А.Н. Боголюбов, Н.А. Тихонов, И.В. Митина, Н.Е. Шапкина - Задачи для семинарских занятий (1133439), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Здесь решениеищем в виде:u = f ( x + at ) .Получаем ответ:⎧0, x < −at ,⎪⎪x + atu ( x, t ) = ⎨a + υ a +υ~⎪−∫ p (ξ )dξ, υt > x > −at.⎪⎩ γp0 0p (t ) = A sin ωt :В частности, при ~⎧⎪⎪0, при x < − at и x > at ,⎪⎪a +υ⎛ ω(x + at )⎞⎟, при − at < x < υt ,u ( x , t ) = ⎨− A⋅ sin ⎜γp 0 ω⎝ a +υ⎠⎪⎪ a−υ⎛ ω(x − at )⎞⎟, при υt < x < at.⋅ sin ⎜⎪A⎪⎩ γp0 ω⎝ a −υ⎠Имеет место эффект Доплера: по направлению движения источникаaωaω> ω ; в обратном направлении:< ω.частота волныa −υa +υ9. Найти температуру стержня 0 ≤ x ≤ l с теплоизолированной боковойповерхностью, имеющего форму усеченного конуса, пренебрегая17искривлением изотермических поверхностей, если температура концовстержня поддерживается равной нулю, а начальная температура стержняпроизвольна.Решение:Если пренебрегать искривлением изотермических поверхностей, считатьтемпературу u = u ( x, t ) , плотность потока тепла q = q( x, t ) , то баланстепла в слое ( x, x + Δx ) дает∂ucρΔxS ( x ) = S ( x )q( x, t ) − S ( x + Δx )q( x + Δx, t ) =∂t∂u∂u,= − DS ( x )+ DS ( x + Δx )∂x x∂x x + Δxгде S ( x ) = π( x − L )2 – площадь сечения.Отсюда(L − x )2 ∂u = a 2 ∂ ⎛⎜ (L − x )2 ∂u ⎞⎟ , ( a 2 = D ).ρc∂t∂x ⎝∂x ⎠Граничные и начальные условияu (0, t ) = u (l , t ) = 0 ; u ( x, 0 ) = ϕ ( x ) .Из (1) имеем1(L − x )ut = 1 (L − x )2 u xx − 2(L − x )u x =2L−xa= (L − x )u xx − 2u x = ((L − x )u )xx .Вводим функцию υ = (L − x )u .
Для нее получаемυ t = a 2υ xx ; υ (0, t ) = υ (l , t ) = 0 ; υ ( x, 0 ) = (L − x )ϕ ( x ) .Решая задачу для υ и возвращаясь к и, находим()2∞1πnu ( x, t ) =an sin∑L − x n =1l⎛ πna ⎞−⎜⎟ tl ⎠⎝x⋅e2lπnx; an = ∫ (L − x )ϕ ( x )sindx .l0l10. Свести к вариационной задаче следующую дифференциальную:d⎛du ⎞( p, q > 0 ).⎜ p( x ) ⎟ − q( x )u = f ( x ); u x =0 = 0; u x =l = 0 ;dx ⎝dx ⎠(1)18Построить алгоритм решения вариационной задачи с помощью метода⎧ πn ⎫Ритца путем разложения по системе функций ⎨sin x ⎬ . Доказать, чтоl ⎭⎩u k ⇒ u при k → ∞ , где u k функция, на которой достигается экстремумфункционала в классе функций u k ( x ) =kπnn =1l∑ Cn sinx.Решение:du ⎞⎧d ⎛⎪ dx ⎜ p( x ) dx ⎟ − q( x )u = f ( x ) (q, p > 0 ) (0 < x < l ),⎠⎨ ⎝⎪u⎩ x = 0 = 0 u x = l = 0.(1)(2)Решение задачи (1), (2) существует и единственно.Рассмотрим функционалl()I [u ] = ∫ pu ′ 2 + qu 2 + 2 fu dx ,(3)0где и удовлетворяет условиям (2).Экстремали этого функционала определяются уравнением Эйлера,которое совпадает с (1).
