1612725605-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (828606), страница 3
Текст из файла (страница 3)
u = g(x − ut) (рис. 2.3).Задача 34 . Найти общее решение уравнения Хопфа для осциллятора ut + uux =−x.Ответ. G(x cos t − u sin t, x sin t + u cos t) = 0.Задача 35 . Найти частное решение уравнения Хопфа с начальным условием u(x, 0) =1 − th x и точку опрокидывания.2.3. Нелинейные уравнения I порядка15∗Ответ.u = 1 − th(x − ut),ux = −1⇒ t∗ = 1; (x − ut)∗ = 0 ⇒ u∗ = 1, x∗ = 1.ch (x − ut) − t2Задача 36 . Решить предыдущую задачу в лагранжевых координатах.Указание.ẍ = 0,x = x0 + u0 (x0 )t,dx= 1 + u′0 t = 0.dx0Задача 37 . То же для начального условия u(x, 0) = a/(a2 + x2 ).Ответ.
Опрокидывание происходит в точке с максимальной по абсолютной величине отрицательной производной начального профиля. Для функции Лоренца это√√точка перегиба x∗ = a/ 3. Момент опрокидывания t∗ = 8a 3/9.Задача 38 . ∗ Найти закон расширения области неоднозначности в задаче 35 .Указание.1 − th ξ = 1 − ξ +√t = ch2 ξ = 1 + ξ 2 + · · · ⇒ ξ = ± t − 1;ξ322x = ξ + (1 + ξ + . . . ) 1 − ξ ++ . . .
= t − ξ 3.33ξ3x−ξ+··· =,3tОтвет. Полукубическая парабола, которая всегда получается в окрестности точки сборки2x(t) = t ± (t − 1)3/2 , t > 1.3Задача 39 . Найти частное решение уравнения Хопфа в однородном поле ut +uux =1 с начальным условием u(x, 0) = 1 − th x. Изменится ли точка опрокидывания?Ответ. Общее решение для равноускоренного движения u = t + g(x − ut + t2 /2).Точка опрокидывания t∗ = 1, u∗ = 2, x∗ = 3/2. Время опрокидывания останется тем же,а координата и скорость возрастут вследствие ускорения пылинок внешним полем.2.3.Нелинейные уравнения I порядка∗Нелинейные уравнения первого порядка F (x, u, p) = 0, где x = (x1 , .
. . , xn ), p = ∂u/∂x =(p1 , . . . , pn ), сводится к системе квазилинейных. Продифференцируем нелинейное уравнение по xi :∂u ∂F∂pj ∂F∂F++= 0.(2.1)∂xi ∂xi ∂u∂xi ∂pjТеперь заменим в уравнении (2.1) pi = ∂u/∂xi и перекрестные производные ∂pj /∂xi =∂pi /∂xj . Получилась система квазилинейных уравнений на функции pi :∂F ∂pi∂F∂F=−− pi.∂pj ∂xj∂xi∂uК уравнениям характеристикẋj =∂F,∂pjṗi = −∂F∂F− pi∂xi∂u162.
УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХдобавляется уравнение для uu̇ =∂u∂Fẋi =pi .∂xi∂piЕсли функция F не зависит от u, нелинейное уравнение называется уравнением Гамильтона — Якоби. Уравнения характеристик в этом случае сводятся к уравнениям Гамильтона∂F∂Fẋj =, p˙j = −.∂pj∂xjЗадача 40 . Решить задачу Коши для уравнения Гамильтона — Якоби1St + Sx2 = 0,2S(x, 0) = x2 .Указание. Обозначим 1 E = St , p = Sx и продифференцируем уравнение по x.Получится квазилинейное уравнениеpt + ppx = 0.Методом характеристик найдем общее решение p = g(x − pt). Из начального условиянайдем начальный импульс p(x, 0) = 2x, а подставляя его в общее решение, получимp = 2x/(1 + 2t).Ответ.x2.1 + 2tЗадача 41 . Решить задачу Коши для уравнения Гамильтона — ЯкобиS(x, t) =1St + Sx2 = 0,2Указание.p(x, 0) =S(x, 0) = ln x, x > 0.11⇒p=.xx − ptНа импульс получается квадратное уравнение.
Оставляем то решение, которое ведетсебя как x−1 при t → 0:r x 2 1x−− .p=2t2ttФункция F в данном случае F = E + p2 /2. На характеристике Ṡ = EFE + pFp =E + p2 = p2 /2. Отсюда общее решение для действия S = p2 t/2 + h(x − pt). Неизвестную функцию h найдем из начальных условий S(x, 0) = h(x) = ln x. Решение можнопроверить с помощью тождества!r ∂11xx 2 1.=− q ln−−∂x2t2tt2tx 21−t2tОтвет.tS=2x−2trx 2 1−2tt!2− lnx+2!r x 2−t .22.3.
