А.Н. Боголюбов, Н.А. Тихонов, И.В. Митина, Н.Е. Шапкина - Задачи для семинарских занятий (1133439), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Этисоотношениемdτ kлинии при различных значениях τ* изображены на рис. 1. Дляопределения значения τ*, соответствующего точке (ξ, τ ), имеемквадратное уравнение (4). Решая его, находим21⎡11⎞4⎛kξ ⎞ ⎤⎛*τ = ⎢ τ − ± ⎜ τ − ⎟ + ⎜⎜τ − ⎟⎟ ⎥ .(5)2⎢ αα⎠α⎝q ⎠⎥⎝⎦⎣kИз (5) видно, что при τ ≥ ξ существует единственный положительныйqkk 1корень τ* ≥ 0 . Если τ < ξ ≤ l ≤ , то оба корня (5) отрицательны.qq αРассмотрим второй случай в (3), когда τ* < 0 . Тогда из (3) имеем⎧qτ − ξk = qτ* − ξ *k ,(6)⎨()Cξ,τ=0.⎩dξ q= .

Они представляют собойИз (6) наклон проекции характеристикdτ kqпараллельные линии, расположенные ниже линии ξ = τ на рис. 1.k()Рис. 1.Таким образом, найдено решение при всех значениях τ*.9Возвращаясь к исходным переменным, получаем2⎧ ⎡⎤⎪ 1 ⎢α ⎛⎜ t − x ⎞⎟ − 1 + ⎛⎜α ⎛⎜ t − x ⎞⎟ + 1⎞⎟ − 4kxα ⎥ при t ≥ 1 + k x,⎜ ⎜ q⎟ ⎟⎪⎪ 2 ⎢ ⎜⎝ q ⎟⎠qq ⎥⎠ ⎠⎝ ⎝C ( x, t ) = ⎨ ⎣⎦⎪1+ k⎪0 при t ≤x.⎪⎩q5. Решить задачу Коши:∂u⎧ ∂u= 0; (t > 0, x > 0)+ku⎪ ∂t∂x⎪u1⎧⎪⎪⎪α ⋅ t ; (0 ≤ t ≤ t1 = )α⎨u (0, t ) = ⎨⎪⎩u; (t ≥ t1 )⎪⎪⎪u ( x,0) = 0⎪⎩Решение:Составляем уравнения характеристик:dt dx du==.1 ku 0Отсюда находим первые интегралы:ktu − x = C1 ,u = C2 .Множество S, на котором заданы дополнительные условия, состоит издвух полупрямых ( x = 0 , t > 0 ) и ( x > 0 , t = 0 ). В соответствии с этимполучаем⎧ktu − x = kt *Φ t * − x* ,⎪⎪*(1)⎨u = Φ t ,⎪ **⎪⎩ x = 0, t > 0и⎧ktu − x = kt *Φ (0 ) − x* ,⎪(2)⎨u = 0,⎪ **⎩ x > 0, t = 0,где х*, t* - значение координат в точке пересечения характеристики споверхностью S.Рассмотрим соотношения (1) при 0 < t * ≤ t1 .

Используя исходнуюзадачу, из (1) получаем()()10⎧ktαt * − x = kt *αt * − x * ,⎪⎪*⎨u = αt ,⎪ **⎪⎩ x = 0, t > 0.Отсюда при 0 < t * < t1 выполнено t *2 − tt * +x= 0 . Решая этоkαtt2x+−(знак перед корнем24 kαвыбран так, чтобы t * → t при x → 0 ).

Корень t* будет действительным,xxесли t > 2. Условие t * < t1 дает: t < t1 +. Следовательно,kαku1квадратное уравнение, получаем t * =⎛txxt2x ⎞u = αt * = α ⎜ +− ⎟ при 2< t < t1 +(в области 2 на рис. 1).⎜2kαkα4 kα ⎟⎝⎠Рис. 1.При t * > t1 из условия задачи и (1) имеем⎧ktu − x = kt *u1 ,⎪⎨u = u1 ,⎪ **⎩ x = 0, t > t1.x(в области 1 на рис.1). Наконец,Отсюда получаем: u = u1 при t > t1 +kαиз (2) следует, что u = 0 на характеристиках, определяемыхсоотношением x = x* > 0 (в области 3 на рис.

