Н.А. Боголюбов - ОММ Методическое пособие (1133432), страница 4

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

Текст из файла (страница 4)

в любой точке M0V = V(M, M0) - функция Римана, являющееся решением соответствующейзадачей с данными на характеристиках.Функция Римана определяется через обобщенную формулу Даламбераследующим образом, как решение задачи с дифференциальным оператором^K.50Функция Римана w = w(M, M1) является решением соответствующей^задачи Гурса для оператора L:^ = 0,Lw(wx + bw)M1 A1(wy + aw)w(M1) = 1 .M1B1= 0,нужно показать, что функцииV(M, M0) и w(M, M1)= 0,cовпадают !То есть, нужно доказать, решением поставленной задачи являетсяфункция Римана:0=2∫M0 B1M1+B1M0M0A1^ − wKv^ d xdy = Pd x + Qdy+VLw()∫∫A1M1M1B1wV − Vwx − 2bwV ]d x + [Vwy − wVy + 2awV]dy =∫[ x∫2(Vw)M0− (Vw)(− (Vw)(M1− (Vw)B1+ (Vw)B1)A1)+ (Vw)(A1+ (Vw)M1)−.Приводим подобные члены в правой части полученного выражения иполучаем:(Vw)M0= (Vw)Учитывая, что w(M1) = 1 ⇒ wM0M1=V.M1 ⇒ V(M0, M1) = V(M1, M0),следовательно, решением поставленной задачи является функция Римана.51Физический смысл функции Римана .Физический смысл функции Римана вводится аналогично тому, как мывводили его для функции Грина в прошлом семестре.Рассмотрим обобщенное решение задачи Коши с правой частью в видедельта функции ( или функции Дирака) с нулевыми граничными условиями:^ = δ M ,M ,Lu( 0 1)u=C∂u∂nC= 0.физический смысл рассматриваемой задачи: ее решение есть функция влиянияв точке M0 точечного импульса сообщенного в точке M1 .Из обобщенной формулы Даламбера следует - решение этой задачи естьфункция Римана:u = V(M0, M1) = w(M0, M1) .Cледовательно: функция Римана - функция влияния точечногоимпульса!Теперь выведем обобщенную формулу Даламбера и получим из нееобычную формулу Даламбера, которую мы получили в прошлом семестрепутем интегрирования на фазовой плоскости.Рассмотрим следующую задачу:L(u) = uxy + a(x, y)ux + b(x, y)uy + c(x, y)u = f (x, y),u(x, y) = φ(x, y), (x, y) ∈ C,∂ux, y)∂n (= ψ (x, y), (x, y) ∈ C .52Возьмем оператор K , cопряженный оператору L:K[V ] = Vxy − (aV )x − (bV) − cV,yVL[u] − uK[V ] = 12 ( ∂x − ∂P,∂y )P[u, V ] = uVx − uxV − 2buV,Q[u, V ] = Vuy − Vyu + 2auV .∂QВоспользуемся формулой Грина:∫VL[u]−uK[V ]d xdy =D1∂Q ∂P1−d xdy =Pd x + Qdy =()∫∫2∂x∂y2DΓMA111=Pd x +Pd x + Qdy +Qdy .2∫2 ∫2∫MABBИнтегрируем по частям:A∫MM∫BAPd x = u(M )V(M ) − u(A)V(A) + 2 P1[V ]ud x,∫(φV)aP1 = Vx − bV.MMQdy = u(M )V(M ) − u(B)V(B) − 2 Q1[V ]dy,∫(φV)BQ1 = Vy − aV.BТеперь полученный результат подставляем в задачу Гурса:K[V ] = 0, (x, y) ∈ D,P1[V ] = 0,Q1[V ] = 0,VM=1= 1.на AMна MB( решением поставленной задачиявляется функция Римана V(M, M1) ) .53Из вышеизложенных наших вычислений с помощью формулы Грина,получаем обобщенную формулу Даламбера :u(M ) =(φV)A + (φV)B21+ V(M, M1)f (M1)dδM1 −Pd x + Qdy .∫∫2DABТеперь возьмем задачу Коши с постоянными коэффициентами:utt − uzz + aut + buz + gu = 0, − ∞ < z < ∞, t > 0 .ut=0utt=0= φ(z),= ψ (z) .abСделаем замену u = ue − 2 t+ 2 z и получим:utt − uzz + Cu = 0,b−2 z=φ(z)e= φ1(z),t=0uut= (ψ (z) + a2 φ(z)e − 2 z) = ψ1(z) .bt=0a2 b2C=−++ g,44a, b, g − const, z ∈ R .