Н.А. Боголюбов - ОММ Методическое пособие (1133432), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Квадрупольный излучатель.Квадрупольный излучатель - излучатель второго порядка.Поверхность шара радиуса a колеблется так, что радиальная составляющаяскорости Ṽ r на поверхности r = a равна:V0Ṽ a = (1 + 3cos2θ)e −iwt .4Вычислить интенсивность и мощность рассматриваемого излучателя.Решение:Введем сферическую систему координат:zЗвуковое давление p̃(M, t) удовлетворяетуравнению колебаний:p0∂ 2 p̃22=cΔp̃,.c=γ2∂tρ0yЗдесь γ - показатель адиабаты,ap0 и ρ0 - давление и плотность средысоответственно.xp̃(M, t) = p(M )e −iwt - установившийся процесс.Радиальная составляющая скорости:∂ Ṽ r1 ∂p̃=−ρ ∂r∂tṼ a =1 ∂p⇒ Vr =, Ṽ r = Vr e −iwt .iωρ0 ∂rV0(1 + 3cos2θ)e −iwt = V0 P2(cosθ)e −iwt .430Из рассмотренных условий получаем граничное условие:∂p= iωρ0V0 P2(cosθ), r = a .∂rТеперь мы можем поставить задачу:Δp + k 2p = 0, r > a,∂p∂r= iωρ0V0 P2(cosθ), r = a,p = O( 1r ),∂p∂r− ikp = o( 1r ), k =wc.Так как задача симметрична по φ : p(M ) = p(r, θ) .Решаем задачу аналогично задача о дипольном излучателе , рассмотреннуюнами раннее методом разделения переменных:p(r, θ) =∞Cnξn(1)(kr)Pn(cosθ),∑n=0гдеξn(1)(kr)=π (1)H (kr) - cферическая2kr n+ 12функция Ханкеля.Подставляем вид решения в граничное условие и находим коэффициентC:CnC2 = icρ0V0 (1), = 0.ξ2 ′(ka) C21Следовательно:p(r, θ) = icρ0V0V(r, θ) = V0ξ2(1)(kr)ξ2(1)′(ka)ξ2(1)′(kr)ξ2(1)′(ka)P2(cosθ),P2(cosθ) .31Рассмотрим длинноволновый случай (ka < < 1) и дальнюю волновуюзону (kr > > 1) :x → 0 ξ2(1)(x) ≃ − i 33 , ξ2(1)′(x) ≃ ixπx → ∞ ξ2(1)(x) ≃ − 1x e ixe −i 2 ,π ξ2(1)′(x) ≃ − xi e ixe −i 2 .p(r, θ) =1 ikr −i π− kr e e 2icρ0V09i(ka)49x4.cρ0V0k 3a 4 ikr −i πP2(cosθ) = −e e 2 P2(cosθ) ,9rаналогично:V0k 3a 4 ikr −i πV(r, θ) = −e e 2 P2(cosθ) .9rДобавим временную зависимость:p(r, θ, t) = Re(p(r, θ)ecρ0V0k 3a 4π(cosθ)cos=−Pwt−kr+,)2()9r2−iwt3 4Vkaπ0Vr(r, θ, t) = Re(Vr(r, θ)e −iwt) = −P2(cosθ)cos wt − kr +.()9r2Теперь вычислим интенсивность и мощность квадрупольногоизлучателя:T1Y=p(r, θ, t)Vr(r, θ, t)dt,T∫02πT=- период .wcρ0V02k 6a 8P22(cosθ)- интенсивность квадрупольного излучателя,Y=2162r2π π2 6 82πcρVk a00- мощность квадрупольного излучателя.Ysinθdθdφ =W = r2∫∫4050 0325) Акустический волновод.Необходимо показать, что при определенных условиях в области:Ω = {(x, y) ∈ S, z ∈ (−∞, ∞)},ограниченной бесконечной цилиндрической поверхностью, могут распространятьсяакустические волны.Решение:Пусть функция U(M, t) является потенциалом скоростей воздуха.
