1625914359-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (532771), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Получился световой конус τ + ζ ξ − iη = τ 2 − ξ 2 − η 2 − ζ 2 = 0.ξ + iη τ − ζ Если бы задача была двумерной ψz = 0, конус можно было нарисовать, см. рис. 2.5 (кзадаче 42 ).2.5.Тип2Линейные уравнения II порядкауравнения второго порядка с n = 2auxx + 2buxy + cuyy = fопределяется главной дифференциальной частью уравнения. Решения квадратного уравнения характеристик ady 2 −2bdxdy+cdx2 = 0 зависят от знака дискриминанта D = b2 −ac:2Тип уравнения определен локально (в точке).242. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХТаблица 2.1. Классификация линейных уравнений второго порядка по типамЗнакТипD>0гиперболическийD=0параболическийD<0эллиптическийКанонический Каноническиепеременвидныеuξη = fξ, η — интегралы уравнения характеристикuηη = fξ — интегралуравнения характеристик, ηпроизвольнаuξξ + uηη = f ξ, η — вещественнаяимнимая части интеграловуравнения характеристикЗадача 54 .
Определить тип и привести к каноническому виду уравнениеuxx + uxy − 2uyy + ux − uy = 0.Указание. Система приводится к каноническому виду3uξη + uη = 0.Полученное уравнение можно два раза проинтегрировать.Ответ. Гиперболическое, общее решениеu(x, y) = e−x+y3[f (y + x) + g(y − 2x)] .Задача 55 . Определить тип и привести к каноническому виду уравнениеuxx − (1 + y 2 )2 uyy − 2y(1 + y 2)uy = 0.Указание.
Канонические переменные ξ = x + arctg y, η = x − arctg y. Заменяя дифференциальные операторы ∂x = ∂ξ +∂η , ∂y = (1+y 2)−1 (∂ξ −∂η ). Коэффициенты уравненияне постоянные, значит при замене переменных войдут первые производные коэффициентов.Ответ. Гиперболическое, общее решениеu = f (ξ) + g(η).Задача 56 . Определить тип и привести к каноническому виду уравнениеuxx + 2uxy + 5uyy = 0.Указание. Канонические переменные ξ = x − y, η = −2x.Ответ.
Эллиптическое, двумерное уравнение Лапласаuξξ + uηη = 0.Задача 57 . Определить тип и привести к каноническому виду уравнениеx2 uxx + uyy + xux = 0.252.5. Линейные уравнения II порядка210-1-201234√Рис. 2.7. Два семейства характеристик y −x± x = const к задаче 59 в области гиперболичностиx>0Указание. Канонические переменные ξ = y, η = ln x.Ответ. Эллиптическое, двумерное уравнение Лапласаuξξ + uηη = 0.Задача 58 . Определить тип и привести к каноническому виду уравнениеuxx − 2uxy + uyy − ux = 0.Указание.
Канонические переменные ξ = y + x, η = y.Ответ. Параболическое, уравнение теплопроводностиuηη − uξ = 0.Задача 59 . Определить тип и привести к каноническому виду уравнениеxuxx + 2xuxy + (x − 1)uyy = 0.Указание. Знак дискриминанта D = x зависит от координат. Значит, при x > 0расположена область гиперболичности, а при x < 0 — область эллиптичности. Канонические виды в этих областях будут разные.Ответ. В области гиперболичностиuξη −uξ − uη= 0.ξ−ηСделайте замену неизвестной функции u(ξ, η) = p(ξ, η)v(ξ, η) и подберите функциюp(ξ, η) так, чтобы уничтожить первые производные.
Найдите общее решение.В области эллиптичности получается уравнение1uξξ + uηη − uη = 0.η262. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ2.6.АвтомодельностьАвтомодельное решение уравнения теплопроводности с точечным начальным условиемut = uxx , u(x, 0) = δ(x) мы ищем в виде u(x, t) = A(t)f (ξ), ξ = x/l(t). Показатели степенных функций A(t), l(t) подбираются из условий инвариантности уравнения и начальногоусловия относительно масштабных преобразованийx → λx, t → µt, u → νu;νν1= 2, ν = .µλλВ результате замены должно получиться обыкновенное дифференциальное уравнениена функцию f (ξ).