Теперь перейдем к переменным x и y:x = t + z, y = t − z ⇒ t =x+yx−y, z =.22t = 0 ⇒ y = − x, d x ⇒ dz, dy ⇒ dz .CWxy + 4 W = 0,Wx+y=0Wx + Wy= φ1(x+yx−y2= ψ1(),x−y254).Из обобщенной формулы Даламбера следует, что :W(x0, y0) =φ1(−y0) + φ1(x0)2−1Vwy − wVy)dy + (wVx − wxV)d x .(∫2ABПусть C = 0 , перейдем к переменным z и t:u(z0, t0) =φ1(z0 + t0) + φ1(z0 − t0)2+12(z 0+t0)∫ψ1(z)dz - формула Даламбера.(z 0−t0)Прежде, чем перейти к конкретным задачам, выпишем значение функцииРимана для уравнений uxy = 0 и uxy + Cu = 0 .Первый случай тривиальный и функция Римана равна единице (выводится из физического смысла функции Римана).Для второго уравнения функция Римана равна следующему выражению:V = J0C(x − x0)(y − y0) = J0C⋅()((t − t0) − (z − z0) ) .22( читателю рекомендуется оба выражения получить самостоятельно, так какиногда некоторым экзаменаторам бывает недостаточно помнить значения функцииРимана для данных уравнений).55Задача 1:1) Решить в области x > 0, y > 0 , используя функцию Римана следующуюзадачу:uxy + 2ux + 2u = 0,= e −2y,ux=0u−2x=e.y=0Решение:Сделаем замену w = ue −2y и получим задачу для w :wxy + 2w = 0,wx=0= 1,u−2x=e.y=0Решение поставленной задачи определяется полученной нами ранееобобщенной формулой даламбера:w(x0, y0) =Bw(A) + w(B) 1−Vwy − wVy)dy + (wVx − Vwx)d x,(∫22Ay(x0, y0)Aгде V - функция Римана,а интеграл в пределах от Aдо B берется по участкамграниц x = 0 и y = 0 .1Be −2xx56Тогда явный вид функции Римана для поставленной задачи, как мы ужераннее выяснили, будет выражаться следующим соотношением:V(x0, y0, x, y) = J0 2(2(x0 − x)(y0 − y)).Подставляем явный вид функции Римана в обобщенную формулуДаламбера и полученный результат подставляем в граничные условияисходной задачи:w(x0, y0) ==1+e21+e2−2x0+V−2x0x00+1Vy∫2y0x=0dy −1− e −2xVy=y021e −2xVx − 2e −2xV)(2∫0x=x0y=0x=0y=0y=0x=0dx =x0− 2 e −2xV∫y=0dx =01 + e −2x0 11 −2x 1=+ J0(2 2x0 y0 ) − 1 − e 0 − J0(2 2x0 y0 ) −] 2[]22[2x0−2 e −2x J0 2(∫2(x0 − x)y0x0= J0(2 2x0 y0 ) − 2e −2x0 e 2x J0(2 2xy0 )d x .)∫0Легко проверить, что полученное выражение удовлетворяет граничнымусловием поставленной задачи .Таким образом:x0w(0, y0) = J0(0) = 1, w(x0,0) = 1 − 2e −2x0 e 2x d x = e −2x0 .∫0И мы получаем ответ:xu(x, y) = e 2y J0(2 2xy ) − 2e −2x e 2ξ J0(2 2ξy )dξ∫057.В завершении данной главы, рассмотрим метод характеристик.Рассмотрим в области D переменных x, y, t следующую задачу:∂u∂tu∂u+ a(x, y, t) ∂u+bx,y,t() ∂ y + g(x, y, t)u = f (x, y, t),∂xΣ= φ(x, y, t) .( a, b, g , f - непрерывно дифференцируемые функции , а Σ - кусочно-гладкаяповерхность, лежащая в D ) .Для решения поставленной задачи составляются уравненияхарактеристик:dt =d x dy=.abРешения последнего уравнения называются характеристиками.Если рассмотреть характеристику, проходящую через точку (x0, y0, t0) ,то она будет удовлетворять следующим уравнениям:∂x∂t= a(x, y, t) x∂y= b(x, y, t) y∂t= x0,t=t0t=t0= y0 .Характеристики являются кривыми в пространстве переменных (x, y, t) .Учитывая наши предположения относительно a и b , они заполняют всюрассматриваемую поверхность D, никогда не пересекаясь.