Вакустическом приближении он удовлетворяет линейному уравнениюколебаний:∂2 U2=cΔU .2∂tБудем искать решения рассматриваемого уравнения, соответствующиеустановившимся колебаниям с циклической частотой w :U(M, t) = e −iwtu(M ) , где M = M(x, y, z) .u(M ) - комплексная амплитуда должна быть решением уравненияw2Гельмгольца Δu + k u = 0, k =в области Ω .cБудем искать решение типа бегущей вдоль оси Oz волны в виде:U(M, t) = e i(γz − wt)ψ (x, y) .Следовательно:u(x, y, z) = e iγz ψ (x, y) , γ - постоянная распространения.33Тогда для функции ψ (x, y) мы получим уравнениеΔ2ψ + (k 2 − γ 2)ψ = 0, (x, y) ∈ S, Δ2 - оператор Лапласа вплоскости Oxy .Если боковая поверхность области Ω является абсолютно жесткой,то нормальная составляющая скорости на границе должна быть равнанулю.Предположим, что ∂S - граница области S , n - единичный векторвнешней по отношению к S нормали к контуру ∂S .Тогда граничное условие для функции ψ (x, y) можно записать вследующем виде:∂ψ∂n=0 .∂SЕсли мы ищем решение в виде бегущей волны , то для функции ψ (x, y)мы получаем краевую задачу:Δ2ψ + (k 2 − γ 2)ψ = 0, (x, y) ∈ S,∂ψ∂n∂S= 0.Здесь (k 2 − γ 2) число .Следовательно, если мы обозначим λ = k 2 − γ 2 , то для ψ (x, y) мыполучаем задачу Штурма - Лиувилля в поперечном сечении волновода.Имеем λn, n = 1,2, .
. . , - собственные значения,ψ (x, y) - собственные функции.Тогда для всех n выполняется условие:λn ≥ 0 , причем λ1 < λ2 < . . . < λn < . . .34Если собственные значения λn найдены, то соответствующие импостоянные распространения соответственно равны:γn =k 2 − λn ,причем вещественных среди них только конечное число, так как найдется такоеn0 , что при n ≥ n0 :k 2 − λn < 0 .И решение уравнения Гельмгольца для комплексной амплитудыпотенциала скоростей:un±(x, y, z) = e ±iγn z ψn(x, y) , которые называются нормальнымимодами акустического волновода.Тогда общее решение однородного уравнения Гельмгольца вволноводе Ω представляет собой линейную комбинацию всех возможныхнормальных мод.Нормальные моды отвечают бегущим волнам, только еслисоответствующие постоянные распространения γn вещественны:Un+ = e −iwtun+ = e i(γn z − wt)ψn(x, y) - волна бегущая в положительном направленииоси Oz .Un− = e −iwtun− = e −i(γn z + wt)ψn(x, y) - волна, бегущая в отрицательномнаправлении оси Oz .Фазовая скорость распространяющейся в акустическом волноводеволны равна:cnphw==γnckk 2 − λn=35c1−λnk2≥ c.6) Парциальные условия излучения:В некоторой области z ∈ (z1, z2) строго внутри акустического волновода:Ω = {(x, y) ∈ S, z ∈ (−∞, + ∞)}находится источник колебаний, действующий на воздух внутри него с силой,объемная плотность которой равна F(M )e −iwt , где M = M(x, y, z) .