Условие Лежандра Fu ′u ′ = p > 0 говорит о том,что на экстремали достигается сильный минимум. Следовательно,задача (1) сводится к нахождению функции, дающей сильный минимумфункционалу (3) при условии (2).Решаем полученную вариационную задачу методом Ритца.Обозначим: решение задачи (1), (2) как u ; I [u ] = μ ; множество функцийkπnx , где Сп – произвольные коэффициенты, какln =1U k ; функцию, на которой достигается минимум I [u ] как u k ; I [u k ] = μ k .вида u k ( x ) =∑ Cn sinu∈U k1) Докажем, что последовательность u k будет минимизирующей дляфункционала I (т.е. μ k → μ при k → ∞ ).По теореме Вейерштрасса для любой непрерывной функции u ′ иkπnлюбого δ > 0 найдется номер k и функция y k′ = b0 + ∑ bn cos xln =11lтакие, что u ′ − y k′ < δ , для всех x ∈ [0, l ].
При этом b0 = ∫ y k′ dx , такl0lкак ∫ cos0Отсюдаπnxdx = 0 .l191l1lb0 ≤ ∫ u ′ − y k′ dx + ∫ u ′dx < δ , так как u (0 ) = u (l ) = 0 .l0l0Получаемxxkk b l⎛πnπn ⎞nu−∑sin x = ∫ ⎜⎜ u ′ − ∑ bn cos x ⎟⎟dx ≤ ∫ ( u ′ − y k′ + b0 )dx ≤ 2lδ ,ll ⎠n =1n =1 πn0⎝0′⎛ k bn lπn ⎞u ′ − ⎜⎜ ∑sin x ⎟⎟ = u ′ − y k′ + b0 < 2δ .πnl ⎠⎝ n =1∀δ1 > 0 найдется номер k и функция u~k ∈U k , такие что u − u~k < δ1 иu ′ − u~k′ < δ1 .∀ε > 0 в силу непрерывности подинтегральной функции выражениедля I при достаточно малом δ1 будет выполнено: I (u~k ) − I (u ) < ε .Поскольку на функции u k достигается минимум функционала I вклассе функций Uk, то 0 ≤ μ k − μ = I (u k ) − I (u ) ≤ I (u~k ) − I (u ) < ε .Отсюда μ k → μ при k → ∞ .2) Сводим вариационную задачу к алгебраической. Обозначимπnϕ n = sin x .l22l⎧⎫⎪k⎛ k⎞⎞⎪ ⎛ kI [u k ] = ∫ ⎨ p⎜⎜ ∑ Cnϕ n′ ⎟⎟ + q⎜⎜ ∑ C nϕ n ⎟⎟ + 2 f ∑ Cnϕ n ⎬dx =n =1⎝ n =1⎠⎠⎪⎭0⎪⎩ ⎝ n =1=kkn, m =1n =1∑ α n, mCnCm + 2 ∑ β n Cn = Φ(C1 ,..., Ck ),ll00где α n, m = ∫ ( pϕ n′ ϕ m′ + qϕ nϕ m )dx , β n = ∫ fϕ n dx .Условие минимума∂Φ= 0 ( i = 1,..., k ) дает∂Cik1 ∂Φ= ∑ α ni C n + β i = 0 .(4)2 ∂Ci n =1Однородная система (4) имеет лишь тривиальное решение, и, темсамым, решение неоднородной системы единственно.Из (4) находим Сi и тем самым u k .3) Докажем, что u k ⇒ u при k → ∞ на отрезке [0, l ].l⎡l⎤⎧l⎫22u − u k = ∫ (u ′ − u k′ )dx ≤ ⎢ ∫ (u ′ − u k′ ) dx ⋅ ∫1 dx ⎥ = l ⎨∫ (u ′ − u k′ )2 dx ⎬0o⎣0⎦⎩0⎭Обозначим u − u k = Δ kl12.
