1629366495-96b763de880e0957938207fd4887632d (846319), страница 50
Текст из файла (страница 50)
(3') Для того чтобы первая задача была шщабна второй с заданными коэффициентами подобия А„, АА А„, необходимо и дасвнточно, чтобы выполнялись соатно. шенин (1в Ааг(в (4) Авх св ав Аг 4пор' (6) 21. Краевая задача о нагревании стержня 0(в<1' с теплоиэолированной боковой поверхностью — задача 1— ответы. нклзаиия и пешеиия $2.
Метод разделения переменных 1. Однородные иаотропные среды. уравнения с постоянными коэффициентами и) Задачи нмлхгшроаадности а псстояннюгли юрпничныли рславилли и пюбаднюши членами 22. а) Решением краевой задачи иг а игл а» 6< а<1' 0<1<+со ю=" и(0, 1)=и (1, 1)= Э, 0<1<+ос„ и(х, 0)=)(х) 0<х<+со, (22 (Зр является: +а» а*и*໠— н г, нлх и(х, 1)= у~ п„а ~ мп —, 0 <х< 1, 0<1<+со, где 2 г..
»»лй и„= — дю 1($) и — дй. а б) Если ) (х) = Ц, == сола(, то +а» (юа 1 Ию»на* 4(»ю %ч 1 и г . (22+1) лх и(х, 1)= — х — е г мп л а~ю 22+1 »=ю 0<х<1, О<(<+со. (42 В точке х= — имеем: 2 + а» На+»»»п*аю а=ю где а~ Π— пропавольисе, наперед заданное поло»кительное число Так как ряд, стояшлй в правой части последнего равенства. удовлетворяет условиям теоремы Лейбница о энакоперемеиных рядах, то остаток ряда (бр не превосходит по абсолютной величине первого иэ отброшенных членов, т. е, + +,,„, (юа+а>*л'а* к2 1)~ ~Ю Х ~ 3 (6) а=а+а Оценим. наконец, отношение суммы всех членов ряда (5), начиная со второгп, и первому члену этого ряда. В силу (6) имеем: »1)1а»12» ()»1 1 ~™ г (ю < — а < а ври 1» (а аа — — 1п За» (7)» 4(» л ' За меч апис.
Для оцецки погрешности, допускаемой при замене суммы ряда (4) его частичкой суммой в других точках х чь- ., можно воспользоваться признаком Абеля. Однако оценка остатка ряда цо признаку Абеля при приблажепии к концам интервала О~я~1 становится иегодной. Можно указать способ, дакаций равномерную оценку остатка ряда иа всем интервале О~х(1; (2й-)- цлх ) !ал+1Рл'ла 1 — — — 1 11 2з+ 1 Но Поэтому ) 11п(х, Ц! о.— е,, где А 2(те е " (2п-1- ! ) ла У'1 л Ал 1 при начальном условии (ц и граничных условияк (2) (см.
условие задачи) являе1тя: «(*. 1)=(11+((11 — Ю-1-+ +по лтплл1 2 кт 1 ((и, и,)(1 ( ц)+( ц.+ (и,— и,ц '* з ", (4) л л И!„УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТНЛА +оп 1Ы+ И*и'ла ))эл(х, 1)'1=~ —" т — е з(п л дм 2й+1 а=л+1 +о !Ю+ 1! пл + о (2л+ Ц па'г'( тле Ал= Интегрируя по частям, получаем: +(о Ь +со 1 — л„ А ь 2Ал (. л л е ~~<-лл ~ ~$ е л л 23. Решением уравнения — =аз —, 0(х~1, 0~1 Соо да Фй д( дхз ' а=1 Установившаяся температура в стержне равна и(х) 1пп а(х, 1)=01+(() — (11д х.
1 +оп 1 +по — — лЗ, л ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ откуда й (х)=и,+((г,— (!,) —, х !' т. е. й(х) есть предел, к когорочу стремится темпзратура в сгсржне при ! -е+Оэ. Функция о(х, !) будет удовлетворять уравнению (3) и условиям о(х, О)=(!5 — и (х), о (О, !) =- о ((, !) = О, т. е.
о(х, !) является решением первой краевой задачи с нулевыми граничными условиями. Такая задача была уже рассмотрена (см. залачу 22). 24. Решением краевой задачи и,=ааи „вЂ” Ци — иа), аа= —, А= —, 0<5<(, О<!<+со, (!) А ир ср ' сра и(0, !)=Ц, и((, !)=(гм О<(<+со, (2) и(х. 0)=/(х), 0<х- (, (3) являешя; и(х, !)=ие+ш(х)+о(х, !), О<х<(, 0<(<-)-со, (4) где ((/т — иа) 5Ь вЂ” (! — х) +(()5 — иа) 5Ь вЂ” х )СА 1'й а а ш (х) 0<с<(, «Ь— ()ГА + со ( ««чсче ) о(х, !)= У А„е мп, 0<х<(, 0<(<+со, (6) (6) с А = — ~()(ч) — ш(в) — и)й ! йв. 2 Г лпй а В частности, если (гт (Га-0 и )(х)жО, то 5Ь вЂ” (! — х)+5Ь вЂ” х у% )'л и и ш(х)= — и О« ! !)% 5Ь а 4/Жид 'кз -[ н о(х, !)= — — ~~ е (6') (6') Указание.