Для каждой изних дописать два параметра, определяющих выбор характеристики втрехмерном пространстве координат.Например , в полученных уравнениях мы можем численно задать x0 и y0.58Так же, хорошо известно, что полученное уравнение характеристикимеет два первых интеграла ⇒ есть такие функции ψ1,2(x, y, t), которыесохраняют на решениях уравнения характеристик постоянные значения.Для точек (x, y, t) они лежат на фиксированной характеристике ψ1 = C1,ψ2 = C2 .Следовательно, мы имеем однозначное соответствие точек (x, y, t) и(C1, C2, t), которое мы можем использовать в качестве перехода к новымкоординатам.Фиксируем некоторую характеристику γ и вычислим производную u по tвдоль нее.Используя уравнение характеристик, мы получим:du∂u ∂u d x ∂u dy∂u∂u∂u.=++=+a+b∂t∂x dt∂y dt∂t∂x∂ydt γТаким образом, мы получаем нашу задачу в новых координатах:du( dt+ gu = f)C1,2=const,u(M*) = φ(M*) .M* - точка пересечения выбранной характеристики с поверхностью Σ .В результате, мы свели нашу исходную задачу к решению задачи Кошидля обыкновенного дифференциального уравнения.

Читателю предлагаетсясамостоятельно решить полученный диффур , после чего следует сделатьаналогичный обратный переход к старым координатам и получить решениеисходной задачи.59Замечания:1) Если характеристика пересекает рассматриваемую поверхность Σтолько один раз - решение существует и единственно, еслихарактеристика не пересекает поверхность Σ решение может быть неединственным, если характеристика пересекает поверхность более одногораза , решение может не существовать.2) Если g = f = 0 , то рассматриваемое уравнение исходной задачиduэквивалентно, иначе говоря характеризует закон=0dtC1,2=constсохранения u вдоль характеристики.3) Так как в нашем исходном уравнении присутствуют производные по uпо независимым переменным, то переходя к новым координатамтребование непрерывности решения при переходе от однойхарактеристики к другой автоматически снимается.4) Если функция φ имеет разрывы, то можно рассматривать решения вновых координатах, как обобщенные решения, имеющие разрывы вдольхарактеристик , проходящих через точки разрыва функции φ .Теперь рассмотрим начальную задачу следующего вида:∂u∂tu+ a(x, t, u) ∂u= 0, − ∞ < x < ∞, t > 0,∂xt=0= φ(x) .Пусть u - некоторое решение рассматриваемой задачи.