(5)20l{() ()}I [u ] − I [u k ] = ∫ p u ′ 2 − u k′ 2 + q u 2 − u k2 + 2 f (u − u k ) dx =0l{() ()}= ∫ p 2Δ′k u ′ + Δ′k2 + q 2Δ k u + Δ2k + 2 fΔ k dx =0l=∫[pΔ′k2+qΔ2k0][l]l[]dx + 2 ∫ Δ k − ( pu ′ )′ + qu + f dx = ∫ pΔ′k2 + qΔ2k dx.00Из пункта 2) следует, что u k – минимизирующая последовательность.Отсюдаl{}μ k − μ = I [u k ] − I [u ] = ∫ p(u ′ − u k′ )2 + q(u − u k )2 dx → 0 .0u →∞Следовательно,l2∫ (u ′ − u k′ ) dx ≤01 lp(u ′ − u k′ )2 dx < ε∫min p 0при достаточно большом k.При этом из (5) получаем u − u k ≤ lε , что и требовалось доказать.Итак, последовательность функцийkπnu k ( x ) = ∑ C n sin x ,ln =1где Cn определяются при каждом k из (4), равномерно сходится крешению задачи (1).11.
Решить в области x>0, y>0, используя функцию Римана:⎧u xy + 2u x + 2u = 0⎪⎪−2 y⎨u x =0 = e⎪−2 x⎪⎩u y =0 = eРешение:Вводим ω = ue −2 y . Для ω имеем⎧⎪ω xy + 2ω = 0,(1)⎨−2x⎪⎩ω x = 0 = 1, ω y = 0 = e .Решение (1) определяется выражениемω ( x0 , y 0 ) =ω ( A) + ω (B ) 1 B2−∫ (υω y − ωυ y )dy + (ωυ x − υω x )dx ,2A(2)21где υ – функция Римана, а интеграл от А до В проходится по участкамграниц x = 0 и y = 0 . Явный вид функции Римана для уравнения задачи(1) будетυ ( x0 , y0 , x, y ) = J 0 2 2( x0 − x )( y0 − y ) .Подставляем в (2) граничные условия задачи (1), получаем(1 + e − 2 x0 1 0+ ∫ υyω ( x0 , y 0 ) =22y01 + e − 2 x0=+ υ x=02=x0− 2 ∫e− 2 x01+ e2−2x+y =0y = y0)1dy −x =021− e − 2 xυ2[ (x0−2x−2x∫ (e υ x − 2e υ ) y = 0 dx =0x = x0y =0 x=0x0− 2 ∫ e − 2 xυ0) ]y =0dx =()11⎡1⎤J 0 2 2 x0 y 0 − 1 − ⎢ e − 2 x 0 − J 0 2 2 x 0 y 0 ⎥ −22⎣2⎦()()J 0 2 2( x0 − x ) y = J 0 2 2 x0 y0 − 2e− 2 x00x0∫e2x()J 0 2 2 xy0 dx.0Нетрудно проверить, что найденное решение удовлетворяет граничнымусловиям задачи (1).ω (0, y0 ) = J 0 (0 ) = 1 , ω ( x0 , 0 ) = 1 − 2e− 2 x0x0∫e2xdx = e − 2 x 0 .0Ответ:2y ⎧()u ( x, y ) = e ⎨ J 0 2 2 xy − 2e⎩−2x⎫2ξeJ22ξydξ⎬.0∫0⎭x12.
Решить краевую задачу:⎧22⎪ x 2 ∂ u − y 2 ∂ u = 0; − ∞ < x < ∞; 1 < y < ∞⎪ ∂x 2∂y 2⎪⎨u y =1 = ϕ ( x)⎪⎪ ∂u= ψ ( x)⎪ ∂y⎩ y =1Решение:Характеристическое уравнение для (1) имеет видx 2 z x2 − y 2 z 2y = 0 .Отсюда либоxz x − yz y = 0 ,либоxz x + yz y = 0 .()(1)(2)(3)22Рассмотрим случай (2).
