ~г Замечание. Если частота ш,п, является кратной, то вместо одного резонансного члена появится группа резонансных членов указанного Вида. д~У г ( д~У да!7') А ггх гг77 =а 4 + 7+ — сов — сов — 1'(1), дог '( дхг дуг )' 0 <1<+ос, а =дЬ, (1) дУ дУ дУ дО =О, дх я=о дх г=г, ду у=о ду у=г, (2) сг'(х, у, 0) = О, Гг(х, у, 0) = О.
Он может быть представлен в виде (3) (7'(х, у, 1) = — уг 1 (т) вши(1 — т)г1т сов — сов —. (4) 7ГХ 7!У йар '(у Ь! 1г о 53. и(х, у, С) = тихо, п7гуо, шггх, пту яп яи вш яи Х: 1 Е ! в1П и!777 п 1, ш „, т, п=-1 е ' ргггг 52. Потенциал горизонтальных скоростей частиц воды является решением краевой задачи 529 Гл. У1. Уравнения гиперболического типа где а и -- коэффициент сопротивления, входящий в уравнение дсг (д,г д г)' дс' 54. и(х, у, 1) = -~-ео г, г г 1бА (аг — ог „)з1пагг+2о огсовоЛ е гпвх, пггу яш ' я1п гггр (2гп 4-1)(2п 4-1)((огг — гог )'+ 4огго4) ' 1, ' 1г гю о=1 гп и аг = гга — + —. ШП 1г 1г г Указание. Ищем решение уравнения обращающееся в нуль при х = О, х = 14, у = О, у = 1г, в виде 11(х, у, 1) = И(х, у)е' тогда и(х, у, 1) = 1гп(с1(х, у, 1)).
Лля определения 1г(х, у) получаем краевую задачу г г ог — 23/ агг 1, ра' ' ! =о ! =-г, !о=о Ее решение ищем в виде .~-оо 11(х, у) = ~ А„,„з1п =т )и, =О. гпвх . пяу зш 1 1г т, о=а 34 Б.М, Будок и др. 55. Решением краевой задачи д'11, Г'д'11 2 д1Г'1 — =а ( — + — — ), тг <т<тг, О<1<+со, дег ~,ат ° д ) ' д1г д11 — = еигсозю1, — = О, О < 1 <+со дт дт т — г'г ((г'(т, 1) потенциал скоростей частиц газа), представляющим уста- новившиеся гармонические колебания с частотой ог, является еглт 1 1 ог гг(т, 1) = (соей(тг — т) — — сйпЦтг — т)) сояаЛ, й = —,. л (, ге а' г 11 1'г Ь: ~й + ягп н(тг 3'г) н ( — — ) соей(тг та)) ггтг тг Указание.
Искать решение в форме 11(т, 1) = В(т) созагй 530 Ответы, указания и решения 56. Решением краевой задачи г) дгО / д'Ст 2 дСС1 =аз~ г + — — ), тг <т <тг, 0<С<+со,. (1) =О, дт — = о, .о < с < +сю,. дст дт а (т,о) т — — ~Ст), тг <т <то, Сго (2) (3) ССт, 0) =О, Бе является -топ сов Л„т + т„вш Л„т а=1 Лп = (2п+ 1), и = О, 1, 2, ..., 2Стг — тг) 1 Лп яп Л„тг + — сов Лптг Сп т 1 Л„сов Л тг — — вш Л тг гг аг 7 А = — — ~туЯсоьЛпт+ УпзшЛ„г)дт.
Ро Указание. Перейти к новой искомой функции ст(т, С) = той(т, С). б) Неоднородные среды. 57. Решением краевой зада еи (1) д иг , / дгиг д'иг ) хо < х < 1,, О < гу < С, Р' дсг о 1 дхг + ду ) ' и(хо — 0; у, С) = и(хо -~- О, у, С), 0<у<С 0«<+ и~ — о и~ =с г4 — о и) ч =О, т, п=г ') ст(т, С) -- потенциал скоростей частиц газа. и)х,у,о)=Дх,у), ггеСх,у,о)=г(х,у), 0<х<Сг, 0<у<Со, (3) является иСХ, У, С) = ~~' (Атп СОЗЛтпС + Втп ЕШ ЛтпС)гапг~СХ У) (4) Гл.
У1. Уравнение гиперболического типа где о1пп™, 0<х<хо, 0<у<1г, В!П О2 ХО 12 о п(х,у)= о1п о2 „(11 — х) . пггу згп — , хо ( х ~( 12, 0 ( у ~ (1г1 вш1'1 та(11 хо) ~2 — 2 Р1 2 22 = — Л ш 2 шп 12 о 2 где Лшп (п2122 = 1, 2, 3, ...) =2 Рг г и 2 2 2 а2 шп Г шп ~2 о 2 и Ш 2 / Р(х1 у) 1(х, у)о п(х, у) 21х 21у о о А2ПП— ~М- !Р (8) 21 22 (9) ( рг, 0 < х < хо, Р(х, У) = ~ Рг, хо <х ~12, 21 22 Пи „П' = ~ ( 12(х., у)и п(х., у) ахи = о 'о 12 ( Р1х 4 ( В1П2 22п,„ХО 0 < у < 12, 0<у<(„ (10) Р,(Π— х.) о1пгхш (11 — хо) ) 58.
