1612725600-1e51a42f1faf9bdcc469a226f46bb0ff (828611), страница 11
Текст из файла (страница 11)
„, -((-) ° ) ~ (3.25) (3.26) 72. Решить граничную задачу для нсоднарадногв уравнения ин — и,=Ь зйх, 0 < х < Ь, и(0, 1) = и(Ъ, 1) = о(х, О) = иг(х, О) = О. Решение. Решение неоднородного уравнения, так же как и решение однородного уравнения, можно искать в виде разложения по базисным решениям граничной задачи, которые для данных граничных условий были получены в задаче 67. Решение в виде и(х,1) =~ А„(С)а!ив Ь (3.22) лш удовлетворяет граничным условиям.
Чтобы опрелелить А„(1), разложим Ьай х в ряд по базисным решениям: ( 1)ч г ! Х ЬзГгх = — 26~~~ згп —. (3.23) ( )г+Гз 3.5. Примеры 71 Иной способ решения задачи состоит в разбиении ее на две задачи. Вначале решим стационарную граничную задачу — тчь т Ь зп х, ю(0) = м(Х,) = О. Затем методом Фурье найдем решение граничной задачи лля однородного уравнения; аи оьь = О, "(О «) = о(Х «) = О, о(х, О) = -»о(х) „,( . О) Подстановкой убеждаемся, что н(х,«) = и(х,«) + т(х) удовлетворяет как начальным, так и граничным условиям исходной задачи. Окончательно имеем Хх в(х,«) = Ь~-зЬХ вЂ” ейх) + ~Х ь» (-1)" вя«, вях (3.27) + 2ЬХ эЬХ ~~» соз — вп —. „, вя((вя)з+Хз) Х Х, С физической точки зрения это решение означает следующее: т(х) залает стационарный прогиб струны под действием внешней силы Ь зп х; о(х, «) описывает колебания относительно стационарною прогиба.
Заметим, что стационарный прогиб струны в (3.27) получен в явном виде, а в (3.26) в виде разложения в ряд. гь 73. Ретива краевую задачу но отрезке 0 < х < Хо 2 в» -— о вит 1х, х<71 в(0»«) = и(Х,«) =О, в(х,О) = ~ ~б-., *>,. Сравнить решение этой эодочи с задачей 71. Ревмнне. Разделяя переменные, видим, что спектральная зааача получается такой же, как и в задаче 67. Зависимость от времени получается из уравнениа Х,' = -7»„Т„ и теперь носит зкспоненциально затухаюший характер: Т =А„р [-( — )»].
Разложение начальных условий в ряд Фурье совпадает с полученным в задаче 67. В результате имеем 4Х ч (-1)" Г /(2в+1)я~ э 1, 2в+ 1 в(х, «) = — у ехр ~ — ~ ~ о «~ вп — ах. 72 Глава 3. Пннейные уравнения второго норндка Заметим, что решение симметрично относительно середины отрезка; и(х, г) = и(Ь вЂ” х, Г) и зто свойство есть следствие симметрии начальных условий.
74. Решить краевую задачу з иг = а и„— Ди, 1гх 0 < х < Ь, и(0, 2) = и,(Ь, С) = О, и(х, 0) = зш —. 2Ь Рештше. Задачу можно решать, так же как и задачу 72, разложением в ряд по базисным функциям. Другой способ состоит атом, чтобы сделать подстановку и = е р'о и для о получить однородное уравнение диффузии с теми же граничными и начальными условиями, что и для и. Решая задачу для о методом Фурье, получаем и(х, 1) = ехр -)М вЂ” ( — ) а 1~ яп —. ~2У,7' ) 22' 75. Решать краевую задачу т ях иг = а и„— )уи+а!и —, х ' 0 < х < Б, и(0, Г) = и(Ь, Ф) = О, и(х, 0) = О.
Решение. Задачу можно решать, так же как и задачу 72, разложением в ряд по базисным функциям. Другой способ состоит в том, чтобы искать решение в виде и = о(х, ь) + тв(х), гле ю(х) — решение залачн лля стационарного уравнения теплопроволности: з ех а го„— Дю+яп — =0 ш(0) = ю(Б) =О. ю(х) задает стационарное распределение температуры вдоль стержня. Частное решение линейного неолноролного уравнения, удовлетворяюшее граничным условиям, имеет вид ю = (( — ) +)у) згп —.