1).Как видно из рисунка, линия разрыва начинается сразу от границыиз точки (0, 0 ). Кроме того, u = 0 в области 3. Получаем, что линияdx kразрыва определяется условием= u , где в качестве и нужноdt 2выбирать значение этой функции на характеристиках, подходящих к11разрыву из областей 1 и 2. Отсюда линия разрыва, разделяющая области2 и 3, определяется уравнениемdx k ⎛⎜ tt2x ⎞⎟= α +−.dt 2 ⎜ 24 kα ⎟⎝⎠Нетрудно видеть, что решением этого уравнения, удовлетворяющимkαt 2 3. Точка ( x2 , t 2 ) – точкаусловию x(0 ) = 0 , является x =8kαt 2 3xпересечения кривой разрыва x =с линией t = t1 +.

Отсюда8ku14u1 ⎛⎜3 α ⎞⎟1− 1−, x2 = ku1 (t 2 − t1 ) .2 u1 ⎟⎠3α ⎜⎝При t > t 2 линия разрыва разделяет области 1 и 3 и определяетсяdx kk= u1 . Следовательно, x = x2 + u1 (t − t 2 ) .уравнениемdt 22Ответ:⎧8x, 0 ≤ x ≤ x2 ,⎪0 ≤ t <3kα⎪u = 0 при ⎨⎪0 ≤ t < t + x − x2 ⋅ 2, x > x ,22⎪⎩ku1x⎧⎪t ≥ t1 + ku , 0 ≤ x ≤ x2 ,⎪1u = u1 при ⎨⎪t > t + 2 x − x2 , x > x .22⎪⎩ku1⎛t8xxt2x ⎞⎟⎜u=α +при< t ≤ t1 +, 0 < x < x2 ,−⎜2ku14 kα ⎟3kα⎝⎠4u ⎛3 α ⎞⎟, x2 = ku1 (t 2 − t1 ) .где t 2 = 1 ⎜1 − 1 −2 u1 ⎟⎠3α ⎜⎝t2 =6.

