1629366495-96b763de880e0957938207fd4887632d (846319), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Для этого нужно фиктивно продолжить струну на отрицательную полуось — со~а(0. а затем распространять на эту сс с лс сс 4с с Я Рнс. 24. полуось начальные условия (3) так, чтобы для и (х. (), вычксляемого по формуле (5), граничное условие (2) вйполнялось *). Прн этом получается, что в случае фнксярованного конца функцнн гр(х) н гр(х) должны быть продолжены нв полуось — со«Сх сО нечетно, а а случае свободного конца — четно. 69. Профиль струны в момент времени с Зс 2с 7с а' 2а' а' 2а нзображен на рнс.
24. *) См. (7), стр, а9-60, 60. Решение краевой задачи (4) мон1ет быть найдено с помощью формулы Даламбера при четном «) продолже- нии начальных условий и (х, г) = р (х-1-аг) — у (х — аг), (б) где 1 1р (г) = — ф (сс) 0 х, 2а (6) (7) График функпии Ч (г) имеет вид, представленный на рис. 26. Профиль отклонений в любой момент времени получается вычитанием графика прямой волны из графика обратной волны. с 2с Зс При Г=О; —; —; — профиль отклонений имеет вид, представленный а'а'а на рнс. 26. 61. 2А( . пх — — мп— гга 2( — ссмз— 2А( гг па 41 0<к<21, и(х, ()= 2А( и — соУ вЂ” (х — а(), па 41 21 <х <+со, и(х, 0= О, *) См.
(7), стр. 60 — 60. 7 В.' м. Вгл и лз. П. УРАВНЕНИЯ ГИПЕРВОЛИЧЕСКОГО ТИПА им=ели „, 0<к, (<-(-со, их(0, ()=О, о <(. +~ и (к„О) =О, О < х <+со, (О, О<к<с, иг (х, О) = ~с«, с < х < 2с, О, 2с < х <+со) О, — оо<г < — 2с, <р(г)=(0, — с<г<с, пг, с<г<2с, О, 2с<г <+аз. аг '21 — х мп —, О<1<в 21' а 21 — х 2(+х (к — аг), — <(<в а а 2(+ х — Г <+со, а О<(< — 21+х 21+к — <(< —, а а 21+ х — Г <+со, и (1) (2) (6) и. Милет!ения ГипеРБОлическОГО типА 62.
гпах и(х, Е) ба и(0, — ) ис!О, — Е! и!21. — Е! и~ес,:р О<х(+со о(с(+» У к а з а и и е. Рассмотреть интегральную поверхность, представляющую решение и и(х, Е) краевой задачи. ОЗ. Решение, Аналогично тому, как зто делалось в случае задачи 56, решение настожпей задачи может быть выполнено такими двумя способами. Первый способ. Считаем импульс Е рааиомерно распределенным по отрезку х,(х(хо+6.
Тогда мы приходим к краевой задаче исс аои 0 <х, е <+со, и(О, Е) О. 0<с<+со, (2) О, О<к<хм и(х, 0) О, ис(х, О) —, ко(х(хо+6, О, ко+6 ( х ( со. Ее решение получается по формуле Лаламбера с помощью нечетного продал жения начальных условий. Переходя к пределу при 6-с-0 в решении этой краевой задачи, получим решение исходной задачи и (х, Е) — (оо(к — ко+а!) — оо (х — хо — аП вЂ” оо (к+ко+а()+оо (х+хо — ас)), уар ии-а'ихх.
о«х,, Е(+со, 0(Е <+оз, и(О, Е)=О, и(к, 0) О, О < х <+ оз, Р) ис(х, О) — 6(х — хо), 0(х <ею. р (2') Ее решение получается с помощью нечетного продолжения начальных условий. Нечетное и должение начального условии (3') дает: ис(к, 0) — (6(х-хо) — 6(к+хо))о Е Р к+ а! 1 о Е и(хо Е) — ~ — (6 со-ко) — 6 6+хо)) Ж 2а 3 — ы Š— (оо(х — хо+а!) — оо(х — хо-ае) — ао(х+хо+ае)+ао (к+ко-ае)).
2ар уо Второй способ. Используя бфункцию, можно сформулировать нрае. иую задачу следующим образом: ответы. нклзания н Решения ба. С поьющью 6.функции краевая задача формуляр)ется следующим образам; (!) (2) (3) (3') Продолжая нечетно начальное условие и применяя формулу Даламбера, получим: » ! %! и (х, 1) = — х (ае (х — ха+а!) — аь (х — ха — а1) — ое (а+ха+а() + Р а=! +аь(х+ха — а1)). 06. Решение исходной задачи может быль получено переходом к пределу при ха — ьО+О из решении краевой задачи П) (2) (3) (3) ! и(х, 1)= — !яп (о(х-ха+а!) — о,(х — ха — а1)+аз(х+хр+а1)— 2ар».-е+е 1 — о, (»+ха — а()) = — (оь (х+а1) — аа (х — ат)). а! это решение может быть получено также переходом к пределу прн 6-»0 вз решении краевой задачи им=ази»ю и„(0, 1)=0, и(х, 0) =О, ОСх, !<+со, О <!<+со, О С х <+оз, (3') (2) О«я<+со.