Необходимонайти распространяющуюся от этого источника звуковую волну.Решение:Для начала сделаем ряд предположений. Предположим, что давлениеP и плотность ρ воздуха связаны соотношением:γPρ,=P0 ( ρ0 )и будем пренебрегать вязкостью воздуха и сразу проведем линеаризациюсистемы уравнений гидродинамики:P0 , ρ0∂v∂t=−∂δP∂t+ P0γdiv v = 0,1ρ0∇δP +1ρ0F(M )e −iwt,- равновесные значения давления и плотности ,δP = P − P0 - отклонение давления от равновесного значения.Пренебрегая скоростью возлуха в рассматриваемой системе, дляизбыточного воздуха мы получаем уравнение колебаний:36P0∂222 −iwt2),δP=cΔδP−cedivF(M- квадрат скорости звука.c=γ2∂tρ0Так как граница Σ волновода непроницаема , то справедливо:(v, n)Σ= 0, где n - вектор единичной внешней нормали кповерхности Σ .По условию источник колебаний сосредоточен строго внутриволновода ⇒ вблизи границы скорость и избыточное давление связаныследующим соотношением:∂v1= − ∇δP,ρ0∂tи следовательно:∂δP∂n= 0.ΣРассмотрим уже установившийся процесс:δP(M, t) = p(M )e −iwt .Тогда для комплексной амплитуды избыточного давления мыполучаем уравнение Гельмгольца с граничным условием на боковойповерхности Σ волновода:Δp + k 2p = f (Q, z), Q = Q(x, y) ∈ S, z ∈ (z1, z2, )∂p∂nΣ= 0, f = divF .37Чтобы полностью поставить краевую задачу для функции p(Q, z) ,необходимо сформулировать условия при z → ± ∞ , чтобы обеспечитьединственность решения ставящейся задачи.Поскольку источник колебаний сосредоточен по условию строго внутриобласти [z1, z2] , то удобнее всего ограничить область в точках z = z1 иz = z2 .Так как при z → ± ∞ нет источников возмущения, то при z ≤ z1решение должно соответствовать волне, распространяющейся вотрицательном направлении оси Oz , а при z ≥ z2 соответствовать волне,бегущей в положительном направлении оси Oz .Таким образом, если временная зависимость параметров волныописывается множителем e −iwt , то в области z ≤ z1 решение можнопредставить в следующем виде:∞∑p=n=1An−e −iγn z ψn(x, y),а при z ≥ z2 решение можно записать в виде:∞∑p=n=1Bn+e iγn z ψn(x, y) .Данные выражения представляют собой ряды Фурье по полнойортогональной системе функций {ψn(x, y)} :p=∞∑n=1Zn(z) =1ψnZn(z)ψn(x, y) .2p x, y, z)ψn(x, y)d xdy .∫ (S38Коэффициенты Фурье Zn(z) должны удовлетворять следующимуравнениям:Zn′′ + γn2 Zn = fn(z), z ∈ (z1, z2),fn(z) =1ψn2f x, y, z)ψn(x, y)d xdy .∫ (SПоставим граничные условия для Zn(z) при z = z1 и z = z2 .При z ≤ z1 :p=∞∑n=1An−e −iγn zψn(x, y) ⇒ Zn′ + iγn ZnZn(z)z≤z1= 0.При z ≥ z2 :p=∞∑n=1Bn+e iγn zψn(x, y) ⇒ Zn′ − iγn ZnZn(z)z≥z2= 0.Следовательно, граничные условия для Zn(z) мы можем записать вследующем виде:Zn′ + iγn ZnZn′ − iγn Znz=z1z=z2= 0,= 0.