1629366496-7e86500e04ea58660ba5d32abcb25793 (846320), страница 45
Текст из файла (страница 45)
Показать, что если д(») — финитная функция, то существует такая функция с(х), что 1и(х,о)1 < с(х) е», а для того чтобы и(х,1) = 0 для каждого фиксированного х, 1х! > 1, при достаточно больших Ф, необходимо и достаточно, чтобы ( е~д(е)»П = О. о 21.28.
Найти решение задачи 276 Рл. Ъ'1. Смешанная эадочо 21.34. не=нее, 1>0, х>0; н[е=о = О, (ц — и )) =-о = д(1)- 21.35. ие — — а и,, 1>0, х > О; а[~о= (х), (ц„— 1 ))яма=О, 7е>О. дга д'и 21.36. — + — = О, 1 > О, х > О; дгэ дхе н[е=о = ио(х), — ( = О, до дг е=о 21.37 Решить задачу '( )и...
1 > О, ~ О, гдеа(х) =априх<0, а(х) =Ьприх>0; и[э=о = д(х), н[*.=-о = и[э=+о не[э=-о = Ь~е)э=+о. и[е-о = д(1), —,[ = 0 дн дхг =о Ответы к 221 21.7. 0 при х > ас; — аеэ1е ад ( е"д'д(т)е1т при х <аФ. 21.8. — [цо(х + аг) + ио(х — а1)) при х > аг; 1 1 ае-е [цо(х+а1) +но(аг х)) —;дед~* ад Г цо(6еас~Х4 при х < а1. 2 о 2ее. ь [Е (' — ' -— '— "') — Е(Й.~ — — "+ )), д ) = 0 при х < О, ((х) = — а / д(т) еЬ. при х > О.
1 1 21.10. — [йо(х+ а1) + йо(х — а1)) + — / йг(с) е(6 где функции 2 2а е-ае йо(х), йг(х) четные, 21-периодические и совпадающие с функциями цо(х), и,(х) при 0 < х < 1. 21.11. ) ( — 1)" д ~1 — — — — [+ д~с+ —— „) Г х 21н~ I х 21(п+ 1) ~) ~~~, д(1) = О, н=о а о о а 1<0, д(1) д(1), 1>О. 1 1 21.12. — [йо(х+а1)+йо(х — аг)) + — / йЯ)Ис, где функции 2 2а я-ег йо(х), йз(х) нечетные, совпадающие с функциями ио(х), иг(х) при О < х < 1, а йо(х — 1), йг (х — 1) — четные функции. 21 13 хг + х1 + сг В хи Лрухие ххетхди 21.14.
4гв + 41гхг + — х~+ вш21 в!их. 1 х б 1 2115 9хгг+27хз при х> — г; зз+27зхг при х< — г. 3 3 21.16. х+ г+ гг+ совх совг. 21.17. т+1 при х > з; 21+вш(х — з) при х < г. х 21.18. х+ 31+ е' — Звп1сов — при х > 31; 2х+ е' — Зсовз в!и — при х < 31. 3 21.19. 1+ хг+ зге 21.20. О при х>1; 1 — — е * — — [вш(х — х)+сов(х — х)) при х< 1. 1гх 1 21.21. 1 — х+2зг при х > з; 2гг — 1 — — (х — з) +е' * при и < з. 2 21.22.
хг+ гг. 21.23. 1) хг — 21г 2) 2+2х — х+ хг при х > 21; т1 — — тг+2е~ дг при х < 2х. 21.24. 1) х + Зхх~ при О < х + х < 2, О < х — 1 < 2; Зх~г+ х~ при О<х+1<2,— 2<т — 1<О; 2) 2тз + бхгг при О < х + г < 4, О < х — г < 4; (х -!- 1)з + 8(т — 1)з при О < х + х < 4, -2 < т — з < О. 21.25, В, = Т+ —. 21.26. — [([х) + аХ) а([х[+ ай) + ([х[ — ай) сг(!х[ — аг)) + 1 2[т! !х!Ехй + — / (Д() д~ при [х[ > 1+ ай! 2а[т! !х! — хг — [(!х[+ аХ) о([х[+ аз) — (2 — [х[+ а$) о(2 — [х[+ аС)) + 1 2)т! !х!Ехг + — У О)К)д4 при 1 < [х! < 1+ай.
