Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методы математической физики.-1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

589.02 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

ϑξξ +ϑηη − 54 ϑ = 0.

4. Нахождение общего решения линейного однородного уравнения 1-го порядка.

Общий вид линейного однородного уравнения 1-го порядка

ϕ1 (x, y) ∂u +ϕ2 (x, y) ∂u = 0,				(4.1)
		∂x	∂y	(4.1)
где u =u(x, y), аϕ1 (x, y) и ϕ2 (x, y)			заданные функции переменных (x, y) . Для нахожде-
ния функции u(x, y)	необходимо рассмотреть обыкновенное дифференциальное уравнение
y′ =	ϕ2	(x, y)		(4.2)
	ϕ1	(x, y)
Обозначив через ϕ(x, y) =C общий интеграл уравнения (4.2),				общее решение уравнения
(4.1) записывается в виде
u(x, y) = F(ϕ(x, y)),				(4.3)

где F - произвольная дифференцируемая функция.

Пример 4.1. Найти общее решение уравнения

∂∂ux + (sin x + yctgx) ∂∂uy = 0

Напишем обыкновенное дифференциальное уравнение

y′ = sin x + yctgx

Получим линейное дифференциальное уравнение, которое будем решать методом вариации постоянных

∂∂yx = yctgx ∂yy = ctgxdx

ln y = ln sin x + ln C1 y =C1 sin x

т.е.y(x) =C1 (x)sin x

C1′sin x + C1 cos x =sin x + C1 cos x

C1′ =1,C1 (x) = x + C

y(x) = (x + C)sin x, siny x = x + C,C = siny x − x Ответ: u(x, y) = F(siny x − x) .

5. Краевая задача для однородного уравнения теплопроводности.

Дано уравнение Ut = a2U xx и условия U (0, x) =ϕ(x),U (t,0) =U (t,l) = 0. Согласно методу Фурье решение записывается в виде U (t, x) =T (t) X (x). Подставляя его в данное

уравнение, получим

XX′′ = aT2T′ = −λ2 .

Для функции X (x) имеем краевую задачу X ′′ = −λ2 X , X (0) = X (l) = 0 , решение которой

имеет вид X (x) = X n (x) = dn sin

πn x,λ = λn

πn .

Для функции

T (t) имеем уравнение

T ′

+ a

πn 2

решение которого имеет вид

T = 0,

T (t) =Tn (t) =

−

a π

An exp

t .Следовательно, решение уравнения теплопроводности

имеет вид

∞

a2π 2n2

πn

−

U (t, x) = ∑bn exp

t sin

n=1

U (0, x) =ϕ(x), т.е.

коэффициенты

находим

из

начального

условия

∞

ϕ(x) = ∑bn sin πn x,bn

∫0

ϕ(x)sin

πn xdx.

n=1

Пример 5.1 Решить краевую задачу для однородного уравнения теплопроводности

a =1,

2 πn

x, U(t,0) =U(t,l) =0

Ut =a Uxx

U(0, x) =2sin

так как U (x) = 2sin 2 πn x, то

l 2sin 2 πn xsin πn xdx =

(1 − cos πn x)sin πn xdx =

sin πn xdx −

l ∫

∫

l ∫

1 l

2πn

πn

2πn

−

∫sin

xdx

= −

cos

x |

cos

x | = −

cosπn

πn

2πn

πn

4 ,если n − нечетное,

=πn

0,если n − четное.

∞	4			4π 2 (2k −1)		2		2π(2k −1)
Ответ: U (t, x) = ∑			−						x.
					2
	π(2k −1)	exp		l			t sin	l
n=1

нения для функций

6. Краевая задача для однородного волнового уравнения.

Дано однородное		волновое уравнение utt = a2uxx , с начальными условиями
u(0, x) =ϕ(x),	∂u(0, x)	=ψ(x) и краевыми условиями U (t,0) =U (t,l) = 0.
	∂t

Данная задача может быть решена методом Фурье, согласно которому решение записывается в виде U (t, x) = X (x)T (t). После подстановки U (t, x) в данное уравнение, получим урав-

X (x) и T (t) .

Решая уравнение X ′′ = −λ2 X относительно функции				X (x) с граничными условиями
X (0) = X (l) = 0 , получим
X (x) = X	n	(x) = A sin πn x,λ = λ			n	= πn .
		n	l			l

Решая уравнение T ′′ = −λ2 a2T относительно функции				T (t) , получим

T(t) =Tn (t) =Cn sin aπl n t + Dn cosaπl n t,

где An ,Cn , Dn - некоторые константы. В силу однородности уравнения, можно полагать, что An =1. Следовательно, решение данного уравнения записывается в виде

∞

aπn

πn x.

