Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (1979) (1127884), страница 80
Текст из файла (страница 80)
О«<+ ди 1 Г ди дг г=г1 дг г гг А где Л= + а') (2) и(г, О)=ф(г), О~к~к„) иг(г, 0) = ф (г), О < г < га. ) 12. для радиального смещения и(г, !) частиц сферической оболочки при усаовнях задачи получаем: д'и (дги 2 ди 2и! — ат( — + — — — — (р гг-бг~гз, 0(Г(+со, (1) дд (дгг г дг гз 1' а' имеет тот же смысл, что и а предыдушей задаче, ди и ( — р(!) при г=гы! ( +2Р) дг+ г 1 0 при г=г„( и (г, О) О, гг(гага. иг(г, О) О, *) См.
задачу !4. г«) Пцяробнее см. (26), стр. П вЂ” 16, г, (х, у, !) и Рз(х, у, 1) — свободные члены, получаккциеся из аектора плот- ности объемных сил. !6. а) о„соз(л. х)+ткасоз(л, у)+ткксса(л, г)=0, 1 тикам(л, х)+а„оса(л, у)+тк соя(л. г)=0, т „аж(л, х)+т „ссн(л, у)+а, сов(л, г)=0, где ссж(л, х), соз(л, у), соз(л, г) — направляющие косинусы нормали к рас- сматриваемому элементу границы. б) (Г=О, т. е. и=О, о=О, в=О. (2) 51 7 Нг, КРАВИЕИИИ ГИПЕРВОЛИЧЕСКОГО ТИПА 18. Длн поперечных отклонений от иевозмущеиного положения точек пластинки получаем уравнение дйи 4' д4и дйи д4и '4 ! — -1-сй ! — +2 д!й ( дхй дхй ду' дуй / 2рй + — ! — Р(х, у, г), Ейй где ой=, Š— модуль Юнга. ш — коэффициент Пуассона, и†3р[1 — шй) ' толщина пластинки.
р — плотность массы пластинки, р (х, у, () — поперечная сила, дейсгвующая на единицу площади пластинки. Если йке пластинка лежит на упругом основании, то дйи I дйи дйи дйи ! й 1 — +ой ! -+2 д(й ( дхй дйв дуй дуй ) ар 2йр + — !+ — и= — р(х, и, !), (1') й — коэффициент упругости основания *). П р и и е ч а н и е. Совокупность членов в круглых скобках удобно записы- вать в виде Лйййи, где Ьй=йч йгад — оператор Лапласа на плоскости.
дйи /дйи ! д ! д2 (2 19. — +ой!( — + — — + — — ! и=0, О=цг(ге, дн ( дг' г дг гй дфй( О ( ф 4- 2п, О.Ц ! С+со, (1) и(г, ф, О)=[(г, 1Р), иг(г, ф, 0)=Р(г, 4Р), О~4~ге, Оей47~2п, (2) и(гй* ф, !)=и (гй4 йр !)=О 0(ф(2п, 0(!(+со. (3) 20. В сферических координатах с полюсом в диполе с осью В=О, направ- ленной по диполю, получаем краевую задачу д.Н (! д'(гНе) ! д [ — =ийг[ — + — — ~ —.— (яоон )11, г>О, 1>0. (1) дн (г дгй гй до ~ й!по до 4' )1 ° при г>0, (2) дН,! 3М з(по при г)0, д! !4 о Н ! о — — — — Япо4(зшо 42Мй при т) О.
е[4 о агй (2') (3) У к а а а н н е. Воспользоваться системой уравнений Максвелла в сферических координатах. В силу цилиндрической симметрии и в силу элементарных злектродинамнческих соображений Н,=Нз=Е, 0 при !)О. При 1=0 имеетсн электростатическое иоле. порожденное злектрсстатиче. схим диполем, так что Н, [4„2=0 и 2МйпмВ М,йюВ Ег(4 а= ',, Ео!4 е= 1 ~ д(гЕо) дЕг ~ г [ дг до Наконец. граничное условие (3) выражает напряженность магнитного поля в точках, столь близких к диполю, что можно пренебречь временян распро.