записанные граничные условия называются парциальными условиями излучения !39Используя связь функций Zn(z) и p(x, y, z) , мы можем переписатьпарциальные условия в следующем виде:∂p+ iγn p)∫ ( ∂zS∂p− iγn p)∫ ( ∂zSψnds = 0,z=z1ψnds = 0 .z=z2Таким образом, в области z ∈ [z1, z2] краевая задача длякоэффициентов Фурье Zn имеет вид:Zn′′ + γn2 Zn = fn(z), z ∈ (z1, z2),Zn′ + iγn ZnZn′ − iγn Znz=z1z=z2= 0,= 0.Общее решение поставленной задачи представимо в виде:zZn = An ⋅ eiγn z+ Bn ⋅ e−iγn z1+sinγn(z − ξ)fn(ξ)dξ,γn ∫z0z0 - произвольное число.Теперь найдем коэффициенты An и Bn из граничных условий.Так как:zZn′ = iγn Ane iγn z − iγn Bn ⋅ e −iγn z + cosγn(z − ξ)fn(ξ)dξ,∫z040то:z1Zn′ + iγn Zn+z=z1= 2iγn An ⋅ e iγn z1 +1−iγn(z1 − ξ)iγn(z1 − ξ)e+efn(ξ)dξ+()∫2z0z1z1z0z01iγn(z1 − ξ)−iγn(z1 − ξ)iγn(z1 − ξ)iγn z1e−efξdξ=2iγA⋅e+efn(ξ)dξ = 0,()nnn()∫∫2z2Zn′ − iγn Zn= − 2iγn Bn ⋅ e −iγn z2 + e −iγn(z2 − ξ)fn(ξ)dξ = 0 .∫z=z2z0Тогда:z1z2z0z0ii−iγnξAn =efn(ξ)dξ, Bn = −e iγnξfn(ξ)dξ .2γn ∫2γn ∫Подставим найденные коэффициенты в наше общее решение и получимвыражение для Zn :Zn =−z1z2z0z0iie iγn(z − ξ)fn(ξ)dξ−e −iγn(z − ξ)fn(ξ)dξ−2γn ∫2γn ∫zzz0z0iie iγn(z − ξ)fn(ξ)dξ +e −iγn(z − ξ)fn(ξ)dξ =2γn ∫2γn ∫z=−z2z2iiie iγn(z − ξ)fn(ξ)dξ −e −iγn(z − ξ)fn(ξ)dξ = −e iγn2γn ∫2γn ∫2γn ∫z1zz141z−ξfn(ξ)dξСледовательно, в области z ∈ [z1, z2] комплексная амплитудаизбыточного давления имеет следующий вид:p(x, y, z) = −=−∞∞i2∑n=1ψn(x, y)i2∑n=1 γn ψn2ψn(x, y)γnz2∫z1∫z2∫e iγnz−ξfn(ξ)dξ =z1f (x′y′, ξ)ψn(x′, y′)d x′dy′ e iγnz−ξdξ =Sz2i ∞ ψn(x, y)ψn(x′, y′) iγn=−e2∫∫ 2 ∑γn ψnn=1z−ξf (x′y′, ξ)d x′dy′dξ .z1 SТаким образом мы можем переписать решение в следующем виде:z2p(Q, z) = −G Q, Q′, z, z′)f (Q′, z′)dsQ′dz′,∫∫ (z1 SQ = Q(x, y) , Q′ = Q′(x′, y′) , dsQ′ - элемент площади в поперечном сеченииволновода.i ∞ ψn(x, y)ψn(x′, y′) iγnG(Q, Q′, z, z′) =e2∑2 n=1γn ψnрассматриваемой задачи.42z−ξ- функция ГринаГЛАВА 2Задачи с данными нахарактеристиках.Определение: Задачей Гурса называется задача гиперболического типа, вкоторой начальные условия заданы на характеристиках.Пример: задача utt = a 2uxx с начальными данными при t = 0 не являетсязадачей Гурса , так как характеристиками данного уравнения являютсяпрямые x = ± at начальные условия задаются не нахарактеристиках!Рассмотрим простейшую задачу Гурса :uxy = f (x, y), x > 0, y > 0,u(x,0) = φ1(x),u(0, y) = φ2(y),φ1(0) = φ2(0) .Проинтегрируем дважды исходное уравнение:x y∫∫uξηdξdη = u(x, y) − u(x,0)−u(0, y) + u(0,0) ⇒00⇒ u(x, y) = φ1(x) + φ2(y) − φ1(0) +ηx y∫∫fξηdξdη .00(x, y)( интегрирование проводится по прямоугольнику ) .