Семинар 11 для Ф-5. Метод Фурье для неоднородного уравнения теплопроводности в прямоугольнике (1127969), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

Решаем задачу (5.11).Общее решение этого линейного однородного уравнения второго порядка, с учётом, что a2 λkn >0, имеет вид:ppTkn (t) = c1 sin( λkn at) + c2 cos( λkn at)где c1 , c2 – произвольные постоянные.Подставив Tkn в первое начальное условие Tkn (0) = 0, получим, что c2 = 0, откудаpTkn (t) = c1 sin( λkn at).√Из второго начального условия T0kn (0) = ψkn получаем, что c1 · a λkn = ψkn и, наконец,получаем, что решение задачи Коши (5.11) задаётся формулой:pψknTkn (t) = √sin( λkn at),a λknС учётом (6.12) получаемTkn (t) =8As √π 2 a(2k−1)2 λk1√sin( λk1 at),0,t > 0.n = 1;в остальных случаях.Поэтому после подстановки найденных Tkn (t) в искомый вид решенияu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t),k=1 n=1c Д.С. Ткаченко-14-(5.12)(5.13)УМФ – семинар – Ф 5 – 11получим, что двойной ряд станет одинарным:u(x, y; t) = Y1 (y)∞XXk (x)Tk1 (t).k=1Ответ:8Asu(x, y; t) = 2 sinπ aгде λk1 =π 2 (2k−1)24s2+πypX∞k=11√cos(2k − 1)2 λk1π(2k − 1)x2spsin( λk1 at),π2.p26.

№ 686 г).В однородной прямоугольной мембране 0 6 x 6 s, 0 6 y 6 p часть границыx = 0, 0 < y < p свободна, а остальная часть закреплена жёстко. Пренебрегая реакцией окружающей среды, найти поперечные колебания однороднойпрямоугольной мембраны, вызванные распределённой по мембраны поперечнойсилой с плотностью πy· sin t.B(s − x) sinpЗаписав эти условия математически, получим задачу:Найти функцию u(x, y; t) из условий B(x−s)πy2u=a(u+u)+sin· sin t, ttxxyyρp u(x, y; 0) = ϕ(x, y) ≡ 0,ut (x, y; 0) = ψ(x, y) ≡ 0,ux (0, y; t) = u(s, y; t) = 0u(x, 0; t) = u(x, p; t) = 0(x, y) ∈ Π,(x, y) ∈ Π;(x, y) ∈ Π;0 < y < p,0 < x < s,t > 0;(6.1)0 < t < T,0 < t < T,где ρ – поверхностная плотность массы мембраны, а через Π обозначен прямоугольникΠ = {(x, y) :0 6 x 6 s,0 6 y 6 p} .Шаг 1.

Предварительные рассуждения.Если искать решение задачи (6.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t),(6.2)Xk (x)Yn (y)fkn (t),(6.3)k=1 n=1то, подставив этот ряд и рядf (x, y; t) =∞ X∞Xk=1 n=1в уравнение utt = a2 (uxx + uyy ) + f , получим, что оно заведомо выполняется, если равнычлены рядов в левой и правой частях с одинаковыми номерами:Xk (x)Yn (y)T00kn (t) = a2 · (X00k (x)Yn (y) + Xk (x)Yn00 (y)) Tkn (t) + Xk (x)Yn (y)fkn (t).Поделив это равенство на a2 · Xk (x)Yn (y)Tkn (t), получим:T00kn (t)X00k (x) Yn00 (y)fkn (t)=++a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y) a2 Tkn (t)c Д.С. Ткаченко-15-УМФ – семинар – Ф 5 – 11илиT00kn (t) − fkn (t)X00k (x) Yn00 (y)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)(6.4)Так как слева стоит функция, зависящая только от t, а справа – от (x, y), то это возможнотолько если и левая, и правая части этого равенства равны константе.

Итак, ∃ λkn такая, чтоX00k (x) Yn00 (y)+= λkn .Xk (x) Yn (y)T00kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),Но сумма функций, одна из которых зависит только от x, а вторая – только от y, может бытьконстантой только в случае, если обе эти функции – константы. Тогда ∃ µk и νn такие, чтоX00k (x) + µk Xk (x) = 0,Yn00 (y) + νn Yn (x) = 0,µk + νn = λkn .(6.5)Таким образом, естественно начать решение задачи (6.1) с решения двух задач ШтурмаЛиувилля – для Xk (x) и для Yn (y).Шаг 2. Решение двух задач Штурма-ЛиувилляКраевые условия дают для функций Xk (x) и Yn (y) выполнение равенств:X0 (0) = X(s) = 0,Y(0) = Y(p) = 0.(6.6)Таким образом, функции Xk (x) и Yn (x) есть решения задачи Штурма-Лиувилля 00 00Xk (x) + µk Xk (x) = 0,Yn (y) + νn Yn (y) = 0,0Xk (0) = Xk (s) = 0,Yn (0) = Yn (p) = 0,Эти задачи мы уже решали много раз.