U (t, x) = ∑X n (x)Tn (t) =

∑(Cn sin

t + Dn cos

t)sin

n=1

Для нахождения

констант

Cn , Dn

воспользуемся

начальными

условиями

U (0, x) =ϕ(x), ∂U (0, x)

=ψ(x).

∂x

Тогда получим уравнения

∞

∫ϕ(x)sin πn xdx,

∑Dn sin πn x =ϕ(x),

Dn =

n=1

∞

aπn sin

πn x =ψ(x),

ψ(x)sin πn xdx.

∑Cn

Cn =

∫0

aπn

n=1

Пример 6.1. Решить краевую задачу для однородного волнового уравнения

Utt

= a2U xx , a =1,5

U (0, x) = x(l − x), ∂U (0, x) = 0,U (t,0) =U (t,l) = 0.

Решение записывается в виде

∂t

∞

U (t, x) = ∑(Cn sin aπn t + Dn cos aπn t)sin πn x,

n=1

2 l

= 0 , т.к. ψ(x) = 0

πn

т.к. ϕ(x) = x(l − x),

где C

, а D =

x(l − x)sin

xdx ,

вычис-

l ∫0

лим, воспользовавшись дважды интегрированием по частям

2 l

πn

2 l

πn

∫

x(l − x)sin

xdx = −

∫

x(l − x)d cos

= −

x(l − x)cos

x | +

πn

∫cos

x(l − 2x)dx =

∫(l − 2x)d sin

x =

− 2x)sin

x |

πn

(πn)

∫sin

πn xdx

= −

cos

πn x | = −

cosπn

[1 − cosπn]=

(πn)

4l 2

[1 + (−1)n+1 ].

(πn)3

Ответ: U (t, x) = ∑∞

4l 2

[1 + (−1)n+1 ]cos

1,5πn

t sin

πn x.

n=1 (πn)

Пример 6.2 Найти решение краевой задачи для волнового уравнения

∂2 u

9 ∂2 u

0<x<1,

0<t<∞,

∂t 2

4 ∂x 2

∂u

удовлетворяющее начальным условиям u(x,0)=x(x-1),

= 0

∂t

t =0

и граничным условиям u(0,t)=0, u(1,t)=0.

Так как a =	3	,	l =1, то согласно формуле (16) решение заданного уравнения ищем в
Так как a =	2	,
виде	2
виде			∞	3πn		3πn
			∞	3πn		3πn
			u(x, t) = ∑ Cn cos		t + Dn sin		t sin πnx .
			u(x, t) = ∑ Cn cos	2	t + Dn sin	2	t sin πnx .
			n=1	2		2

Коэффициенты Cn и Dn найдем по формулам (17). При вычислении интегралов используем формулу интегрирования по частям.

Cn = 2∫(x2

− x)sinπnxdx = 2 (x2 − x)

−cosπnx

− ∫−cosπnx (2x −1)dx =

πn

sinπnx

1 sinπnx

(2x −1)cosπnxdx

(2x −1)

−

2dx

πn

∫0

πn

∫0 πn

cosπnx

(cosπn −1)=

4((−1)n

−1),

n =1,2,3,...

π 2 n2

πn

π 3 n3

Dn =

∫0

0 sinπnxdx = 0 .

πn

Итак, искомое решение уравнения имеет вид

u(x, t) =

∑∞

((−1)n

−1)

cos

3πn

t sinπnx .

n=1

7. Краевая задача для неоднородного волнового уравнения.

Ограничимся рассмотрением краевой задачи для неоднородного волнового уравнения вида

Utt = a2U xx + f1 (x) f2 (t)	(7.1)
с нулевыми начальными и граничными условиями, т.е.

U (0, x) = ∂U (0, x)

=U (t,0) =U (t,l) = 0.

∂t

Решение уравнения (6) будем искать в виде разложения U (t, x) в ряд Фурье по x :

∞

πn x

U (t, x) = ∑Tn (t)sin

(7.

)

n=1

Подставляя (7) в (6), получим задачу Коши для неизвестной функции

″

aπn 2

′

2 l

πn

T (t) :T

= d

(t),T

(0) =T

(0) = 0,d

∫0

(x)sin

xdx.

Обозначив решение этой задачи через Tn (t)

и подставляя в разложение (7), получим иско-

мую функцию U (t, x).