Нелинейные уравнения I порядка17∗1050-5-10-10-50510-10-8-6-4-20246810Рис. 2.5. Волновой фронт задачи 42Задача 42 .∗Решить задачу Коши для уравнения эйконалаpψt2 − ψx2 − ψy2 = 0, ψ(x, y, 0) = x2 + y 2 .Указание. Обозначим ω = ψt , k1 = pψx , k2 = ψy , тогда уравнение эйконала превратится в линейный закон дисперсии ω = ± k12 + k22 . Если разрешить уравнение эйконалаpотносительно ψt , получатся два решения ψt = ± ψx2 + ψy2 .Уравнений характеристик будет 5. Из ṫ = 2ω, ẋ = −2k1 , ẏ = −2k2 имеемk1dyk2dx=− ,=− ,dtωdtωdk1dk2dω=== 0.dtdtdtК ним добавится уравнение на ψ:k2 k2dψ= ω − 1 − 2 ≡ 0.dtωωНаходим константы c1 = x + k1 t/ω, c2 = y + k2 t/ω и получаем общее решение ψ = g(x +k1 t/ω, y + k2 t/ω).Получаем частное решение:s2 2k1k2x+ t + y+ t .(2.2)ψ=ωωЧтобы явно найти ω, k1 , k2, надо продифференцировать (2.2) по координатам:ψx =x + kω1 t= k1 ,ψψy =y + kω2 t= k2 ⇒ k12 + k22 = 1.ψЗначит, ω = ±1. Зная наклон волнового вектораx+k1=k2y+1В механике St = −E.k1tωk2tω⇒ k1 y = k2 x,182.
УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХнайдем его компонентыk1 = ± pxx2 + y 2k2 = ± p,yx2 + y 2.pПри t = 0ψx = x/ x2 + y 2 , поэтому надо выбрать знак ≪плюс≫. Подставляя компонентыволнового вектора и частоту в уравнение (2.2), найдем решение.Ответ. Поверхность постоянной фазы — волновой фронт — это пола конусаψ = ±t +px2 + y 2 = const,в зависимости от знака обращенная в прошлое или будущее (рис. 2.5).Задача 43 .уравнения∗Решить задачу Коши (№ 113) для негамильтоновского нелинейногоu(x, 0) = x2 .ut ux − u = 0,Указание.
Обозначим ut = E, ux = p и запишем квазилинейное уравнение для E, p:EEx + pEt = E, Epx + ppt = p. Соответствующие уравнения характеристикṫ = p,ẋ = E,Ė = E,ṗ = pимеют 3 первых интегралаt − p = const,x − E = const,p/E = const.Из общего решения p − t = g(x − E, p/E) можно найти частное. При t = 0 подставляемp = 2x, E = x/2 (последнее получается из исходного уравнения).
Найдем g(ξ, η) = 4ξ,получится p − t = 4(x − E).Вспоминая обозначения E, p, выпишем линейное уравнение на u:ux − t = 4(x − ut ).Методом характеристик найдем общее решение u−xt = h(x−t/4). Из начального условияполучим h(ξ) = ξ 2 .Ответ.u(x, t) =2.4.2.4.1.tx+42.Системы уравненийКанонический вид при n = 2Однородная системаAψt + Bψx = 0,ψ1 ψ = ... ,ψn(2.3)192.4. Системы уравненийгде A, B — матрицы n×n, с невырожденной матрицей A сводится к виду ψt +Cψx = 0, C =A−1 B. Если матрица C = T ΛT −1, Λ = diag(λ1 , . . . , λn ), причем собственные числа вещественны, система называется гиперболической.
Гиперболическая система приводится кканоническому виду заменой неизвестной вектор-функции ψ = T φ:(2.4)φt + Λφx = . . . ,где правая часть не содержит производных функции φ. Иногда канонический вид позволяет найти общее решение гиперболической системы.Задача 44 . Вывести канонический вид (2.4) и найти правую часть.Ответ.· · · = T −1 Tt + ΛT −1 Tx φ.Задача 45 .(ux + vx + 2uy − 3vy = 0,ux + vx − 3uy + 2vy = 0.Указание.A=!1 1,1 1B=!2 −3.−3 2Матрица A вырожденная, поэтому умножим систему на B −1 = − 51 ( 23 32 ).