Решение уравнения (3) при начальном условии (!) и граничных условиях (2) можно искать в виде а (х, !)=о(х, !)+й(х), (6) где функция а(х) определяется как стационарное решение уравнения (3), удовлетворяющее граничным условиям (2), т. е. йзй (х) — = О, О < х< (, йхе й(О)=(г„й(!)-(тм Н1. УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА 25. Решением ираевой задачи и!=а и»» 0<к<1„0<1<+со, и (О. 1)=и»(1. 1) О, 0.-1<+со, и (х, О) =-1 (х), 0<х<1, является". +'"» гяа'ья аз жт — — „г ллх и(х, 1)= — + у а„а Р ом —, 0<»<1, 0<1<-(-со (4) .где ! 2 !" ялз а„ = — а( 1(г) соз — г(а, л = О, 1, 2, 3, в (б) и ат軄— йи„0<»<1, 0<1<+со, — )гоп»(О, 1)=д„йои»(1, 1)=дм 0<1<+со! и(х.
О) 1(х), 0<к<1, (1) (2) (3) является! н(к, 1)=га(х)+о гх. 1), (4) )ггпу — О,— (7, й —,"1 ш (х) = -»= О! зЬ вЂ” к+ с(г — х„ )й а уй )гЬ а — вй— а а 0<к<1, (5) ()- — —, е,=— г)! Оз "ьо ° )го ' [6) + гь ~»алия о(х, 1)= — е "г+ д а„з 1* ~ соз —, 0<к<1, 0<1 <+со, (7) 2 а=! ! 2 !" ллх а„ = — (Г"(х) — ш (з)) сот в г(х, л О, 1, 2, 3, ...
л (3) У к а з з н и е. См. решение задачи 23, 27. Решением краевой задачи иг ози ., О<к<1, О<1<+со, и(О, 1)=(/з, )лги„(1* 1)=аз 0<1<+ох и(х, О)=)(х), О<к<1 ° (!) (2) (3) Чтобы получить температуру в случае теплообмена на боковой поверхности. нужно умножить правую часть (4) на а "г, где 6 имеет тот же смысл, что н и предыдущей задаче. 26. Решением краевой задачи ОтВеты. указания и Решения является: м(х, !)=(), +из+ а в где 1 Оа = "-, а„= — ~ )(а)зш 1(а, до - Г . (2п+1)лз 11а ' " 1,) 21 о а о — площадь поперечного сеченпн стсржня.
Еслн Ос=О, 1(х) ьв О, то с р» «(х, !)=иь — — ~~ —. '1* И ,?, 2Д+1 21 а=о О ц х ( 1, О ~ ! «+со. В точке х=1 имеем +СО ФЬ+ 11» пьв ь=-о По теореме Лейбннца о зпакопеременных рядах получаем оценку длн остаткв ряда (7) + !)» ГЗЗ+ц'пе', 4(! Иа+Зраац1 л л'1 21+1 л(2п+3) Ь ч-)-1 0 (1<+со. (Еу авв 4('е — 1с ' Оценим. наконеп. отношение )11(1, !) к — 'а м' . В сплу (8) 1р (1 !)~ 1 — —,1 !з кчв Ь ~ — е 1* (а прн 1=.-!ь== — — )пЗа.
2леаь 4~/и се 1И л (9> а„(О, !)=О, их(1, !) = — =-11. Аа (2) где л-козффнциент теплопроподностн, и†площадь поверочно!о сечснкя, и (х, 0) =О, 0 ( х ( 1, (Е) является: ыпвя +ь — — 1 ( — 1)ьы — ом ! ° (4А а=1 1аз! Зх -! 2! н (х1 !)=Ю вЂ” -+ — +— ~! 61 лз 3 а м еч а н н е.