В данном примере получаетсяu(x, t) = t−1/2 f (xt−1/2 ).(2.7)При такой подстановке параметр µ сокращаетсяxt−1/2 → (λx)(µt)−1/2 = (µ−1/2 x)(µt)−1/2 = xt−1/2 ,ut1/2 → (νu)(µt)1/2 = µ−1/2 u(µt)1/2 .Задача 60 . Убедитесь, что подстановка (2.7) — автомодельная.Указание. Получается обыкновенное уравнение f ′′ + 12 (ξf ′ + f ) = 0. Константу интегрирования можно выбрать равной нулю, поскольку f → 0 на бесконечности вместе сосвоими производными. Значит подстановка автомодельная, более того, уравнение интегрируется: f ′ + ξf /2 = C1 . Константа C1 = 0, что следует из убывания на бесконечностифункции f и ее производной.Ответ. 2Cxu(x, t) = √ exp −.4ttR∞√Постоянная C = 1/ π находится из условия нормировки −∞ u(x, t) dt = 1.Задача 61 .
Найти автомодельное решение задачи при x > 0ut = uxx ,u(x, 0) = x3 ,u(0, t) = 0.Указание. Автомодельная подстановка u = t3/2 f (xt−1/2 ) приводит к обыкновенному уравнению13f ′′ + ξf ′ − f = 022с граничным условием f (0) = 0. Надо найти решение с асимптотикой f = ξ 3 , ξ → ∞.Уравнение не меняется при замене ξ → −ξ, значит решения — четные или нечетныефункции. Нас интересует нечетное решение с кубической асимптотикой, поэтому ищемего в виде разложения в ряд по нечетным степеням u = c1 x + c3 x3 + .
. . . Найдем решение задачи, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях и обращая в нулькоэффициент c5 .Ответ. u = x3 + 6xt.Задача 62 . ∗ Решить нелинейное уравнение теплопроводности с точечным начальным условием∂∂u2 ∂uu, u(x, 0) = δ(x).=∂t∂x∂x272.6. АвтомодельностьyuξtабРис. 2.8. Положение фронта кристаллизации y(t) (a); температура u как функция автомодельнойпеременной ξ (б) при Q = 0, 3 (точки), 1 (штрихи), 3 (сплошная линия)Указание. Автомодельная замена u = t−1/4 f (xt−1/4 ).
Обыкновенное уравнение (f 2 f ′ )′ ++ f ) = 0 интегрируется: одно решение f = 0, второе находится из алгебраическогоуравнения f 2 + ξ 2 /4 = const. Константа находится из условия нормировки.1(ξf ′4Ответ. Профиль тепловой волны представляет собой половину эллипса. Длянахождения нормировки надо вспомнить формулу для площади эллипса.q t−1/4 1 − x2 , |x| < 2 t1/4 ,ππ4t1/2u=0,|x| > 2 t1/4 .πЗадача 63 . * Найти автомодельное решение одномерной задачи Стефанаut − χuxx = Qẏδ(x − y(t)),(2.8)где y(t) — закон движения фронта волны кристаллизации, Q — удельное количество тепла, которое выделяется при плавлении вещества. Считается, что плавление происходитпри нулевой температуре, т.
е. u(y(t), t) = 0. Граничные условия ставятся на полубесконечном отрезке u(0, t) = −u0 , u(+∞, t) = u0 . Найти закон движения фронта при Q → ∞и Q → 0.√Указание. При переходе к автомодельной переменной ξ = x/ χt, u(x, t) = f (ξ)левая часть уравнения (2.8) преобразуется к виду−ξ ′ 1 ′′f − f .2tt√Значит, чтобы уравнение имело автомодельное решение, надо выбрать y(t) = 2a χt, гдеa — безразмерная константа. Тогда уравнение (2.8) сведется к обыкновенномуξf ′′ + f ′ + Qaδ(ξ − 2a) = 0.2Решение однородного уравнения Q = 0 содержит две постоянных интегрироваRния f = A + B exp(−ξ 2 /4) dξ.