странения возмущений (см. [17!). е) См. задачу 1О В 1 гл, П. Начальное условие (2') получаем из этих соотношений с помощью максйел* лонского уравнения 1 дН„ а д! б)В ответы, РкАЭАния и Решения $2. Простейшие задачи; различные приемы решепяя 21. а) и(г, ()= г+м (г — а() ор (г — а()+(г+а() ор(г-)- а() 1 2г 2аг г — оо где Функции ~р6) и ор($) продолжены четко для отрицательных $; !(га и (г, () = а( ор' (а()+ой(а()+(ор (а(). е б) У к а э а н и е. Формула (() получается в предположении, что и (г, () остается ограниченным при г-о-б. о+он — т1 ! и(г. т)= — о(т ~ ц(й, т)йй, 2аг о — ои — и где ) ($, т) продолжена четно для отрицательных значений $.
2З. При начальных условиях а): при 0(г(гы го при 0((( —, а ( —,~ г+ го го при а и(г. т) ) (гав при г, < г <+ по. а .+. 1 г + го прн Прн начальных условиях б): 0(( < —, го — г а прн го — (г — а()о (4 ~ при 0(г <го и(г, Г~= при 0 прн 0<1< го а при го — г — <(< —, го+ г а а прн го<г <-(-со.
при (г «+се, и прн ( о. г — а( «(., т)=~ (~о —, ~0 (о 'о — (г — ат)' (т о 0<Г (— го — г го — г го +г при а а го+ о пр. о+ <( -+ а го — г го+а <(<в а а (((+со, 512 У1, УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА 24. Потенпвал скоростей частнп газа равен и [г, 1) из ответа к прелы- дущей задаче пря начальных условнях б), еслв положить ц, иа Р! Р( где из=й —. Рз Рз 26. Пусть (((г„г] означает решение задачи 23 б) для неограниченного пространства (см. ответ к задаче 23 б)); тогда а) и(х. у, г, 1)=(('(г, 1) — (('(г, 1), б) и(х, у, г, 1)=(! (г, 1)+(г [гг, 1), -(д««( — г ' («« *«.('«('.
26. Пусть (('(г, 1) означжг ту же функпвв, что н в ответе к превьц(у(пей задаче; тогда а) и[х. У. 2, 1)=(/(гг, 1) — [!(гз, 1]+[((гз, 1) — [((га 1), б] и(х, у, г, 1) (г'(га 1)+(!(гз, 1) — (!(гж 1] — [('(га 1). где г! )«хз+(У вЂ” Уз) +(2 — 22)з, ('з ) хв+(У+Уф)з+(2 — хз)з, гз=)( хз+(у+на) +(2+хо)2 24= угх +(у — ув) +(2+2з)т. — ('-й 27. (Р(г, 1)= 4пг 4[1]=0 при 1~0. у к а в а н н е. (р (г, Г) является решением краевой задачн 4(гг= и' й(Р рй.-р,], -о, [нп 4пгзй(, 6 (1) «о (1) (2) (3) г) зр( та+газ Еггз с(в~в+6«+ — ~ + (г — 2 )з гг,= ф г"+гз — 2гг„соз 6 — 6,— — .1 [2 гз]з. о и / б) ПУсть источннк лежат в слое 0(2«~1 н нмеет каоРдннаты ха, Ув, аз, 0(ха ч 1.
Обозначая через (р(г, 1) решение задачи 27, подучжи: !р(х, у, г, 1! ~, '((р[2$, 1)+(р[га, ! ), 28. а) ПУсть нсточаик лежит в плоскостн 2=22 н имеет полЯРные кооРДннаты гз, 62, 0 С(з( —. Тогда, обозначаа чеРез (Р(г, 1) Реаение пРедЫДУщей задачи. получим: а — 1 (р(х, у, г, П=,г' ((р (г(, г)+6((г-, 1)), (1) а=о Ответы, РЕАэАния и Решения Г» Уоо+(а+го — 2И)оо г» )' го+(г — го — 2Ы)з, (2') (5') здесь г = И» — хо)с+(у — узР. Заметим, что при кшкдом значении ! ) О сйормально бесконечный ряд (1') фактически сводится всякий раз к сумме конечного числа членов, так как га г» су(г», Г) О при г< —, су(гж !)=О при !< —.
