1629366495-96b763de880e0957938207fd4887632d (846319), страница 39

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

Текст из файла (страница 39)

Решение краевой эадачи др дш дх дЕ О<х<1, О<1<~- в — =)я —, др дш дЕ дх' ш(0, Е)= р(Е), Я[1, Е)=0, О <Е <+т, в(х, 0)=0. р[я. О)=0, О<х< 1, (6) (2) (3) имеет вид а~а) где О, — оо<Е<О, 1р (Е) = Е [р(Е), О«Е<+, ) (9! Р(х Е)=БР~( — — )-[-)! ~ ~( — !)ч ~1Р(Š— — ) +!Р! Е 4- )~ и ! (6) Таким обраэом +со - Е 2л1! р[0, Е)=Ьр[Е)+2Х ат ( — !)"!р 1 —— 3)" ч) См. (7), стр.

67 — 68. еа) См. ответ к эадаче 5. **а) См. Решение предыдушей эадачи. [х, Е) [~~ ~ЖЕ д ) — 9~1+ ) )) [ !) +1Р(Š— ) (4) «=! 215 П. УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА 93. Решен ие. Началом акта соударения является мамонт. когда левый стержень достигает правого; этот момент принимаем ва Е О, а точку, в которой и этот момент находятся соприкасающиеся торцы, принимаем ва х О. Концом акта соудэрения нааывангг момент, начиная с которого скоросп ударгнхцегася торца становится меньше скорости ударяемого торца. Обозна нм через и,(х, Е) и иэ(х, Е) смешения поперечных сечений уларяюшего и ударяемого стержней. Тогда и«(х, Е) и н (х, Е) являютсн решениями краевой задачи (в течение акта соудареиия). иые=оэнгхх — 1<к <0, 1 ' ) О<1<+ О« ° Е, ) н«х( Е П О.

«««(О* Е) иг(0. Е), и«(0, Е) и (О, Е), и (Е Е) «) О < Е <+ Оо *), и, (х, 0) О, и,е (х, 0)=э„— 1<х О, т« иэ(х, О) О. им(х. О) еэ, О<к<(. / (2) (3) Решение краевой чадачн (1), (2) (3) ищем в вине и«(х Е)-«р«(х — аг)+$«(х+аг). и,(х, Е)*-р,(х,г)+а (х+,Е), (4) Подставляя (4) в(2) и (3), яолучим« (8) Иэ соотношений (у) — (10) находим« «р«(г)~ «р«(г) 2 — ч — 1<а<О~ (П) — «рэ (г) «р„'(г) —, 0 < г < 1, (12) Соотношения (5), (6) дают: «р«( — Е г) х — «р«( — Е+г) ° «р', (Е+ г) — «р', (Š— г), «р«( — г) «р«( — г). «р«(г) «)Е«(г).

(13) (14) (15) (16) *) Часть из граничных условий (2) выполняется только прн 0<(<Ем где Š— момент конца акта соудареннн. «Р', ( — Š— иЕ)+«Р„( — Е+аЕ) О, «р, "(Š— а0+«Р; (Е-1-аЕ) О, 1 ~0 (<+со, (5). «р«( — оЕ)+«р,' (аг) «р', « — аг)+«р«(аЕ), «р«( — аЕ)+«р«(аО «рэ( — аг)+«рг (аЕ), 0 < Е <+оэ, (6) «р«(х)+«(««(х) О, — Е < х <О, (у) — «р,(х)+«р,'(х) — ', — Е<х<о, р,(х)+ р, (х) О, О < х < Е, (9) — «р((х)+О; (х) — *, 0<х--(, (10) а' г(6 ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ Ив соотношений (13) — (!6) следует, что функнии (р,' (г), ~К (г) фа (г) фа(г) являются периодическими с периодом 41; поэтому каждую ив них достаточно определить на интервале О~а~41; дальнейшее построение осуществляется периодическим продолжением.

Такое определение функций ~р', (г), ф((г), фе(г), 6= яа Р =-— ггг Лт мт гр '~ Яа Рис. 27. ф;(г) с помощью соотношений (11) — (16) дает для них значении, ивображеи. нйе графически на рис. 27. Используя найденные функпни ~р,'(г), ф,'(г), фе(г) ф((г)~ находим выра жение для им(х. (). им(л. (), игл(г.!) изк(гэ (). 11 УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА На рис. 28 изображено графически распрелеление скоростей н напряжений ! 8( 2! Еля моментов времени 1=0, г=-- != в ! 2а~ о з 2о> о ° Рис.