Выпишем результат:существует бесконечное множество нетривиальных решений2π(2k − 1)xπ(2k − 1), Xk (x) = cos,µk =2s2s(6.7)k∈Nпервой задачи (6.7) и бесконечное множество нетривиальных решений 2πnπnyνn =, Yn (y) = sin,n ∈ N.ppвторой задачи (6.7).В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем уравнение:T00kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,t > 0,λkn =π 2 (2k − 1)2 π 2 n2+ 2 .4s2pИспользуем начльные условия.Разложим функции f (x, y; t), ϕ(x, y) и ψ(x, y) в ряд по собственным функциям задач ШтурмаЛиувилля:f (x, y; t) =ϕ(x, y) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)fkn ,k=1 n=1∞ X∞X(6.8)Xk (x)Yn (y)ϕkn ,(6.9)Xk (x)Yn (y)ψkn .(6.10)k=1 n=1ψ(x, y) =∞ X∞Xk=1 n=1c Д.С. Ткаченко-16-УМФ – семинар – Ф 5 – 11В данном случае коэффициенты разложения ϕkn = 0 и ψkn = 0, а ряд для f (x, y; t) получаетсяне двойной, а одинарный. А именно:∞Y1 (y) · sin t Xπ(2k − 1)xf (x, y; t) ≡·,(6.11)αk cosρ2sk=1где2αk =sZsB(s − x) cosπ(2k − 1)x2sdx =0=2B ssZscosπ(2k − 1)x2sZsdx −0x cosπ(2k − 1)x2sdx =0x=s x=s Zs 2B2sπ(2k − 1)x π(2k − 1)x π(2k − 1)x=·−  x sin− sindx =s sins π(2k − 1) 2s2s2sx=0x=0{z}{z} 0||s(−1)k+1s(−1)k+12B=·s2sπ(2k − 1)2 − cosx=s 8Bsπ(2k − 1)x = 2.2sπ (2k − 1)2x=0Поэтомуfkn (t) =8Bsπ 2 (2k−1)2 ρ· sin t,n = 1;n > 1;0,ϕkn = 0,ψkn = 0 при всех k и n.(6.12)А поскольку начальное условие u(x, y; 0) = ϕ(x, y) будет заведомо выполнено, еслиTkn (0) = ϕkn = 0, а второе начальное условие ut (x, y; 0) = ψ(x, y) ≡ 0, – еслиT0kn (0) = ψkn = 0, то для функций Tkn (t) имеем задачу Коши: 00 Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),π 2 (2k − 1)2 π 2 n2Tkn (0) = 0;λkn =+ 2(6.13) 04s2pTkn (0) = 0,Шаг 3.

Решаем задачу (6.13).Можно решить эту задачу Коши методом вариации постоянной, как в № 713. Но в данномслучае правая часть уравнения есть c sin t, и частное решение неоднородного уравнения легкоугадывается:fkn (t).Tчно = 2a λkn − 1Поэтому общее решение неоднородного уравненияT00kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t)имеет видTkn (t) = Tчно + Tоо =ppfkn (t)+csin(λat)+ccos(λkn at).1kn2a2 λkn − 1(6.14)Подставив в (6.14) условие Коши Tkn (0) = 0, получим, что c2 = − a2fλknkn(0), а подставив в−1полученноеppfkn (t)fkn (0)Tkn (t) = 2+ c1 sin( λkn at) − 2cos( λkn at)a λkn − 1a λkn − 1c Д.С. Ткаченко-17-УМФ – семинар – Ф 5 – 11f 0 (0)√во второе условие Коши T0kn (0) = 0, получим, что c1 = − (a2 λknkn, и, наконец,−1)a λknTkn (t) =1a2 λkn−1fkn (t) −0fkn(0)√sin(a λknpλkn at) − fkn (0) cos( λkn at) .| {z }p(6.15)=0Теперь осталось выписать в явном виде все Tkn (t) во всех случаях, использовав вид fkn (t).ih√sin( λk1 at)18Bs√,k ∈ N, n = 1;··sint− a2 λk1−1 π 2 (2k−1)2 ρa λk1(6.16)Tkn (t) =0,k ∈ N, n 6= 1.Поэтому после подстановки найденных Tkn (t) в искомый вид решенияu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t),k=1 n=1получим, что от двойного ряда останется только одинарный:u(x, y; t) = Y1 (y)∞XXk (x)Tk1 (t).k=1Ответ:8Bsu(x, y; t) = 2 sinπ ρπypX∞k=1cos√π(2k − 1)x1sin( λk1 at)1√,·· sin t −· 22sa λk1 − 1 (2k − 1)2a λk1222где ρ – поверхностная плотность массы мембраны, а λk1 = π (2k−1)+ πp2 .4s2(Ответ в задачнике не совсем верный, функция, приведённая там, не удовлетворяет начальному условию u(x, y; t) = 0.)c Д.С.

Ткаченко-18-.

Характеристики

Список файлов семинаров