Полставляя о+ я в исходные уравнения и предельные условия, получаем аля о(х, 1) задачу о, =а о — )уо, з о(0, Й) = о(Ь,й) = О, о(х,О) = -ю(х), решая которую тем же способом, что и задачу 74, получаем 3,5. Примеры 73 76. й начальный момент времени в таре имеетсл ореричеспи симметричное распределение температуры и(г,О) = )(г). Найти зависимость распределения температуры от времени, если температура поверхности тара равна нулю. Рассмотреть случай З (г) = Ть.
Решение. Уравнение теплопроводности в~ —— а сзи з в сферических координатах записывается в виде аз й йв и~ = — — г гз Ву дг' В операторе Лапласа учтено отсутствие зависимости в задаче от угловых переменных. Граничные и начальные условия имеют вид и(22, !) = О, и(г, 0) = г(г). Вначале ищем базисные решения разделением переменных в виде и(, ) = Рюген(г). (3.29) Полставляя (3.29) в уравнение (3.28), получаем Р'(!) ! ! Д 2 й) = — — — г — = -Л. (3.30) азР(!) ГЗ гз дг дг Лля функции ь) должны выполняться граничные условия.
Одно из них следует непосредственно из граничного условия на функцию и на поверхности шара: ЯЩ =О. (3.3!) Второе граничное условие не столь очевидно и порождено тем, что уравнение на Ц(г) дзс) 2 Ис) — + — — +Л!'„г=О (3.32) дгз гз дг имеет особенность в точке г = О, и поэтому его общее решение расходится в этой точке. Поскольку нас интересуют только ограниченные решения, потребуем выполненив второго граничного условия: г3(0) ( оо. (3.33) Решение уравнения (3.32) может быть найдено следующим способом. Будем искать его в виде !7(0) = р(г)д(г) (3.34) и постараемся подобрать р(г) так, чтобы в уравнении на д(г) не было первой производной. Подставляя (3.34) в (3.32), получаем условие на р(г) и уравнение на д: 2,\ р -ь — р = о, рд + ( р + — р ! д+ лрд = о.
74 Глава 3. Линейные уравнения второго порядка Уравнение на р однородно и имеет решение р = -„. Уравнение на а упрощается до элементарного: дч+ Лй т О. Общее решение уравнения (3.32) при Л > 0 имеет внд А сов зГЛг+ Вял зГЛг Ю(г) = Собственные решения, удовлетворяющие граничным условиям (3.31), (3.33), и соответствующие им собственные значения равны: 1 пя гпг 12ч(т) = — яп —, Л„= —, и = 1,2,....
22 ' 22' Собственные значения Л < 0 невозможны (почемуу). Зависимость собственного решения от времени получается из уравнения (3.30): а общее решение имеет вид и(т,г) = ~ ачТч(1)1дч(г). ьщ Коэффициенты а„определяются нз начальных условиЯ. Чтобы для их вычисления воспользоваться ортогональностью тригонометрических функ- цнЯ, умножим ряд на т и положим 1 = О.
Тогда ьь л птг 2 Г, пяр гГ(г) = ~ а„яп —, где а„= — / рГ(р) з!и — др. Н ' " 22,7' Н В частном случае $(т) = Ть интеграл вычисляется и решение имеет вид 222Ть ~ (-1)ьм ( Гпта~з ) пят и(г,з) = — чз — ехр ~-~ — 1 11з!и —. 77. Найти распределение температуры в таре, если в начальный момент времени в его центре включаетса точечный источник интенсивности гд. Начальная температура тара и температура его поверхности равны нулю, Реимиие. Распространение тепла в пространстве с распределенными источниками описывается уравнением н Р иг = — гз и+ —.
