1612725605-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (828606), страница 4

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

Текст из файла (страница 4)

е. раньше, чем поршень догонит эту точку. При t > t∗ сформируется ударная волна и исходные уравнения потеряют применимость. Профиль скоростиизображен на рис. 2.6.∗222. УРАВНЕНИЯ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ2.4.3.Гиперболические системы с n > 2∗Система линейных уравнений с n = 4 переменными имеет видAψt + Bψx + Cψy + Dψz = b(x, y, z, t),где ψ — вектор-столбец неизвестных функций, A, B, C, D — матрицы, зависящие от координат и времени. Уравнения характеристик имеют вид|Aφt + Bφx + Cφy + Dφz | = 0.Характеристики представляют собой 3-мерные гиперповерхности в 4-мерном пространстве. Характеристические поверхности — это поверхности постоянного уровня функцииφ(x, y, z, t) = const. Характеристики являются линиями только для систем с n = 2 переменными. Компоненты вектора 4-мерного градиента функции φτ = φt ,ξ = φx ,η = φy ,ζ = φzобразуют 4-вектор характеристической нормали.

Удобнее найти характеристическиенормали, а по ним восстановить характеристики.Задача 52 . Найти характеристики уравнений Максвелла в пустоте∂E1∂E2∂H3 ∂H2∂H1 ∂H3−,−,==∂t∂x2∂x3∂t∂x3∂x1∂H2∂E2 ∂E3∂E3 ∂E1∂H1−,−,==∂t∂x3∂x2∂t∂x1∂x3Указание. Зафиксируем вектор-функцию вгда можно выписать матрицы A = E,0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 00 0 0 0 0 10 0 0 10 0 0 0 −1 0B=, C = 0 0 1 00 0 0 0 0 00 0 0 00 0 −1 0 0 0−1 0 0 00 1 0 0 0 0∂E3∂H2 ∂H1−,=∂t∂x1∂x2∂H3∂E1 ∂E2−.=∂t∂x2∂x1виде ψ = (E1 , E2 , E3 , H1 , H2 , H3 )T , то0 −10 00 0,0 00 00 0Остается найти определитель симметричнойсимметричных блокаτ00τ00|Aτ + Bξ + Cη + Dζ| = 0 −ζζ0−η ξ0 0 0 0 1 00 0 0 −1 0 0 0 0 0 0 0 0D=.0 −1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0матрицы 6 × 6, в которой два анти00ζ −η 0 −ζ 0ξ τη −ξ 0 .ητ00 −ξ 0τ0 000τ Упростим определитель по формуле (1.2) и получим уравнение характеристическихнормалей2 0ζ−η 2ξ  = 0.τ E + −ζ 0η −ξ 0232.5.

Линейные уравнения II порядкаРазлагаем матрицу 3 × 3 на два iτζ−ζ iτ η −ξмножителя. Остается найти определитель 3 × 3:−η ξ = iτ (−τ 2 + ξ 2 + η 2 + ζ 2 ) = 0.iτ Ответ. Характеристические нормали образуют трехмерный конус в 4-мерномпространствеpτ = ± ξ 2 + η2 + ζ 2.Значит и характеристика — поверхность светового конуса. В двумерном случае соответствующий конус найден в задаче 42 .Задача 53 . Найти характеристические нормали уравнения Дирака∂ψ∂ψ∂ψ∂ψ+ α1+ α2+ α3+ mβψ = 0,∂t∂x1∂x2∂x3где00α1 = 010010010010 0 0 −i0 000 0 i 0 0 0 , α2 =  , α3 = 0 −i 0 0 1 000i 0 0 00 −11 010 −10, β = 00 00 000 001 00.0 −1 0 0 0 −1Указание.

Матрица β не влияет на главную дифференциальную часть, а матрицыα~ включают два нулевых блока и два блока из матриц Паули. Определитель |α0 τ +α1 ξ +α2 η+α3 ζ| можно упростить по формуле (1.2), останется матрица 2×2. Последнюю можноразложить на два множителя.Ответ. 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.

Характеристики

Список файлов книги