28. 94. Решение краевой задачи до д! дх д! — +Š— +)г(= О, д! до дх д! — -(- С +бе О, о (О, !) = Е, о (!. о (х, О) =О, ! (х, О~к с(, О~1-С+ о, Сгг И., !)=О, О ~ ! (+со, О)=О, О~к~), (2) (3) 213 ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ нщем в анде н начальных условиях о' (х, 0) — о»(х), г» (х, 0) — [» (х) й[ы получаем »): (3') "» (х) вй УаЛ [1 — ) аЬ 6[г 1 -,/ С сй)гб)[(1 — х) й~ ад[ л о*(х, Г)=е г «ф(к — а[)+ф(х+п[)), Я вЂ” l / С г [х. Г)=е ~гг — «ф (х — а[) — ф (х+а[)), 1' С [б') (б) (б') где ф(х)= ~ [х)+ г (х) ф(х) ) ), 0 ~х 1, Г [.

«[х) — о» [к), Г (х) — ттг ; [» [х), 0 Щ х ~ 1, (8) с помощью граничных условий (2') функция г'(х) н Р(х) продолжаются, как четная н нечетная функции с периодом 21. Прн Г, удовлетворяющем неравенству [ ~ — 1п «10 «1+ [!1 'г' С[с (1 — х)]), Ь (О) будет выполняться соотношение ) [» (х, 1) ) ~ О, Н» (х), (10) т. е. сила тока в точке к прсоода будет отличаться от своего предельного значения прн [ - со заведомо не более чем на 10у».

93. Решение краевой задачн со б[ -~-+1.— „+И О, 0<х<1, 0»-Г<-[-со, (1) д[ до — +С ~ — +Со=О, СЕ С[., дх (1') о [О, [)=Е, [(1, [) О, 0[(+оо, о[х, О) О, 1[х, О)=О„О~х~[, (2) (3) (4) имеет внд о(х, [).=о»[х)+о*(х, [) г[х» [) г»(х)+1»(х, 1) ») См. решение аадачн Т2, о(к, Г) о»(х)+о»(х, г), (4! [(х, Ф)=[»(х)+[ (х, Г), (4') гле о» (х) н [е (х) — стапнонарнсе решение системы (1), (Г), удовлетворяющее граничным условиям (2). которое служит пределом для решения (4), (4') краевой задача (1), (1'), (2).

(3) прн г-»+со, а о* (х, г) в [» (х, г)-решенне снстемы (1), (1') прн граничных условиях о»(0, г) О, о»(1, Г)=О (2') 2!9 и, уРАВнения ГипеРБОлическОГО типА где оз(х) и 1з(х) — стационарное решение системы (!), (!'), удовлетворяющее граничным условиям (2), сз(х)=Š—, 1е(к)=Е р —, (5) сН Уай(1 — х) . ГС зй УЕЕ(1-х) а УФ1 ' Е сй [ГСЕ1 з ое (х, 1) и Га (х, 1) — решение системы (!), (!') при граничных условиях о*(О, 1)=О, 1е(1, 1) О, Оч 1~+ н начальных условиях о* (х, 0) = — оз (х), 1* (х, 0) — (з (х), О < х с,.

1, и ~'(х. 1)=~ [ьр(» — о()+ф(~+а()<. и гс 1*(х, 1)=е ~/ — [ф(х — а1) — ф(х+а1)), <(х)+Е(к) (х) — Е(х) Г(.. < (к) = — са (х), Е (х) — ~' — (з (х), 0 С х ~ !. р' с 06. а) 0 прн 0(1(Т, о(1, 1)= 1 12-~г,)„![ — Е~1-~=~~4~ при (2л-!) Т =Е((2л+!) Т. л=!.2.3. -.

[Ь+Е.1 ) "' т ГЕ 1 ! где 2 = р' ††волн сопротивление, Т= †, а== †сиорос рас =р' с )гес пространения злектромагнитных возмущений по проводу; б) 0 при 0(1(Т, 2Е (! — е ~" ~~ прн Т<1(ЗТ, -н( — !) 1 -н(-У- 3) — 2Ее +2Е ~! — 2м ~у — ЗЯ~ а при ЗТ (1«СбТ о(1, 1)= 1С ит,д., и= —, с ' Из граничных условий (б) следует, что функции 1(х) и Е(к) продолжаются, соответственно, иечетио и четио относительно »=0, четио и печатно относи- тельно к=1 и периодически с периодом 41. При 1, удовлепюряющем нераиенству 1) — )п <!О [!+(В )Га~ (1 — к)<), Е ()2) напряжение в точне к провода будет отличаться от своего предельного значе- нии при 1-ь+оз заведомо не более чем иа )Оею ответы.

указания и рашпния в) О пря О~Г ~Т„ сФ-') 2Ее г при Т(((ЗТ, з з 2Ее — 2Е ~! — 2е ( — З)~е ЗТ(! <ЗТ, ф 3. Метод разделения нереыеннык 1. Свободные колебания в среде без сопротивления 97. Решением краевой задачи игг=озихх, 0(х~(, О(((+со, н (О, !) =и ((, !) =О, 0 =( ~+аз, (!) (2) (3) (3') иг(х, 0)=О, 0<в~! является + ОЭ 26Н \т ! лпхз . лпх ппа! н(х, г)= г — з(п нп — соз —.