и(х. 0) О (3) им=аеи»х, 0 < х, 1 =+со, и(О, 1)=О, 0 <1<-(-со, и(х, 0)=0, О ° »<+со, » 1 ът ит(х, О)= — у 6(х-ха). Р ь=! ии=ази»ю 0<х, !<+со, и»(ОООО<1<+со и(х, 0)=0. 0<х <+со, ! и! (х, О)= — 6 (» †), хь О, О С х <+со, Р 00. Решен не. Приведем два способа решении задачи. Первый способ. Краевая задача формулируется так! ии ази»» Оса, !<+со, Ми!!(0, 1) ЕЯи»(0, 1), 0<1< +ОЗ, М () (( ' (!) (2) (3) 197 Н. УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА (гашение краевой задачи (1).
(2), (3). (3') ищем в виде и(к, Г) гр(( — )+ф(г+ — ~. Из начальных условий находим: ф ( — 2]+ф (2) = О, ')о <+ ф ( —.)+ф (2)=О, ) (5) (5] Интегрируя (5'), получим: — ф( — 2)+ф (г) сопз1. Постоянную ннтегрироааяия мож1ю положить равной нулю. Тогда (5') — р( — г)+ф(2)=О. 0<2<+ Из (5) н (5) находим: ф(г)=О, ~р( — г)=0. 0<2<+со. Следовательно.
(-1) -Ь ~ и(к, г)= О, 0 с(< —. а Подставляя полученное выражение и(к, Г) в граничное условие (2), придем и днфференаиальному уравнению для определения ф(2) прн 2)О ф' (г]+ — гр'(г) О, 0 < г <+со. 58 аМ (8) Из (б] находим нервов начальное условие для уравнения (8) р(О) =О. 1Р' (О) ог. (РО) Интегрирование уравнения (8) при начальных условиях (9) и (10) дает1 а»(.е е (1 а аж ( 0<2<.(„оо, ЕЗ Следовательно, аМоз~ — — й(,г- — „)) к (12) О<(< — ° а О, Из начального условия (3') иг (О, 0]=еь н выражения (7) для и (к, () находим второе начальное условие для уравнения (8) ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ Второй способ.
Краевая задача формулируется с помощью односто. ранней б.функции ') следующим образом; ии — — а*и„., 0 <х, 1<+со, Л(им(0. 1)=Е5и„(О, 1)+)б(г), О<1<+со 1=А(в и(х. 0)=0, 0<а<-)-со, иг(х, 0)=0, О~к<+со. Решение краевой задачи (1), (2'), (3), (3') ищем в виде и(х. 1)=<р~( — — ")+ф((+ — '). Как н раньше„из начальных условий находим~ ~р( — г)=ф(г)=0 при 0<г<+оз. Следовательно, (1) (2с) (3) (3') (4) (6) р(О)-р'(0)=О.
Интегрирование уравнения (13) при начальных условиях (И) двеп ЕЗ аяц,1 — — *1 ~р(г)*= — (1 — е аАГ (, 0<г <+со, Еб и мы снова приходим и выражению (12) для и (х, (). 6Т. Решением краевой задачи = зи„, 0<х, г + их(0, 1) — йи(0, 1)=0, 0<1<+со, (1) (2) ип -~-. О<х<1, О, 1<х<+со, (3) (3') иг(х, 0)=0. 0<х<+со *) Однорторонняя б-функция б (1) определяется при — со <1 <+со как предеЛ в смысле слабой сходимости последовамльности функций 0 при — со<1<0, 1 га О) л при О <1< —, и 0 при — <( <+со. 1 и Ср, также со сноской нв стр. 189, Подставляя зто выражение и(х, 1) в граничное условие (2') и начальные условия (3) и (3'), получим для определения ~р(г) при г О дифференциальное уравнение ~р' (г) + — ~р' (г) = азб (г).