ξ43Теперь рассмотрим общую задачу Гурса:uxy = a(x, y)ux + b(x, y)uy + c(x, y)u = f (x, y),u(x,0) = φ1(x),φ1, φ2, a, b, c, fu(0, y) = φ2(y),(достаточно гладкие непрерыноφ1(0) = φ2(0) .дифференцируемые функции)Перепишем поставленную задачу в следующем виде:uxy = f (x, y) − a(x, y)ux + b(x, y)uyc(x, y)u .Правая часть последнего уравнения - неоднородность простейшей задачи Гурса!Из решения простейшей задачи Гурса следует:u(x, y) = φ1(x) + φ2(y) − φ1(0)+x y+f ξ, η − a(ξ, η)uξ − b(ξ, η)uη − c(ξ, η)u]dξdη .∫∫[ ( )00Сделаем переобозначение:x yF(x, y) = φ1(x) + φ2(y) − φ1(0) + +f ξ, η dξdη .∫∫ ( )00Дифференцируем по x и y и приходим к системе интегральныхуравнений типа Вольтера:u(x, y) = −x yf ξ, η − a(ξ, η)uξ − b(ξ, η)uη − c(ξ, η)u]dξdη + F(x, y),∫∫[ ( )00yux(x, y) = − [a(x, η)uξ + b(x, η)uη + c(x, η)u]dξdη + Fx(x, y),∫0xuy(x, y) = − [a(ξ, y)uξ + b(ξ, y)uη + c(ξ, y)u]dξdη + Fy(x, y),∫044Будем использовать относительно функций u(x, y) , ux(x, y), uy(x, y)метод последовательных приближений , хорошо известный читателю из курсаинтегральных уравнений:1) вводим вектор функции:u = {ux, uy, uz} и Γ = {Fx,Fy, Fz} .2) Тогда нашу систему можно представить в виде интегро дифференциального уравнения следующего вида:u = Au + Γ - векторная запись системы интегро дифференциальных уравненийтипа Вольтера.3) Вектор функцию u находим , как предел сходящейсяпоследовательности un из рекурентных соотношений:un+1 = Aun + Γ,{u0 ≡ 0 .un → u равномерно ( каждая из компонент вектора функции unравномерно сходится к соответствующей компоненте u ⇒ решениепоставленной задачи существует и единственно! ).Так как в общей задаче Гурса наблюдается иттерационный процесс, для нееможно построить следующие можарантные оценки :Итак, снова запишем общую задачу Гурса:uxy = a(x, y)ux + b(x, y)uy + c(x, y)u = f (x, y),u(x,0) = φ1(x),u(0, y) = φ2(y),φ1(0) = φ2(0) .45Функция u(x, y) удовлетворяет интегро дифференциальному уравнениюследующего вида:u(x, y) =y xa ξ, η u + b(ξ, η)uη + c(ξ, η)]dξdη,∫∫[ ( ) ξ00................................................................................un(x, y) = u1(x, y) +y x∫∫[a(ξ, η)00∂un−1∂u+ b(ξ, η) n−1 + c(x, η)un−1 dη .]∂ξ∂ηС учетом:y∂un∂x∂un∂y==∂u1∂x∂u1∂y∂un−1∂un−1+ a(x, η)+ b(x, η)+ c(ξ, η)un−1 dξdη,]∫[∂x∂η0x∂un−1∂un−1+ a(ξ, y)+ b(ξ, y)+ c(ξ, y)un−1 dξ .]∫[∂ξ∂y0Рассмотрим:zn(x, y) = un+1(x, y) − un(x, y) =∂zn(x, y)∂x∂zn(x, y)∂y==∂un+1(x, y)∂x∂un+1(x, y)∂y−−∂un(x, y)∂x∂un(x, y)∂yy=a ξ, η∫∫[ ( )00∂zn−1∂z+ b(ξ, η) n−1 + c(ξ, η)zn−1(ξ, η) dξdη,]∂ξ∂ηa x, η∫[ ( )∂zn−1∂z+ b(x, η) n−1 + c(x, η)zn−1(x, η) dη,]∂x∂ηa ξ, y∫[ ( )∂zn−1∂z+ b(ξ, y) n−1 + c(ξ, y)zn−1(ξ, y) dξ .]