Нетрудно получить равномернуш оценку для остатка ))а(х, !) ряда ва отрезке 0~х(1 способом, указанным в замечании к ответу задачи 22 настоящего параграфа. 28. Решением краевой задачи а1 азпхх, 0(х(1, 0~1~+со, (!у ип травннния панаволичнсцого типа В точне х=б имеем: +СО ачгав Гаэ( 1 21 'ст ( — 1)аь — —,г) и (О. 6 (г — — — + — 7 — е 1* О С(<+со. (3) б на 7, Дэ ° а=! По признаку Лейбница для остатка ряда получаем оценку А=а+! О ~1 (-(-со. (6) У к а з а н и е. Чтобы получить (4), можно свести краевую задачу (1), (2), <3) к первой краевой задаче путем замены о (х, 1) — З-' —, решить краевую дн (х, 1) Зх задачу для о, а затем проинтегрировав о по х; при этом появится произвольная слагаемая функция времени.
Вычисляя количество тепла в стержне двумя способамн (см. унаэание к ответу задачи 41 иастошцей главы), можно определить эту функци!о. 3 амеч ан не. По поводу равномерной оценки остатка )с„[х, 1) на отрезке 0(хч-1 см. замечание к ответу прмыдушей задачи. а где л — коэффициент теплообмена, входвщий в граничное условие «„(1, г)+ -1- л [и (1, 1) — (ге) =О, а р„— положительные корне трансцендентного уравнения 1 с13 р —;-р, образукнцне последовательность, монотонно стреюпцуюся к +со.
В точке х О имеем: Чю 231 )/(И3~+,ф Нетрудно проверить, что ряд (3) удовлепюриет условиям теоремы Лейбница о знакоперемеинЫК рядввй поэтомУ Для остап!а ряДа (3) получаем оценку ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ В снлу (4) нмеем; 1а(0. !)! ниле ~~~~ ~(М'+ ', рт Нй!)'+(Е!)+ р(! / )+ ~'")* (и(-иа) °, (И)а+)и+ р» ~4 / й! )е !+ ! — у! Ш прв (б!)е+А)+„; . ,Г )+/"' 1' 1~(л= —, !П )й ٠— р!) Замечание.
Равномернан опенка остатка ряда Д„(х, !) на отрезке 0= х~! может быть выполнена аналогично тому, как это было сделано в аамечаикя на стр. 294. Учнтввая. что для корней р1 ( р, ~ ... ( Рл-с'рл и.С ...трансцендентного уравнения (2) будет иметь место неравенство н 2 ~рл-е ри~и получим: иаа тю~ 8л' ра((И)е+(й(у+„)) ~ а=л+1 иелч + СО 1 ь') р) 1 Ф)'+й(+р' нл + и1ач 4цй( ~~ й!)а 11б ~ е Р 2цайрл! ~~ й! )з т1Е е л ил рли р7 л 30. а) Решевнеч краевой вадачн и; Ъ„„, О~к~!. 0~(~+ ()у и„(0, () — Н (и(0, !) — ()х! О, их((, Ф)+Л(и((, С) — О) =О, 0(((+со, (2) и(х, 0)=((х), О(х((, (3) являсчся: и(х, !) и(х)+о(х, О, 0 х((* 0(с~+со.
(4) Иц ВРАВИПИИЯ ПАРАВОЛИЧПСКОГО ТИПА где [/,— [/, и,+[1+!Н) [/, ш(х) Н 2 [ ! «+ 2 !Н у 0(х~!г (б) и + со -азха/ / Н о(х, !) ыт а„е " 1(созЛзх+ — миЛзх), 0(х(1, О.с!(+Ос, (6) Л„ Л„- —, з„— положительнь:е корин трансцецвентного урвинения зФ 1/ г !Н) с(8 х ° ( !Н х !' Собственные функпии *) Ц Х„(х]=созЛ„х+ — „з[п Л,х. н=1, 2, 3, Лз ортсгоняльны на отрезке 0«х -!; квадрат нормы собственной функции Х„(х) 1Х„(з= Х~а(х)дх ( + ) + 2а с а„, ~ Д[а) — ш(г))[ссвА т+ — з)пй„з)с/з.
2Лз Г / Н (Лз+Н ) !+2Н (10) б) Если температура среды на обоих концах одинакова. а начальная температура стержня равна нулю, то, принимая середину стержня зз начало координат, мы получвм. что температура в с/ержне является четной функцией ди х, т, е.
прв «=0 будет — =О. Таким образом можно рассматривать вместо дх всего стержня лишь его половину, причем длв определения температуры получится краевая задача 29 ~прн атом ! нужно заменить на — р 2/' 31. Решением краевой задачи и/=ази„— /и, О.С«(!, 0(! с.+От, и„[О, !) — Н[и(О, !) — [/Т) О, и (!, !)+Н(и[!. !) — (/з) О. 0<! <+со, и(х, 0) !(«Л 0 Сх С!. (2). (з) и(х, !)=м(х)+о(х, !), О х<!, 0(!<+со, (4) е) Подробнее см. решение задачи 1П гл. П; рассматриваемые там собственные функции получаются умножением собственных функций (8) иа Ла )/Л'+А" позтому.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