Решением краевой задачи — — 0<т<тг, 0<1<+со, 2 ди) т дт) 2 ди) — — тг <т<тг, ° д.( =О, д1' 1=1 2 ди ди дт,=„— о дт е=„-оо' О <1 <+со, Розге~„„, о = Роги~'„ (2) (3) и(т, 0) = Дт), и,(т, 0) = О, 0 < т < тг, ди (ди Рог д 2 = 1~тра ((д 2 + дги ( дги ~212о '( д.г + корни трансцендентного уравнения 532 Ответы, указания и решения является и!т, г) = ~ п=г где Ла !и = 1, 2, 3,... ) --- корни трансцендентного уравнения рог яп — "-гл г -рог яп — тг л г -рог сов — тг л г — сов — г'г — — яп — тг — яп — тг т — сов — тг л, л г.
л л л л,л г ' 1 1' 1 г г г ' г — сов — т, ст —, в!и — т; л, л г, л г — яп — тг -т — сов — тг л л ! л г г г г — сов — тг -!- — яп — тг л л ! л г г "г гг = О, !5) во ус) 0<т <т;, 16) т! <т<тг. Константы а„, уг„и у„определяются с точностью до общего посто- янного множителя из системы уравнений ( — ) о-( — ") -( ро! яуп —" ту ао — (рог соя —" т! ) !го — (рог яш —" т! ) 7о = О, ал аг аг 1 .
Л вЂ” — тйп —" тг аг Л !7) ( 1 Л„ Л„ . Л„ — соя —" тг + —" шп —" аг аг аг 18) уг!т) = 19) !10) ( л„ л„ вЂ” соя — ' т! аг аг 1 + — соя А„ " сов Л„1, 0 < т < тгг 0 < У < +оог !4) о„1т) Л„ ао яш — "т, а! Л„. Л Д„соя —" т + уо гйп —" т, аг аг уЛ„е Л„ т!) а„+ ( — яп — т! + Лог а ( Л„ 1 Ло — — соя — т, + — яш — т!) у„= О, аг аг тг аг У1 . Л„ тг) ууо+ ( — яш го аг Л„ Л„ — — "соя — "тг) у„= О, аг аг ~трУт) г' !т) о„Ут) тут — о ~М-П п=1,2,3, — 0 < т < тг, Рш агро рог т! < т < тг, ~гРо тг ~~и.~~'= У ~")и'<")' о 533 Гл. У1. Уравнения еиперооличетоео типа 2.
Краевые задачи, требующие применения специальных функций. а) Однородные среды. 59. Решением краевой задачи дои в /дги 1 ди 1 , =а (, + — — ~, 0<т<то 0<1<+ос, и(то;1) =О, 0<1<+ос, и(т, О) = ог(т), ие(т, О) = ф(т), О < т < то, (2) (3) является и(т., 1) = ~ ~(А„сов (па†" 1) + Впзгп (аР— "1)),1о (~" ), (4) п=1 где о '1п = г г ') твг(т) 1о ( — ) ат, о о В = 2 .
1тгр(т)до ( ) т, о цп ---положительные корни уравнения,1о(р) = О. 60. Решением краевой задачи ди г ди 1ди , =а ) г+ — — ), 0<т<то, 0<1<+ос, и(то, 1) = О., и(т, 0) = А 1 — †, ), ие(т, О) = О,. О < т < то, о (5) (1) (2) (3) является (д„т\ ->~ в'о и(т, 1) = 8А ~ ., соз (4) д„положительные корни уравнения до(р) = О. У к а з а н и е. Для вычисления коэффициентов ряда (4) воспользоваться формулой /х,7о(х) де = хдг(х), установить сначала справдео ливость формулы ~хонго(х) дх = 2хгдо(х) + (хз — 4х)Ю,(х).
(5) о =а е(, + — —,), 0<т<то, 0<1<+ос, (1) 61. Потенциал горизонтальных скоростей частиц воды является решением краевой задачи 534 Ответы, указания и решении (»»(О,»)~<+, ~~ '~~ =О, О<»<+ т ~7»т, 0) = ~р»т), Ц (т, 0) = в»з(т), 0 < т < тв. Для него получается представление 12) (3) И, ») = —, 1 1Р»т) + МЮ» + тв з о + ~~~ (Ап соя +В„зш "" ),»в ("" ), (4) и:ы где е Ап = з у )Р ГтузЯЛе ( " ) е»т, в е ып — ~ тзз1т)'»О ( ) в рп положительные корни уравнения,»з1»я) = О. 62.