Поток воздуха имеет скорость υ. С потоком переносится вещество, приэтом происходит диффузия вещества в воздухе.⎧0; x < 0Концентрация вещества при t = 0 равна ⎨ −αx⎩e ; x > 0Кроме этого: в случае а) с воздухом переносится источник, выделяющийпостоянное количество вещества в единицу времени. При t = 0положение источника x = 0 .12в случае б) происходит осаждение вещества на стенкипропорционально концентрации вещества в сечении.Требуется найти концентрацию вещества в обоих случаях, считая задачуодномерной по координате.Решение:Пусть u ( x, t ) – концентрация вещества.В случае а) процесс описывается уравнением:2∂u∂u2∂ u+ Aδ( x − υt ) , A = const .=a+υ∂x∂t∂x 2В случае б):2∂u∂u2∂ u+υ=a− βu .∂t∂x∂x 2Требуется найти решения этих уравнений, удовлетворяющие начальнымусловиям:⎧0, x < 0,u ( x, 0 ) = ⎨ − α x⎩e , x > 0.Введем новые координаты ξ = x − tυ , τ = t и функцию U (ξ, τ ) = u ( x, t ) .∂u ∂U ∂u ∂U∂U=,=−υ.Тогда∂ξ∂x ∂ξ ∂t ∂τПосле перехода к новым переменным получаем задачу а):2⎧ ∂U2∂ U=a+ f (ξ ), где f (ξ ) = Aδ(ξ ),⎪2∂τ∂ξ⎪⎨⎪U (ξ, 0 ) = ⎧0, ξ < 0,⎨ − αξ⎪⎩e , ξ > 0.⎩В задаче б) введем новую функцию w(ξ, τ ) = U (ξ, τ ) ⋅ eβτ .Имеем:2⎧ ∂w2∂ w,⎪ =a2∂t∂ξ⎪⎨⎪w(ξ, 0 ) = ⎧0, ξ < 0,⎨ − αξ⎪⎩e , ξ > 0.⎩Решение а):∞τ ∞−∞0 −∞U (ξ, τ ) = ∫ U ( z , 0 )G (ξ, z , τ )dz + ∫∫ f (z )G (ξ, z, t − θ )dz ⋅ dθ .Решение б):U (ξ, τ ) = e− βτ∞∫ U (z, 0)G(ξ, z, τ )dz ,013где1G (ξ, z , τ ) =⋅e−( z − ξ )24a 2 τ2a πτ– функция источника для уравнения теплопроводности на бесконечнойпрямой.Вычислим интегралы:I1 (ξ, τ ) =∞1− αz∫e ⋅ e2a πτ−( z − ξ )24a 2 τ⋅ dz0иI 2 (ξ, τ ) =τ −1∫eξ24a 2 (τ − θ )2a πτ 0dθ.τ−θ⋅Обозначая s 2 = 4a 2 τ , посчитаем сначала интеграл:22∞ − α z − z + 2 zξ − ξs2 s2 s2e∫0∞ −⋅ dz = ∫ e2⎛ 2ξ ⎞ ξ+−−αz⎜⎟s2⎝ s2⎠ s2z2⋅ dz =02=2⎡ z ⎛ 2ξ ⎞ s ⎤ ⎡ ξ 2 s 2 ⎛ 2ξ ⎞ ⎤−−−−−−αα⎢⎥⎟⎜⎟⎜∞ ⎢⎥2⎠ ⎦⎥⎠ 2 ⎦ ⎢⎣ s 2 4 ⎝ s 2⎣s ⎝ se∫0⎛ ξ2⎞− ⎜⎜ 2 − b 2 ⎟⎟⎠=e ⎝s∞⋅ s ⋅ ∫ e − ( z − b ) ⋅ dz =2⎧ s ⎛ 2ξ⎞ ⎫⋅ dz = ⎨ ⎜ 2 − α ⎟ = b ⎬ =⎠ ⎭⎩2 ⎝ s⎛ ξ2⎞− ⎜⎜ 2 − b 2 ⎟⎟⎠s⋅e ⎝s=И интеграл:τ −be θ∫0π ⋅s2⋅ {1 + Φ(b )}.⎫⎪b ⋅ dθdθ ⎧⎪ b⋅=⎨= m;= dm⎬ =3θ ⎪⎩ θ⎪⎭2− 2θ=2 b⋅ebτ−m2m∞+bτ∫∞2−b0⎛ ξ2⎞− ⎜⎜ 2 − b 2 ⎟⎟⎠⋅e ⎝s∞⋅ ∫ e − z ⋅ dz =4 b ⋅e−m2bτ∫∞2⎛ 2 b ⎞⋅e− m ⋅ ⎜ −⎟ dm =b m2 ⎠⎝⋅ dm = 2 τ ⋅ e−bτ⎛⎛ b ⎞⎞⎟ ⎟.− 2 πb ⎜⎜1 − Φ⎜⎜⎟⎟⎝ τ ⎠⎠⎝Таким образом:⎛⎛ ξ⎞⎞1 + Φ⎜ a τ ⋅ ⎜ 2 − α ⎟ ⎟ − ξ 2 + a 2 τ ⋅⎛⎜ ξ − α ⎞⎟ 22⎝ 2a τ⎠⎠⎝⎝ 2a 2 τ ⎠ ;⋅ e 4a τI1 (ξ, τ ) =214−ξ2⎛⎛ ξ ⎞⎞⋅−Φ1⎜⎜⎟ ⎟⎟ .⎜a π2a 2 ⎝⎝ 2a τ ⎠ ⎠Ответ: а) u ( x, t ) = I1 ( x − υt , t ) + I 2 ( x − υt , t ) ;I 2 (ξ, τ ) =τ⋅e4a 2 τ−ξб) u ( x, t ) = e −βt ⋅ I1 ( x − υt , t ) .7.