Для этого уравнения в частных производныхпервого порядка уравнением характеристик будетdxdy=− .xyОтсюда первый интеграл уравнения (2):xy = C1 .Аналогично первый интеграл (3):x= C2 .yСогласно общему методу приведения уравнения в частных производныхвторого порядка к каноническому виду следует взять новые переменныеxξ = xy и η = . В этих переменных задача (1) принимает вид:y⎧2ξuξη = u η ; (ξ > η ),(4)⎪⎨(5)⎪⎩u ξ = η = ϕ (ξ ); uξ − u η ξ ξ = η = ψ(ξ ).Представляем (4) в виде∂2ξ u ξ − u = 0 .∂ηОбщее решение этого уравненияu = f (ξ ) + ξ g (η ) .Подставляя в таком виде и в условия (5), получаем систему двухуравнений для определения функций f и g:1ψ(ξ )f (ξ ) + ξ g (ξ ) = ϕ (ξ ) ; f ′(ξ ) +g (ξ ) − ξ g ′(ξ ) =.ξ2 ξРешая эту систему, находимz⎧⎪ϕ ( z ) z ϕ (α )⎫⎪ψ(α )f (z ) = ϕ (z ) − z ⎨+ ∫ 3 dα − ∫ 3 dα + C ⎬ ;⎪⎩ 2 z a 4α 2⎪⎭a 2α 2zϕ ( z ) z ϕ (α )ψ(α )g (z ) =+ ∫ 3 dα − ∫ 3 dα + C .za 4α 2a 2α 2()()Ответ:⎛x⎞ϕ ( xy ) + yϕ ⎜⎜ ⎟⎟⎛ x⎞⎝ y ⎠ + xyu ( x, y ) = f ( xy ) + xy g ⎜⎜ ⎟⎟ =⎝ y⎠24xydα∫ (ϕ (α ) − 2ψ(α )) 3xyα2.22Спектральный критерий (условие Неймана) устойчивостиразностных схем.1.
Проверить выполнение необходимого спектрального условия Нейманадля следующих разностных уравнений:y ns +1 − y ns y ns +1 − y ns1)−=0;τhy ns +1 − y ns y ns − y ns −12)−= 0;τhy s +1 − y ns y ns +1 − y ns −1τ3) n−− 2 y ns +1 − 2 y ns + y ns −1 = 0 ;τ2h2hy s +1 − y ns y ns +1 − y ns −14) n−= 0;τ2hsssy ns +1 − y ns2 y n +1 − 2 y n + y n −1−a= 0;5)τh2s +1s +1y ns +1 − y ns+ y ns +−112 y n +1 − 2 y n−a= 0;6)τh2u ns ,+m1 − u ns , m u ns +1, m − 2u ns , m + u ns −1, m u ns , m +1 − 2u ns , m + u ns , m −17)−−= 0;τh2h2y ns +1 − 2 y ns + y ns −1 y ns +1 − 2 y ns + y ns −18)−= 0.h2τ2()1) Рассмотрим разностную задачу Коши:⎧ y ns +1 − y ns y ns +1 − y ns−= 0, s = 0, 1,..,⎪τh⎨⎪ y 0 = ψ , n = 0, ± 1,...n⎩ nВведем разностную равномерную норму на слое:y s = max y ns .nУсловие устойчивости по начальным данным имеет вид:ys ≤ c y0(1)( 2)(3)(4)илиmax y ns ≤ c max y n0 .nn(5)Для устойчивости задачи Коши (1), (2) по начальным даннымнеобходимо, чтобы условие (5) выполнялось, в частности, еслиначальная функция является какой-либо гармоникой23ψ n = e iαn , n = 0,±1,...
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