а а „.<., о с Сс ! ! Ксо оасо, СС о сс'ггс о — а!в с С'а, о ссссо) о<а(С-тс Уао (г — т)о — ро где Р=У(х — ц'+(у — Ч)о. а. о., о — '( — ) ( о'о с о'Ггз — о ос о 2па дг + ~ ~ ор'(Ь ч) „...,р с(5с(ч+ а<си ии=а'(и „+и „+и, ), удовлетворяющее начальным условиям и (с-»=О, ис)с о и" (х, у)еоо, связано соотношением [2) и(х, у, г, Г)=ооон*(х, у, у) с репюнием уравнения иф ао (ио„+и*„)+стао, удовлепюряющим начальным условиям и (с »=О, ис ~г-о=У(х, у), что нетрудно получспь с помощью представления решенив задачи (1).
(2) через интеграл Пужсона а). Если же в уравнении перел сои стоит анак мин то нужно произвести замену и(х, у, г, !)=еСоои*(хс у, О, о) См, (21, т. П, стр. 553 — 554, где р=)' (х — $)о+(у — Ч)о, если в уравнении перел сои стоит знак плкю; если же в уравнении перед зтим членом стоит знак минус, то в приведенном ответе всюду сЬ нужно заменить на соо. указание. решение уравнения 521 те нрлвиеиия гиперволического типа 31. Для потенциала скоростей и(г, Г) получаем выражение при р н(р, т)=1 р ! $' д(т) дт р при 1) 2па „1 у,~а (! т)з ра а а иш зквивалентнсе выражение !< а при Агссв— аг р — — а(1 — — сп ~) дь прн ж 3 е и(р, !)= или, если под интегралом считать д(1) 0 при 1<0, +СО и(Р, 0 — — — д! А!11 — Щ) д~, 2п а е (3) где р Г'хт-Г уз, если прямая.
на кспорой расположены источники. принята аа ось а. Указ ание. и(р, Д является решением краевой задачи дзи /дти 1 ди1 — аа! — + — — 1!, О<р <+со, 0<!<-(-оз, д (др р др) да 1 1(ш~2 р--~=у(1], О<1<+с . р е~ и(р, 0)=иг(р, О)=0. 0<р <+со. и(р, Г) — у~! — )1пр — д(0)1п21 — — д'(т)1п2(! — т]дт-(-в (р, 1), 1 аз аз где е(р, 1)-г0 прн р-ьО, 4 +оь йй и(х, у, 1) — — у ~ у~( — — си~)д4, а ! о Формально и(р, !) в форме (3) может быть получено методом «гпускаь (интегрированием по а от — со до +оз) из решения задачи 27; затем нетрудно проверить, что прн условии ограниченности а'(1) полученная таким образом функция удовлетворяет всем условиям задачи. Замечание. В начале координат и(р, 1) имеет логарифмическую осе.
бенность относительно р. Используя форму (1) для а(р, Г) и применяя интегрирование по частям и формулу Тейлора, можно представить и(р, 1] в виде ОТВЕТЫ. РКАЭАНИЯ И РЕШЕНИЯ а-Уа:*.уеь:ю, а -Уаа~г.н -ег. ро рг(х+ хе)'+ (р+ ро)а* ра = $' (х — хе)а+(к+ де)а. а ( г — га) а'а го -,— (' — — ') Р— о — "а г т а г р(т)о» а)т, г г — го г> —, и и(г, г)- ге <г<+ооа г — го а<в О, а внутри сферы выражение в Б|п — г о мп вг+ (/(г, т) — соа — ге+— и о го мп -- ге +со Х вп Хат „—" аш о) „Г, 0 < г < ге, 0 < г < -)- со, Г где ) — положителыше корни уравнения (й(геЛ)- —— геХ го ) (г) мп (Ааг) г)г Ва ге ) а)па()еаг) ог а вгод в 7 (г) з)п — г.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