Зафиксируемего.Тогда a будет представлять из себя определенную от x и t функциюследующего вида:60a = a(x, t, u(x, t)) = a(x, t) .Рассмотрим решение линейного уравнения ut + a(x, t)ux = 0 .Применяя замечание 2 , мы приходим к выводу, что любое решение uрассматриваемого уравнения сохраняется на его характеристике:dt =dx.daСледовательно, u сохраняется и мы можем выбрать его любым вкачестве решения исходной задачи.Значит, любое решение u постоянно на кривой dt =dx.a(x, t, u)Необходимо учесть , что мы рассматриваем квазилинейное уравнение длякоторого справедливо следующее уравнение характеристик:dxdu=, где a(x, t, u) и R(x, t, u) - непрерывноa(x, t, u) R(x, t, u)дифференцируемые функции своих аргументов.dt =Характеристики рассматриваемого квазилинейного уравненияпереноса являются кривые в пространстве (x, t, u) - определяютсяследующими условиями:dt =dx, u = const .a(x, t, u)Выберем некоторое значение x* и рассмотрим характеристику нашегоуравнения переноса, проекция которой проходит через точку x = x*, t = 0 .Учитывая начальное условие исходной задачи , мы получаем, чтоu = φ(x*) на данной характеристике.То есть , получаем : u(x, t) = φ(x*) для x и t , удовлетворяющихусловиям:dx= a(x, t, φ(x*)), xdtt=0= x* .61Если a = a(u) , то из заявленных условий следует :u(x, t) = φ(x*) для x = x* + a(φ(x*))t .Таким образом , метод характеристик заключается : для построениярешения рассматриваемой задачи для квазилинейного уравнения переноса принекотором t1 > 0 нужно через различные точки x* , лежащие на прямойt = 0 провести кривые, удовлетворяющие заявленным выше условиям допересечения с прямой t = t1 .В точках пересечения значения u(x, t1) = φ(x*) .Задача 2:Решить следующую краевую задачу, используя метод характеристик:22∂ ux 2∂x−u= φ(x),∂u∂yy=1y=122∂ uy 2∂y= 0; − ∞ < x < ∞, 1 < y < ∞,= ψ (x) .Запишем характеристическое уравнение для рассматриваемой задачи:x 2 zx2 − y 2 zy2 = 0 .Ему соответствуют два случая : xzx − yzy = 0, иxzx + yzy = 0 .Рассмотрим сначала первый случай.