— П2%(! %) Ллз ! 1 ч ! В выражении и (х, !) нсчеаают оаагаемые, для которых Нп — О, т. е. лпхз отсутствуют обертоны, для которых точка х «з являетси узлом. Энергия лпхз л-й гармоники паапа Еа — — Мйь япз — ", М=р!. пзпзхя (! — хз)з ! 99. Решение. Находим начальное отклонение струны ((ис, 29); для этого достаточно определить величину т, Из условия равновесия (в проекцняк на вертикальную Ось) находим: Т(нпсг+ )пр)=Е, К нт.д,, з= —. Ез ' указание. ()о поводу законов отражения от конца х=(см. решение задачи 7!. П. УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА В силу малости отклонений з1п со ь 19сс, ми[) сч 19[) «), ио 6 л 1йм= —, 19[)- хо ! — хо Таким образом рх(! — к) .,) !т + со 26( %3 1 лихо ллк лли! и(к, !! к — мп — мп — ом —, лзко (! — кр) з' р пз ! ! ! в т где Ь определяется по формуле (1). + со 99 и(х.

В= — Х вЂ” (п 326 ъ~ 1 (2п+ 1) лх (2л+ 1) лв( лз я~о (2п+1)з 1 соз где Ь вЂ максимальн начальное отклонение струны. +с« 4 со! 'Кз 1 лико . плб плх шш! 100. и(х, !)= — 7 — аш — ап — Мп з)п — ° лои а~о п' а=о Энергия и-й гармоники равна 46! с ! . ппхр . лл6 о а(пз — р!пз 6! р! р лзпз ! ! 101.

У к аз а н и е. Сначала считаем импульс ! равномерно распределенным по отрезку хр — 6~к~ко+6 струны. Тогда мы приходим к выражению длн и(к,'!), приведенному в ответе к предыдущей задаче, причем 1 рр=— 26 о ° где р — линейная плотность массы струны. Переходя к пределу при 6-«0, получим дла решения исходной задачи выражение +со 2! Ъч 1 . плко . ллх .

пла! и (х, !)= — к — мп — мп — ал —. лар к~о и ! ! ! а=о Эвергия и-й гармоники равна !' . ллкр ń— пп* — 64 =р1. М Решение задачи можно получить также, полагая ис(х, 0)= — 6(х — хз), ! р где 6 (х) есть дельта-фуншния '««). ') В силу малости отклонения„Т не зависит от отклонения. См. [7[, стр 24. Начальное отклонение можно было бы определить, решая задачу: и" (х) =О, Т (и' (хо+О) — й (хр — О)) гр, и (хо — О) и (хо+О), и (О) и(!) =О. "««) См. сноску к решению задачи 50.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ илб . илхо . +'о сов — мп— Е"об илх ила1 ° о лоа о~~ и (26и)о и!п — Мя —. л с 1— (о Энергия и-й гармоники равна 16аобор 1 илб илб +со Ей( у [ — 1)о . (2и+ 1)лк (2и+1) ла( ссв ~м (2и+ ! )' 21 з1 и о Ии. Ствет получается из ответа предыдущей задачи, если положить Ео й= —, Е8 ' где Š— модуль упругости, а 8 — плошадь поперечного сечения стержня. 1!ю. Решением краевой задачи исс аои„.х, 0 < к <1, 0 1 <+А>, и(х, 0) ср(х), ис(х, 0) ф(х), О<х<1, ио(0.

1) их(1, 1)=0, 0<1<+ э, (!) (2) (3) является; ! +со и(х, 1)= — ~ (ср(г)+1ф(г)) аг+ 1 о в ! где а»= — в ср (г) соз — с(г, = 1.') 1 ( айаг . айл1 1 Ьпх ав соо — + Ьа мп — 1! соз — (4) 1 2 с йлг Ьо — 1 ф (г) ссм — с(г. а ай,) ' 1 О, 0<к<1 — 6, ф(к) = — 1 — 6<х<1, бр а затем перейти к пределу при б-ьО, либо положить ср(х) О, а р(х)= — — 6!х — х) ), О<х <1, Р где 6(х) есть дельта-функции, а затем перейти к пределу при х -ь( 1 21 со! ( — !)о )слх Ьлаг и (х, 1) — — 1 — у — сов — а(п —. (р1 лар о' о й о=с 107.

и(х, 1) = — — ~~ — мп 41 %~ ( — !)" (2и+1) лх . (2и+1) ла1 пар Л 2и+1 21 21 всп о=о о) По поводу выбоРа коэффициента при 6(х — х) см. вторую сноску,ш стр. !90. 100. Решение задачи может быть получено из решения предыдущей задачи, если положить ср (х) =О, И.

Характеристики

Список файлов книги