0 < г <+со ЕЕ и начальные условия (14) П. УРАВНБННЯ ГНПЕРВОЛНЧНСКОГО ТИПА являетсяг и(, О ср( — Я+О)с+Я, 1 нак -И вЂ” )-Из)- ( О, —, аз<+ из Аз(з яаз 3ЮЗ »ге+Аз(з 2 — + И( — зе)1 О:агмй— ) Э а ° иЫ из+Аз(з (1+ с"с) е-езс — ай е <+ о», ср (е) 68. Решение краевой задачи ВФ асзек, О<х. (<+со. В„(0. С)+озс(0, () О, 0<С<+со, В (х, О) О. О < х <+о», Вс (х, 0) м, 0 < х <+ о» (() Я (3) (3') Ы, 0<ас<кс В(х, О о(С-ок) к<аг<+о»,с 69.
Имеем краевые задачи исс аеи к, 0 < к, С <+со, (3) (6') а) либо и (О, С) О, б) либо и„(0, С) аО. в) лабо и„(0, Ф) — Ли(0, С) О, « +о»' (2) г) либо и„(О, С)+иис(0. С) О, и(к, 0) С'(х), 1 О < х <+о». ис(х. О) а)'(х), ) З случае граничного условия е) с (х+а~), О<а)<х, и(, с)- ) (к+а()-) (а(-х), к <а( <+сев В случае граничного условия б) ( г(х+ ос), 0 <ссс<к, и(х, с) с,(х+ас)+) (аг — х), х ~ а( <+со, В случае граничного условия в) .и(т, с) ( (ас+х), 0<а(<х, к-ес с (х+ас)+) (ас — х)+2йе"сз ~с ~ е"ле)( — з)Ф, х<а(<+со, ОТВЕТЫ.
УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ В случае грзннчното условия г) и(х, 1)= )(х+ О, 0 <а1< к, ) (к+ а О+ — ) (ат — х), х < а1 < + со. 1+ аа 70. Имеем крэевую задачу итт=ази„„, О <х, !<+со, (!) Мэатт (О 1) Нэтт (О 1) йтит (О, 1) — ьттеБВ (О, О, О <1 <+со„(2) и(х. 0) 1(к), 0<х<+со.
(3) ат(х, 0)=а)' (х), 0 <х <+со. (3') Ее решенне может быть представлено следующим образом." ~(х+а1), 0<а1<х, и(х, 1) )(к+а()+От(ат — х), х<а!< 1 со р тр (0) = тр' (0) = О. П р н и е ч а н н е. В граничном условии (2) 5 обозначает площадь поршня, э Де оэнзчэет козффнннент трения. Мы пренебрегаем изменением дзвления на внщпней стороне поршня.
Избьпочное давление на поршень (мтозмущснне давления») равно р †де=а - — (р — рэ). Ио в силу уравнения неразрывности дэ ро (см. решение задачи 4 гл. 1!) имеем р — рз ям — рза„. Поэтому р — ре — арчах. 71. Ре шея не ч). Имеем краевые задачи а), б), в) соответственно гранич- ным условиям (3), (3'), (3"), приведенным ниже, ах+(.1т+)т(=0.
1 10<х, 1<+, СЛ б(., (1) т„+Сот+ба О, ) (1') о(х, 0)=)(х), 0 < х < -)- со, (2') 1(х, 0)= — — 1(х), ) — е(0, 1)=Из!(0, О. — от(0, 1)= — т(0, т», 0<1<+аз, 1 =С, * —. (О, 1)=(.1 (О, 1). Решения этих краевых эздач ищем в виде *') И а(к, 1)=е с (ф(х — а1)+ф(х+а1)), (4) й 1(х, О=с ~/ (тр(х — а() — ф(х+а1)). сс- С 1' т (4') (3) (3') (3') «) См. решение эздачп 33. ез) См. сноску нв стр, 102, где От(х) есть решение днфференниального уравнения аэд( ~" (х) — (ак — )т Я) ф' (х) + Нттр (х) = — (аеА(о)" ( — х) — (а)тте — эден) /' ( — х) + Нэ(( — х)) п н начальных условиях П, УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА Из начальных условий (2), (2') для краевых задач (3), (3') получаем: ф(х)=0.
ф(г)=)(г), 0<а<+со. (5) В зависимости от граничных условий получаем различные представления для ф(х) при — со<а <О. В случае граничного условия (3) 9(х) а )( — г), — <а<0. М~ С вЂ” Р'Х (О) Йа) С+~( В случае граничного условия (3') — — сн)~ Р ( сн — сс )' ! ф(х)= "" ~ ° "' ~~( — ~+( С)( — СС'))( — И~а. (О') — оэ <г <О. В случае граничного условия (3") ае — Ган а ь,~ — аь ф(з) е е ~ — )'( — Ц+ Г( — ь)~ай, (егс — ЕС Замечание. В случае граничного условия (3) отраженная волна напряжения ф(х)= )( — х), — он<а<О гсе )ГС вЂ” г'Х М'с+)'Х . Гу.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