Запишем уравнениехарактеристик для данного уравнения в частных производных первогопорядка:dxdy=−.xy62Следовательно, первый интеграл рассматриваемого уравнения будетравным:xy = C1 .Аналогично , для второго рассматриваемого уравнения, первыйинтеграл будет равен:x= C2 .yДля того, чтобы применить метод приведения уравнения в частныхпроизводных второго порядка к каноническому виду, нужно перейти к новымпеременным:xξ = xy, η = .yТогда наша задача примет следующий вид:2ξuξη = uη; (ξ > η),uξ=η= φ(ξ); (uξ − uη)ξξ=η= ψ (ξ ) .Представим уравнение полученной задачи в следующем виде:∂2ξuξ − u) = 0 .(∂ηЕго общее решение представимо в следующем виде:u = f (ξ) +ξg(η) , функции f и g нужно определить !Подставляем общий вид решения в граничные условиярассматриваемой задачи и получаем систему двух уравнений, из котороймы легко можем определить функции f и g :63f (ξ) +ξg(ξ) = φ(ξ),f′(ξ) +12 ξg(ξ) −ψ(ξ)ξg′(ξ) =.ξИз данной системы, мы определяем функции f (z) и g(z) :f (z) = φ(z) −φ(z)z2 zg(z) =z+φ(a)∫ 4a 32azda −ψ (a)∫ 2a 32da + C ;azzaaφ(z)φ(a)ψ (a)+da−da + C .33∫∫z4a 22a 2Подставляем их в общее решение и получаем ответ:u(x, y) = f (xy) +=φ(xy) +2yφ( xy )x=(y)xyg+xy4xy∫(φ(a) − 2ψ (a))xy64daa32.Задача 3:Решить задачу Коши:∂u∂t+ ku∂u∂xu(0, t) == 0; (t > 0, x > 0)α ⋅ t; (0 ≤ t ≤ t1 =u; (t ≥ t1),u1α),u(x,0) = 0 .методом характеристик.Решение:Составляем уравнение характеристик:dt d x du==.1ku0Находим первые интегралы:ktu − x = C1, u = C2 .Множество S на котором задаются дополнительные условия, состоитиз двух полупрямых (x = 0, t > 0) и (x > 0, t = 0) .Тогда:ktu − x = kt ∗Φ(t ∗) − x ∗,u = Φ(t ∗),x ∗ = 0, t ∗ > 0, иktu − x = kt ∗Φ(0) − x ∗,x ∗ , t ∗ - значение координатu = 0,в точке пересеченияx ∗ > 0, t ∗ = 0,характеристики споверхностью S .65Рассмотрим первую систему при условии, что 0 < t ∗ ≤ t1 и учитываяпостановку исходной задачи, мы получаем:ktαt ∗ − x = kt ∗αt ∗ − x ∗,u = αt ∗,x ∗ = 0, t ∗ > 0 .При условии, что 0 < t ∗ < t1 , мы получаем квадратное уравнение:xt ∗2 − tt ∗ += 0.kαВыражаем:t2x−.4 kαt∗t = +2Знак перед корнем выбираем таким образом, чтобы t ∗ → t при x → 0 .x.kα∗Корень t , будет действительным , если t > 2Условие t ∗ < t1 дает : t < t1 +x.ku1tСледовательно, u = αt = α+2∗при 2xx< t < t1 +kαkαt2x−4 kα,на рисунке в области 2 .t1t12(x2, t2)366xПри условии t ∗ > t1 , мы получаем:ktu − x = kt ∗u1,u = u1,x ∗ = 0, t ∗ > t1 .Следовательно, u = u1 при t > t1 +xв области 1.kαАналогичным образом , для второй полученной нами системы ⇒ u = 0на характеристиках , определяемых соотношением x = x ∗ > 0 в области 3.Линия разрыва начинается сразу от границы из точки (0,0) .Так как u = 0 в области 3 , то линия разрыва определяетсяdxk= u .dt2В качестве u нужно выбирать значение этой функции нахарактеристиках, подходящих к разрыву из областей 1 и 2 .Тогда линия разрыва , разделяющая области 2 и 3 , выражаетсяуравнением:dxkt= α+dt2 2t2x−4 kα.Так как решение обязательно должно удовлетворять условию x(0) = 0 ,то оно будет иметь следующий вид:x=kαt 2 38.Точка (x2, t2) - точка пересечения кривой разрыва x =xt = t1 +.ku167kαt 2 38c линиейЗначит:t2 =4u13α3 α1−, x2 = ku1(t2 − t1) .2 u11−При t > t2 линия разрыва разделяет области 1 и 3 и определяетсяуравнением :dxk= u1 .dt2Значит:kx = x2 + u1(t − t2) .2И мы можем записать окончательный ответ:1) u = 0 при2) u = u1 приtгде u = α+28x0≤t<3kα0 ≤ t < t2 +t ≥ t1 +, 0 ≤ x ≤ x2,x − x2x, 0 ≤ku1x − x2t > t2 + 2t2x−4 kαku1⋅ 2, x > x2,ku1x ≤ x 2,, x > x2,8xx< t ≤ t1 +, 0 < x < x2,uk13kαпригде :68где:t2 =4u13α1−3 α1−, x2 = ku1(t2 − t1) .2 u169ГЛАВА 3Линейный и нелинейныйслучаи задачи сорбции.Задача Стефана.Определение: сорбентом называется вещество, способное собирать наповерхности некоторый компонент окружающей среды ( например: уголь впротивогазе , или угольные фильтры в сигаретах ).Пусть имеется колонка, заполненная гранулами сорбента.

Характеристики

Список файлов книги