2а)т[ г — !х!+хй 21.27. О при [х[>1+1; ХН-|х! 1 [х! — е!х! ' ' / е"д(х)йт при 1<[х(<1+1. 21.28. — [([х[ + й) о([х[ + й) + ([х[ — Е) а([х[ — й)] + 2[т! !х!+' + — ~ 03(~) с(~ при [х[ > 1+ й; 2[т[ !х!-г !х/+Ф 2[х[ — [([х[+ 1) о([х!+ Г) + (2 — !и[+ С) о(2 — [х[+ Е))+ — [ Ог(с) гХс— 2[х! г — $х$+Ф г-!х!+с — — е!х! х г ~ всех[а(() —,В(С)) ах!," при 1 < [х[ < 1+ г. Гт[ Гл.
И: Слсеосаанан эадарса 21.29. 0 при (х( > 1+»; 1 С -»-)э) — е»"+»)») ) с с) ( е»"+»)тд(т) с(т при 1 < [х[ < 1+». )х) о о рр.зр. ' » ао(,р[ — э,о(.р р[-а+,о)[а. о 21.33. — — У а г у(» т) I .э ) ехр~ — — ) с»т. ~lх .l,~т ( 4аэт~ о с 21.34.
— — Г «( ) е * »»4т) с»т+ ~/х l ~lт о Оа + — еэ (тд(» — т) е' (т е " йс6т. с/л о Я+э»»» Ж о сс.зр. — » сс)( [ — — — ( — [ — — -))ар о 2 о 21.37. / е» с(«при х < О; — э/»2ар»с) э/»2ьрсс) )са ~ 2Ь Ь+»са [ )са ~се l — 1+» е» сс«при х>О. о Дополнение ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЙ НЕКОТОРЫХ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ 3 1. Метод характеристик Задача 1. Найти решение задачи Коши для уравнения у и „+脄— — ия —— О г (1) У в полуплоскости у > О„удовлетворяющее начальным условиям и)„=г = 1 — *, иэ)э=~ = 3.
(2) Решение. Сначала найдем общее решение уравнения (1) в полуплоскости у > О. Для этого приведем уравнение (1) к каноническому виду. Характеристическое уравнение — уг4хйу + (Пх) = О распадается на два уравнения дх = О, — у~ну+ нх = О, для которых х = С, Зх — уз = С являются общими интегралами.
Следовательно, в уравнении (1) нужно сделать замену переменных б = х, ц = Зх — уз. Тогда иэ — — — Зу ию и,„= — Зу иец — 9у и „, и„„= 9у 脄— буи„и г г г 4 уравнение «1) приводится к каноническому виду и4в = О. Интегрируя это уравнение, находим и = 1(С) + д(ц) = 1(х) + д(Зх — уз). Теперь воспользуемся начальными условиями (2): у(х) + д(Зт — 1) = 1 — х, — Зд'(Зх — 1) = 3. Решая эту систему, получаем 1(х) = 2х + С, д(х) = — х — С. Слеповательно, решением задачи (1), (2) является функция и(х,у) = 2х+ С+ ( — Зх+у — С), т.е.
и(х,у) = у — х. Задача 2. Найти решение задачи Гуров для уравнения и +Зи „вЂ” 4脄— и +из — — О (1) во всей плоскости, удовлетворяющее условиям и)э-з, = бх+ е*, и) — = 1. (2) Р е ш е н и е. Найдем общее решение уравнения (1). Характеристическое уравнение фу)г — З~Ь сну — 4(дх)г = О распадается на два уравнения ду + сЬ. = О, Ну — 4сЬ = О, для которых у + х = С, 280 Лопояиеиие д — 4х = С являются общими интегралами. Заменой переменных с = у+ х, л = у — 4т уравнение (1) приводится к каноническому виду 1 ие, — — и„= О. Интегрируя это уравнение, находим 5 и = /(и) е ч/~+д(() = ('(д — 4х)е ~з+*~/~+д(у+х).