Решением краевой задачи д и з д и 1 ди рв =а е + — — 1+ —, 0(~7 (то, 0<»<+со,. 11) д»а '1 дтз т де~ р и(тв, С) = О, 0 <» < +со, и»т, 0) = О, ие»т, 0) = О, 0 < т < та, 12) (3) является е-~за( ) — раз 1 4 в ~ рг,»,1„,) ь=г 63. Решением краевой задачи — =а 4 — + — — уЧ- — ~(т,.»), 0<т <ям 0<»<+со, (1) дви з ) д и 1 ди) 1 д» ) а' ат) и»тв, ») = О, 0 <» < +ос, и1т,О)=0, ис1т,О)=0, 0<т<то, является и1т, ») = ~ ~АпИ)»в ( — ): п=1 'о А„(») = — ~е»т~~»Я, т)уо ("' ) яйла„(» — т) е»(, (4) в е где шп = ", а рп корни уравнения Уе1»е) = О.
ар тв где Рь положительные коРни УРавнениЯ зв(1е) = О, Р повеРхностная плотность мембраны. 535 Гл. У1. Уравнения гиперболичетого типа 64. Решением краевой задачи дги з(ди 1ди ро ,, =а + — — + — япыг, 0<с<то, 0<1<+ос, (1) дег (дт' т дт1' р и(то,б) =О, 0 <1<+со, и(т, О) = О, ие(т, О) = О, 0 < т < то, является .. / "("— .") — 1 е1п ой+ /р„т 1, ар„т -~-вв уо ( — ) яв— Е .~ в.() ро( 'тог — а'рг)у (и )' п=1 2рооп'о ар и(т, .1) = А а япыб — ~ ~А„до ( —" ) яп —, ( —:) . ч /рт1 . ар 1 где до .
- корни уравнения 1о(д) = О. Указание. Сначала нужно найти вынужденные колебания с частотой вынуждающей силы в виде (р(т, 1) = Л(т) яп од. Замечание. Решение написано в предположении, что нет резонанса, т.е. что ы ф ы„=, и = 1, 2, 3, ... ад, то 66. Решением краевой задачи дги г /дги 1 да 1 я ди — =а ( —,+ — — ( — 2и —, 0<т<то, 0<1<+со, (1) дгз ( дтг т дел) дЕ ' и(то;1) =О, 0<1<+ос, (2) и(т, 0) = оо(т), ие(т, 0) = 4(т), 0 < т < то, (3) является и(т, 1) = ~ ~е " '(Аасозш„1+ Во я1по(ог),Уо (Р" ), (4) ',тот' о=.! где о о (5) где д„положительные корни уравнения Уо(р) = О, если только частота ы вынуждающей силы не совпадает ни с одной из собственных ар частот мембраны ыа = (нет резонанса). В случае резонанса решето ние разыскивается аналогично тому, как это было сделано в решении задачи 133 3 3 гл.
11. 536 Ответы, указания и решения г о ..,'(у(.)]г ( ~ то г о 1л„положительные корни уравнения Уо(1л) = О, то (6) (Лл„т\ Л-пп уо 67. а) и(т, 1) = 2 Р тг ~ х — о ((аг1лг — тогшг) сйв ш1 — 2игш соо ш1] х ((аг г .л,г)г г 4„гшг] где и(т, 1) = К(г)е" '~, (Л(0)( < +со, В(го) = О. (1) Для 11(г) получим дифференциальное уравнение л1гД 1 (И шг — 2ллгш1 ( шг — 2лл.
лш л.г 4 1 Йг гл1 а аг тг тл решение которого, удовлетворяющее граничным условиям (1), ищем в виде -ело Л(г) = ~А 1о (~— "-), п=г где рп положительные корни уравнения Уо(1л) = О. ') Мы предполагаем ш„дойствительным при и = 1, 2, 3, ...; в случае, оюли для и = 1, 2,..., ш, является мнимым, в соответствующих членах соз и тйв заменяются на сЬ н зЬ и знак перед первым слагаемым в формуле (6) заменяется на противоположный.
, (р- ') л.жоп 1 г г г г р„г '1 го / ((а р — тош ) созшл+ 2Р шз'вше] б ит,у =2 — го , 1 = 2 — у (~ ) ((агрл — тогшг)г -~-4~'ол'] п=л где рп положительные корни уравнения,7о(р) = О. Указание. См. указание к задаче 50. 68. Нужно найти решение уравнения дгьл г (дгьл 1 до '( — 2 г дол дог ),дтг т дг) дл ' удовлетворяющее граничным условиям (11(0, С)( < +со, бл(за, С) = Ае'"л, а затем взять его мнимую часть.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