Получитсяматрица C = − ( 11 11 ) с собственными значениями −2 и 0.Ответ.u = f (x) + g(x + 2y),v = −f (x) + g(x + 2y).Задача 46 . Привести к каноническому виду и найти общее решение системы((x − 1)ut − (x + 1)vt + ux = 0,(x + 1)ut − (x − 1)vt − vx = 0.Указание. Чтобы матрица при ψx стала единичной, надо сменить знак во второмуравнении. Матрица C получается симметричной, поэтому ее собственные значения вещественны λ1 = 2x, λ2 = −2. Матрица преобразования к собственному базису получи1 1лась постоянной T = ( −11 ), поэтому канонические уравнения однородныеφx + Λφt = 0,ψ=!u= T φ,vΛ=Ответ.(u = f (t − x2 ) + g(t + 2x),v = −f (t − x2 ) + g(t + 2x).!2x 0.0 −2202.
УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ2.4.2.Инварианты РиманаКоэффициенты квазилинейной системы зависят от ψ:A(x, t, ψ)ψt + B(x, t, ψ)ψx = b(x, t, ψ).Характеристики и соотношения на характеристиках даются соответственно формулами!!A BA B bA B = rank. = 0, rankdt dxdt dxdt dx dψПервые интегралы соотношений на характеристиках называются инвариантами Римана.Если один из инвариантов не зависит от координаты, второй можно найти из квазилинейного уравнения. Такое решение называется простой волной (Римана).Задача 47 .
Найти инварианты Римана системы одномерной дозвуковой газодинамики(ρt + uρx + ρux = 0,ut +c2ρρ x+ uux = 0.(2.5)Указание. Найдем собственные значения матрицы системы!!u ρρ, ψ=B = C = c2uuρλ1,2 = u ± c. Значит, характеристики системы dx= u ± c. Соотношения на характериdtстиках получаются из ранга расширенной матрицы системы.
Полученные соотношенияодин раз интегрируются, полученные интегралы называются инвариантами Римана.Ответ.J± = u ±Zc(ρ) dρ.ρЗадача 48 . Вывести уравнения на инварианты Римана из системы (2.5).Указание. Надо первое уравнение умножить на c/ρ и сложить со вторым уравнением или вычесть.Ответ.(∂J+∂t∂J−∂t++ (u + c) ∂J= 0,∂x−+ (u − c) ∂J= 0.∂xЗадача 49 . Найти условие совместности системы (2.5) для автомодельного решения u = f (ρ).Ответ.cf′ = ± .ρЗадача 50 . Найти инварианты Римана для политропного газа pρ−γ =const.Ответ.J± = u ±2(c − c0 ).γ−1212.4. Системы уравненийu(x,t)xРис. 2.6. Профиль скорости газа при t/t∗ = 0, 6 (точки), 0,8 (штрихи), 1 (сплошная линия)Задача 51 . Справа от поршня находится политропный газ. Поршень движетсяравноускоренно по закону v(t) = at, x(t) = at2 /2.
Найти скорость, плотность газа иточку опрокидывания начального профиля.Указание. Поскольку далеко справа от поршня газ неподвижен, инвариант J− независит от координаты, J− = 0, откуда c = c0 +(γ −1)u/2. Значит, можно искать решениев виде простой волны. В простой волне второй инвариант J+ = 2u, на него получаетсяодно квазилинейное уравнение ut + (c + u)ux = 0, похожее на уравнение Хопфа. Общеерешение запишем как x − (u + c)t = f (u) и найдем функцию f из граничных условийv2cvat2− (at + c)t = f (at) ⇒ f (v) = − − ,22aaгде c = c0 + (γ − 1)u/2 для политропного газа, см.
задачу 50 . В простой волне J+ = 2u,а постоянная равна нулю, потому что в неподвижном газе u = 0, c = c0 . Отсюда c =c0 + (γ − 1)u/2. Запишем частное решение для политропного газаγ γ−1uu2 cuc0 + u .⇒ x − c0 t −ut − ut = −x − (c + u)t = − −2aa2a2Для u получилось квадратное уравнение, которое решается явно. Осталось исследоватьего корниs2γ+1γ+1c0 − 2 atc0 − 2 atax − c0 t u = −.(2.6)±− 2γ2γaaaПри x → 0, t → 0 скорость тоже стремится к нулю, значит надо выбрать корень сознаком «плюс», причем u = 0 при x > c0 t.Простая волна (2.6) находится между поршнем и невозмущенным газом at2 /2 <x < c0 t. В конце концов поршень догонит правую границу и область применимостирешения исчезнет. Разберитесь, что произойдет раньше: поршень догонит границу илислучится опрокидывание фронта волны и применимость уравнений пропадет раньше?Ответ. Опрокидывание произойдет в наиболее далекой от поршня точке приt = t = 2c0 /a(γ + 1), т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