Воспользуемся условиями (2): ДО) е * + д(бх) = бх+ е*, 3 / '( — бх) + д(0) = 1. () Решая эту систему, получаем /(х) = 1 — д(0), д(т) = х+ ся/з— —,/(0) с ' /'. Следовательно, ( ) (1 (0)) — (*+я)/~ + + + (ж+з)/3 ((0) — (к+к)/з Учитывая, что из системы (3) при х = 0 следует равенство 1(0) + + д(0) = 1, окончательно находим решение задачи (1), (2): и(х, у) = = х+ д+ с~*+я~/з Задача 3. Найти решение смешанной задачи для уравнения ии — 4ихк = бхз (1) в области х > О, 1 > О, удовлетворяющее условиям и(г=е = хз, ищ=е = О, и~,=е = /з. (2) Р е ш е н и е.
Общее решение уравнения (1) имеет вид и(х,з) = = /(х+ 21) + д(х — 2Е) + х1з. Из условий (2) получаем /(х) + д(х) = тз > 0 /'(х) — д'(х) = О, т > О, (3) ,/(21) + д(-21) = ЗЗ, 1 > О. з Из первых двух уравнений этой системы находим 1(х) = — тз + С, з 2 д(т) = — хз — С, х > О.
Подставляя найденную функцию /(х) в тре- 3 з тье уравнение системы (3), получаем д(х) = — хз — С, х < О. Следо- вательно, решением задачи (1), (2) является функция — (х+21)з+ — (х — 21)э+х1з, х > 21, и(х,/) = 2 2 2 — (х+21)з+ — (х — 21)э+х/з х < 21 8 Задача 4. Найти решение смешанной задачи для уравнения им — 9и, =2 (1) в области х > О, 1 > О, удовлетворяющее условиям и~с=о =х+х', ис~с=е = — 9х', (и — и*)( =е =1' — 1- (2) 281 З" 2. »е»етпод разделения переменных Р еш е н ие. Общее решение уравнения (1) имеет вид и(х,») = = 1(х + 3») + д(х — 3») +»з.
Из условий (2) получаем 1'(х) + д(х) = х + хз, х>0, 31'(х) — Зд'(х) = — 9хз, х > О, (3) 1(3») + д( — 3») — ('(3») — д'( — 3») = — 1, » > О. 1 Из первых двух уравнений этой системы находим У(х) = -х + С, з 2 д(х) = — х+ хз — С, х > О. Подставляя найценную функцию »(х) в 2 1 1 третье уравнение системы (3), получаем д'(х) — д(х) = С+ — — — х, откуда д(х) = Сзе + — х — С, и < О. Из условия непрерывности 2 функции д(х) при х = 0 находим Сз —— О, т. е. д(х) = — х — С, х < О. Следовательно, решением задачи (1), (2) является функция (х — 3»)з+ х+»з, х > 3», и(х,») = х+», х < 3».
2 2. Метод разделения переменных Задача 5. Решить смешанную задачу для неоднородного уравнения гиперболического типа иее — и„=2»„0<к<1, »>О (1) при начальных условиях и!е=о = О, ие~е=-о = х (2) и граничных условиях и~,=о = О, и,),— ~ = ». (3) Р е ш е н и е. Подберем сначала такую функшпо ий чтобы она удовлетворяла граничным условиям (3). Пусть, например, ео = х». 'Хогда еоее — еоее =О, елее-о=О, юе)е-о=я. Следовательно, функция и(х, ») = и(х, ») — х» (4) удовлетворяет уравнению иее — о, = 2», однородным граничным условиям о),-о = О, о,),-з — — 0 (6) и нулевым начальным условиям о1е=о = О, ое!е=о = О. (7) Применяя метод разделения переменных для решения однородного уравнения оа — о е = 0 при условиях (6), (7), положим о(х,») = Х(х) Т(»).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