Пример 7.1 Решить краевую задачу для неоднородного волнового уравнения

Utt = a2U xx + xt, a =1

U (0, x) =

∂U (0, x)

=U (t,0) =U (t, l) = 0.

∂t

Неизвестные функции Tn (t) удовлетворяют задаче Коши

T ″

n2π 2

= d

l 2

2 l

πn

2 l

πn

xsin

xdx = −

xd cos

= −

xcos

x | +

cos

xdx =

∫

πn ∫

πn

∫

πn

n+1

= −

l cosπn +

sin

x | =

(−1)

πn

(πn)2

πn

″

2n2

n+1

Следовательно, получили уравнение Tn

(7.3)

l 2

Tn = πn (−1)

Его общее решение есть сумма общего решения однородного уравнения

″

+ π 2n2

= 0

(9)

l 2

и частного решения уравнения (8). Характеристическое уравнение для (9) имеет вид

K 2 + π 2n2

= 0

, т.е. K1,2

= ±

πn i.

l 2

Следовательно, общее решение уравнения (9) записывается в виде

Tn = d1 cos πln t + d2 sin πln t

Найдем частное решение уравнения (8). Его надо искать в виде Tn = At + B, подставляя его в уравнение (8), получим

π 2n

( At + B) =

(−1)

n+1

t, B = 0, A = (−1)

n+1

l 2

πn

π3n3

Итак, общее решение уравнения (8) имеет вид

2l3

(t) = d

cosπn t + d

sin πn t + (−1)n+1

π3n3

Константы

, d

находим

из

начальных

условий T (0) =T ′(0) = 0 , а потому

2l 4

= 0,d

= (−1)n

π 4n4

∞

n 2l 4

n+1 2l3

πn

πnx

(−1)

sin

t + (−1)

Ответ: U (t, x) = ∑

3 sin

n=1

8. Формула Даламбера решения задачи Коши для волнового уравнения

Прежде чем решать задачу о колебаниях закрепленной струны, рассмотрим более простую задачу – о колебаниях бесконечной струны. Если представить очень длинную струну, то ясно, что на колебания, возникающие в ее средней части, концы струны не будут оказывать заметного влияния.

Рассматривая свободные колебания, мы должны решить однородное уравнение

∂2 u	= a	2 ∂2 u
∂t 2	= a	∂x2
∂t 2		∂x2
при начальных условиях

u(x,0) = u		= f (x) , ∂u	= g(x) ,


	t=0	∂t	t =0
	t=0

где функции f(x) и g(x) заданы на всей числовой оси. Такая задача называется задачей с начальными условиями или задачей Коши.

Преобразуем волновое уравнение к каноническому виду, содержащему смешанную производную. Уравнение характеристик

dx 2	− a 2 dt 2 = 0
распадается на два уравнения:
dx – adt=0 и		dx + adt=0,
интегралами которых служат прямые
x – at=C1, x + at=C2.
Введем новые переменные ξ=x – at, η=x + at		и запишем волновое уравнение для перемен-
ных ξ и η.
Вычисляя производные
ux = uξ + uη ,	ut = uξ (−a) + uη a ,

uxx = uξξ + uηξ + uξη + uηη = uξξ + 2uξη + uηη ,

utt = (−auξξ + auηξ )(−a) + (−auξη + auηη )a = a2 (uξξ − 2uξη + uηη ) ,

и подставляя их в исходное уравнение, видим, что уравнение колебания струны в новых координатах будет

uξη = 0 .
Интегрируя полученное равенство по η при фиксированном	ξ, придем к равенству
uξ =ϕ1 (ξ) . Интегрируя это равенство по ξ при фиксированном η,	получим

u(ξ,η) = ∫ϕ1 (ξ)dξ +ψ(η) =ϕ(ξ) +ψ(η) ,

где φ и ψ являются функциями только переменных ξ и η соответственно. Следовательно, общим решением исходного уравнения является функция

u =ϕ( x − at) +ψ( x + at) .

(8)

Найдем функции φ и ψ так, чтобы удовлетворялись начальные условия:

u( x,0) =ϕ( x) +ψ( x) = f ( x) .

′

ut (x, t) = −aϕ ( x − at) + aψ ( x + at) ,

′

ut (x,0) = −aϕ ( x) + aψ (x) = g( x) .