с с 75 3.5. Примеры Здесь и — температура, и — теплопроводность, с — теплоемкость единицы обьема вещества, Р— интенсивность тепловыделения в единице объема. В нашем частном случае получается граничная задача с плотностью тепловыделения, которая описывается 6-функцией Дирака: и Яд(т) и = — гзи+ —, и(т,О) =О, и(Л,~) =О. с с Разделим задачу на лве: стационарную Ье = —, в(Л) =О, гсд(~) (3.35) и и нестационарную и е, = — ззе, е(Л,г) =О, е(т,о) = — в(т).
с Их сумма является решением исходной задачи. Решим стационарную задачу. При т зь 0 уравнение на гв олнородно. Записывая радиальную часть оператора Лапласа, имеем д где — т — = О. дт дт Интегрируя дважды, получаем с1 е= +аз. Константу о определим, интегрируя уравнение (3.35) по шару радиуса г < Л. Интеграл от его правой части равен -~, а интеграл от левой преобразуется в интеграл по сфере от йгад в использованием теоремы Гаусса — Острогралского, поскольку г5 = сбч йгад. Отсюда имеем 4яи сз определяется из граничного условия е(Л) = О. Окончательно получаем г'.з Л вЂ” т е(т) =— 4ви Лт Нестационарная часть задачи решается разлелением переменных, как и в задаче 76.
В результате получаем г'„з ли(т,й) =— — — ехр ~- ~ — ) 1~ мп —. 4ни Лт 3взкт гг ~ ~ Л ) ~ Л ' 78. Решить краевую задачу ин,-ьигг -— О, 0(хсб, 0(у(со, (Ь вЂ” х)х и(о,у) =и(Ь,у) =О, и(х,о) = А —, и(х,оо) =О. бз Сравнить с задачами 70 и 93. 76 Глава 3. Линейные уравнения втирала порядка Решение.
Отыскивая частное решение в виде а(х,у) = Х(х)У(у) и разделяя переменные, получаем Хн ун — =- — = -Л. Х Т Спектральная задача по координате х получается такой же, как и в задаче 67. Зависимость от у получается из уравнения У» — Л»~ » решение которого представляется в виде суммы экспонент: У к»„р(-! — ) ) В»'!! — ) Записывая решение в виде суммы ряда, из граничного условия при у — оо имеем В„= О для всех в.
Из граничного условия при у = О вычисляем А„н окончательно имеем 8А ч ( — !)" ( (2в+1)а ), 2в+! а(х,г) = — у ехр ~- яз л (2в+ !)з у1 згп — ггх. в 79. Найти распределение натенциала мелсду саасными цилиндрами радиусов а < Ь для зада»и Диритли а(а,о) =с, а(Ь,т) = йсозр. а = В(г)Ф(т). Разделяя переменные, получаем уравнения на Ф и Вл Ф»+ЛФ = О, дгВ 1 д — + — — — Л = О.
дгг г дт Общее решение уравнения (3.38) имеет вил Ф = А соз зГЛ!г+ Ввп з/Хуг при Л > О, Ф = Ае'~ ~" + Ве 'г"' при Л < О. (3.37) (3.38) (3.39) Поскольку решение а должно быть однозначным, изменение гр на 2н не должно менять значенив Ф. При Л < О периодично только нулевое Решение. Задачи с цилиндрической симметрией удобно решать в пилинлрических координатах. Уравнение Лапласа имеет в них вид 1 д да 1 дга — — г — + — — = О. (3.36) гдг дт ггд г Злесь учтено отсутствие в задаче зависимости от координаты л.
Ищем частные решения в виде 77 3.5. Примеры решение. При Л > О функция Ф периодична с периодом 2я, если Л = тпз где тп = О, 1,.... Собственные решения имеют вид Ф,„= А соз пор+ В о!и шут. Уравнение (3.39) однородно. Отыскивая его решение при Л = тпз в виде В = г, получаем и = ~тп. При тп Р О имеется два линейно независимых решения: г и г При ти = О общее решение получается прямым интегрированием: Фо = Ао 1и г + Во. Таким образом, общее решение может быть записано в виде суммы п(г,р) = Ао !ит +Во+ + ~~~ ~(Ате + — ) созптзт+ (В г"'+ — ) з!ипззт] .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