Надо считать их разными по разные стороны фронта.и найти константы из граничных условий и условий при u = 0. На фронте кристаллизации функция f непрерывна, а ее первая производная терпит скачок [f ]ξ=2a = −Qa.282. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХГраничные условия можно учесть сразу:(Rξ−u0 + B1 0 exp(−τ 2 /4) dτ, ξ < 2a;f=R∞+u0 + B2 ξ exp(−τ 2 /4) dτ, ξ > 2a.Из непрерывности при ξ = 2a получаем−u0 + B1Z2a2exp(−t /4) dt = +u0 + B20Z∞exp(−t2 /4) dt = 0.2aИз этих условий найдемB1 = √u0,πerf aB2 = − √u0,π (1 − erf a)Ra 2√где erf a = 2 0 e−t dt/ π — функция ошибок (или интеграл вероятности). Из условияна скачок производной получится22B2 e−a + B1 e−a = Qa.Отсюда получилось трансцендентное уравнение на параметр a:11u02√= Qaea .−π erf a 1 − erf ap√Ответ.
При Q → ∞, a → 0, тогда erf a ≈ 2a/ π, a = u0 /2Q,y(t) =r2u0χt.QПри большой теплоте кристаллизации скорость фронта снижается (рис. 2.8, а). При√малой теплоте Q → 0, a → 0, 48, тогда erf a ≈ 1/2, y = 0, 96 χt. В этом предельномслучае скачок производной практически не заметен, см. рис. 2.8, б.2.7.2.7.1.Нелинейные уравнения II порядкаБегущая волнаРешение в виде бегущей волны u = f (x − V t) тоже иногда сводит нелинейное уравнениев частных производных к обыкновенному.Задача 64 . Найти решение уравнения Бюргерсаut + uux = µuxxс условиями u → V0 , x → −∞, u → 0, x → +∞.Указание.
Обыкновенное уравнение второго порядка один раз интегрируется сра-зу1µf ′ − f 2 + V f = 0.2292.7. Нелинейные уравнения II порядкаКонстанта интегрирования равна нулю в силу граничного условия при x → +∞. Дальшеостается разделить переменныеZ2Vdf⇒f =.ξ=µf21 + eV ξ/µ−Vf2Вторая константа — произвольна, это начало отсчета переменной ξ. Скорость фронтаV = V0 /2 находится из граничного условия при x → −∞.Ответ.
Кинк (ступентка)V0u(x, t) =1 + exphV02µx−i .V0t2Учет вязкости подавляет опрокидывание решения уравнения Хопфа. Вместо этого формируется ударная волна с шириной фронта порядка V0 /2µ.Задача 65 .∗Показать, что уравнение Кортевега — де Фризаut + 6uux + uxxx = 0имеет решение в виде уединенной бегущей волны. Найти решение, в котором f → 0, x →±∞ вместе с производными.Указание.
Подставляя решение в виде бегущей волны, получим обыкновенноеуравнение третьего порядка−V f ′ + 6f f ′ + f ′′′ = 0.Один раз оно интегрируется непосредственно, а константа выбирается нулевой из условия уединенности−V f + 3f 2 + f ′′ = 0.Если умножить последнее уравнение на f ′ , оно еще раз интегрируется. Вторая константаравна нулю из того же условия.
Получается уравнение, аналогичное закону сохраненияэнергии в механике одномерного движения:11 ′2f + f 3 − V f 2 = 0.22Остается проинтегрировать это уравнение первого порядкаZdf√ξ=±.f V − 2fТретья константа произвольна, это начало отсчета переменной ξ.
Интеграл берется под√становкой Эйлера τ = V − 2f .Ответ. Простой солитонu=2 ch√V2V(x − V t),высота, скорость и ширина которого определяются одним параметром V .302. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ2.7.2.ПодстановкиНекоторые нелинейные уравнения сводятся к линейным с помощью специальных подстановок.Задача 66 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