Задача о температурных волнах.Найти распределение температуры земли с глубиной, считаяповерхность Земли плоской, землю однородной средой, температуру наповерхности T = T0 sin ωt .Решение:Пусть х – расстояние вглубь Земли, отсчитанное от поверхности,u ( x, t ) – температура.∂u∂ 2u= a 2 2 ; u (0, t ) = T0 sin ωt .∂t∂xТребуется найти ограниченное установившееся периодическое по tрешение (задача без начальных условий).Естественно искать решение в виде волны, в то же время удобно,если оно будет представлять собой произведение функций, зависящихтолько от х и только от t. Эти требования можно совместить, еслипредставить решение в комплексном виде.2iωt + tkx ∂z2∂ z~=a.;Ищем u ( x, t ) = Im z ( x, t ) , где z ( x, t ) = T0 ⋅ e∂t∂x 2Из двух последних условий находим iω = −a~ 2 k , отсюдаωk = ±(1 + i ).2aωx2aωx⎛⎛ω ⎞ω ⎞⋅ sin ⎜⎜ ωt −u ( x, t ) = A ⋅ ex ⎟⎟ + B ⋅ e 2 a ⋅ sin ⎜⎜ ωt +x ⎟⎟ .aa22⎝⎠⎝⎠Решение является ограниченным, если B = 0 .

Из условий при x = 0следует A = T0 .−Ответ: u ( x, t ) = T0 ⋅ e−ωx2a⎛ω ⎞⋅ sin ⎜⎜ ωt −x ⎟⎟ .a2⎝⎠8. Плоский источник малых возмущений движется равномерно сдозвуковой скоростью вдоль цилиндрической неограниченной трубки сгазом. Считая, что возмущение давления в том месте, где находитсяисточник в момент t > 0 , является известной функцией времени f(t),найти колебания газа слева и справа от источника, если начальный15момент времени газ был в невозмущенном состоянии, а источникнаходился в точке x = 0 .

Рассмотреть частный случай Δp = sin ωt .Решение:Обозначим u ( x, t ) – смещение частиц воздуха от положенияравновесия; p( x, t ) – давление; p0 – давление при равновесии;~p = p − p0 ; ρ( x, t ) – плотность газа; ρ0 – плотность при равновесии;~ρ = ρ − ρ0 .Напишем закон сохранения вещества для элемента газа,занимавшего в положении равновесия участок ( x, x + Δx )ρ 0 Δx = ρ(Δx + u ( x + Δx, t ) − u ( x, t )) .Разделив на Δх и переходя к пределу, получаем(1)ρ 0 = ρ(1 + u x ) .Второй закон Ньютона имеет вид:ρutt = − p x .(2)Изотерма уравнения состояния газа:γp ⎛ ρ ⎞=⎜ ⎟ .(3)p0 ⎜⎝ ρ 0 ⎟⎠По условию задачи колебания малые. Удерживая члены первого порядкамалости, из (1) – (3), получаем:~~pρ~ρ = −ρ 0u x ; ρ 0utt = − ~px ;=γ .p0ρ0p1Отсюда utt = a 2u xx ;(первое уравнениеa2 = γ 0 ;ux = − ~pρ0γp0выполнено всюду, кроме точки x = υt , где находится источниквозмущения).В области x > υt получаем задачу:⎧utt = a 2u xx ,⎪⎪u ( x, 0 ) = 0,⎪⎨ut ( x, 0 ) = 0,⎪1~⎪u x()=−pt.⎪⎩ x =υtγp0Как известно, общее решение уравнения колебаний имеет вид:u = f1 ( x − at ) + f 2 ( x + at ).Очевидно, что в рассматриваемом случае можем искать решение в видеволны, уходящей от границы:u = f ( x − at ).Подставляя такой вид решения в начальные и граничные условия,находим:16⎧u ( x, 0 ) = f ( x ) = 0 при x > 0,⎪1⎨~′()()=−=−ufυtatptпри t > 0,x⎪ x =υtγp0⎩отсюда⎧ f (α ) = 0 при α > 0,⎪α ⎞ 1⎨ ′~⎛⎪ f (α ) = − p ⎜⎝ − a − υ ⎟⎠ γp при α < 0,0⎩интегрируя последнее уравнение, получаемf (α ) =a −υγp0αa −υ∫ p (ξ )dξ при α < 0 .~0Следовательно,⎧0, x > at ,⎪⎪at − xu ( x, t ) = ⎨a − υ a −υ~⎪∫ p (ξ )dξ, υt < x < at.⎪⎩ γp0 0Аналогичным образом решаем задачу в области x < υt .

Характеристики

Список файлов книги