∂ξ∂y0x=y x0Пусть:M - верхняя граница абсолютных величин коэффициентовa(x, y), b(x, y), c(x, y) ,46H - верхняя граница величин : z0 = u1(x, y) и ее производных:z0∂z0∂z0< H, < H, < H, ∂x∂yпри изменении x и y внутри некоторого квадрата (0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ y ≤ l ) .Получим можарантные оценки для zn ,z1 < 3HMxy < 3HM(x + y)22!,∂z1< 3HMy < 3HM(x + y),∂zn< 3HMx < 3HM(x + y) .∂x∂y∂zn ∂zn,:∂x∂yПредположим, что имеют место рекурентные оценки:x + y)n n−1 (3HM k(n + 1)!n+1zn <∂zn∂x∂zn∂y,<(x + y)3HM nk n−1 n!,<x + y)n n−1 (3HM kn!,nnk = const > 0 .Используя формулу для (n + 1) - го приближения, мы получим:47(x + y)3HM n+1k n−1 (n + 2)!n+1 zn+1 <∂zn+1 ∂x∂zn+1 ∂y( n + 3 + 2) <x+y( x + y)3HM n+1k n (n + 2)!n+2<x + y)n+1 n−1 (3HM k(n + 1)!( n + 2 + 2) <x + y)n+1 n (3HM k (n + 1)!<x + y)n+1 n−1 (3HM k(n + 1)!( n + 2 + 2) <x + y)n+1 n (3HM k (n + 1)!n+1n+1x+yx+y<n+23H (2KLM),k 2 M (n + 2)!n+1,n+1<n+13H (2KLM)K (n + 1)!Cледовательно:k =L+2 .Из можарантных оценок следует равномерная сходимость un ,∂un∂unи!∂x∂yТеперь рассмотрим общую задачу Коши для уравненийгиперболического типа:Итак, рассмотрим постановку заявленной задачи:^ = u + a x, y u + b x, y u + c x, y u = f x, y ,Lu( ) x( ) y( )( )xyu∂u∂nc= φ(x, y),y B= ψ (x, y) .Ее характеристики: x = const, y = const .Наложим следующие условия на контур c:DcM01) контур c - не является характеристикой.2) любая характеристика пересекает наш контур только один раз!48Ax.Если характеристика пересекает контур в двух точках, то решение можетне существовать и будет определяться следующим образом:u(M0) =VuA+ Vu2B1+ Vfd xdy − (Pd x + Qdy) .∫2D( обобщенная формула Даламбера ).^ = V − (av) − bv + cv называется сопряженнымОператор Kv( )xyxy^.оператору L^ − u Kv^ = 1 ∂Q − ∂P .Нетрудно проверить: V Lu2 ( ∂x∂y )P = uVx − Vux − 2buV ,{Q = Vuy − uVy + 2auV .Интегрируем по области D и применяем формулу Грина:∂Q ∂P^ − u Kv^ d xdy = 1VLu−d xdy =)()∫(∫2∂x∂yD=DAM0M0B1111Qdy+Pdx=Pdx+Qdy+()(Qdy + Pd x) ,∫∫∫∫2222ΓABгде Γ - граница области D .Рассмотрим по отдельности интегралы , стоящие в правой части:A∫M0APd x =AuV − Vux − 2buV)d x = (uVx + uVx − 2buV)d x + Vu∫( x∫M0M049M0A=A=2∫^ x + Vuu RVdM0.AM0^ = V − bV, T^ V = V − aVRVxyАналогично:M0∫M0Qdy = − 2B∫T^ Vudy + VuM0BBиспользуем полученное выражение через формулу Грина:VuM0=VuB+ Vu2AA−∫^ x+u RVdM0M0∫B^ − u Kv^ d xdy .+ (V Lu)∫uT^ Vdy −1(Pd x + Qdy)+2 ∫AB( функция V достаточно гладкая ) .DТаким образом, мы получаем задачу Гурса для функции Римана:^ = 0,Kv^ = V − bV = 0, на M ARV0xT^ V = Vy − aV = 0, на BM0V = 1 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