Интегрируя последнее равенство, получим:

− aϕ(x) + aψ(x) = ∫g(z)dz + C ,

где х0 и С – постоянные. Из системы уравнений

ϕ(x) +ψ(x) = f (x),

∫g(z)dz + C

−ϕ(x) +ψ(x) =

a x0

находим

ϕ(x) =

f (x) −

∫g(z)dz −

2a x0

∫g(z)dz +

ψ(x) =

f (x) +

2a x0

Таким образом, мы определили функции φ и ψ через заданные функции f и g, причем полученные равенства должны иметь место для любого значения аргумента. Подставляя

в (8) найденные значения φ и ψ,

будем иметь

x−at

x+at

u(x, t) =

f (x − at) −

∫g(z)dz −

f ( x + at) +

∫g(z)dz +

или

f (x − at) + f (x + at)

x+at

u(x, t) =

∫g(z)dz .

2a x−at

Найденное решение называется формулой Даламбера решения задачи Коши для волнового уравнения

Пример.8.1 Решить уравнение

∂2 u = a 2

∂2 u

при начальных условиях u

= x2

+1,

∂u

= cos x .

∂t 2

∂x2

t=0

∂t

t =0

Используя формулу Даламбера, сразу получаем

(x − at)

+1 + (x + at)

x+at

u(x, t) =

∫cos zdz =

2a x−at

9. Краевые задачи для уравнения Лапласа

К уравнениям эллиптического типа приводит изучение стационарных, т.е. не меняющихся во времени процессов различной физической природы. Простейшим уравнением эллиптического типа является уравнение Лапласа

∂2 u	+	∂2 u	+	∂2 u	= 0 .
∂x 2		∂y 2		∂z 2

Например, если имеется однородная пластина, занимающая область D, ограниченную линией L, то можно показать, что температура в различных точках пластины должна удов-

летворять уравнению
∂u	= a	2	∂2 u		+	∂2 u
∂t	= a			∂x2	+	∂y2	.
∂t				∂x2		∂y2

Если процесс установившийся, т.е. температура не зависит от времени, а зависит только от

координат точек пластины, то	∂u	= 0 и, следовательно, температура удовлетворяет уравне-
нию Лапласа	∂t
нию Лапласа
		∂2 u	+	∂2 u	= 0 .	(9.1)
		∂x 2	+	∂y 2	= 0 .	(9.1)
		∂x 2		∂y 2

Функции, удовлетворяющие уравнению Лапласа, называются гармоническими. В каждой задаче, связанной с уравнением Лапласа, искомое решение выделяется из множества всех гармонических функций с помощью дополнительного условия, которое чаще всего является краевым. Так, чтобы температура на пластине определялась однозначно, нужно знать температуру на контуре L пластины. Таким образом, требуется найти функцию u(x,y), удов-

летворяющую уравнению (9.1) внутри области D и принимающую в каждой точке		M кри-
вой L заданные значения:
u	L =ϕ(M ) .	(9.2)

Эта задача называется задачей Дирихле или первой краевой задачей для уравнения (9.1). Если на границе L температура неизвестна, а известен тепловой поток в каждой точке

кривойG , который пропорционален производной функции u по направлению вектора n , где n - единичный вектор, направленный по нормали к кривой, то вместо условия (9.2) на границе области будем иметь условие

∂u	=ϕ(M ) .	(9.3)

∂n	L

Задача нахождения решения уравнения (9.1), удовлетворяющего краевому условию (9.3), называется задачей Неймана или второй краевой задачей.

Если вместо плоской пластины задано однородное тело Т, ограниченное поверхностью σ, то функция u будет функцией трех переменных и должна удовлетворять уравнению

∂2 u	+	∂2 u	+	∂2 u	= 0 .
∂x 2		∂y 2		∂z 2

Краевые условия (9.2) или (9.3) в этом случае должны выполняться на поверхности σ. Заметим, что задача Дирихле решается просто в одномерном случае, т.е. когда в соот-

ветствующей системе координат неизвестная функция u зависит только от одной из координат.

		В	случае	декартовых координат одномерное уравнение Лапласа принимает вид
	d 2 u	= 0	и его решением является линейная функция u=Ax+B. Задача Дирихле в этом случае
	dx 2	= 0
	dx 2				ul − u0
имеет решение				u =	ul − u0	x + u0 , где u(0)=u0, u(l)=ul.
имеет решение				u =		x + u0 , где u(0)=u0, u(l)=ul.
					l

10. Уравнение Лапласа в цилиндрических координатах. Решение задачи Дирихле для кольца

Пусть u(x,y,z) – гармоническая функция. Тогда
∂2 u	+	∂2 u	+	∂2 u	= 0 или		u=0.
∂x 2		∂y 2		∂z 2

Рассмотрим цилиндрические координаты							z = z ,
x = r cosϕ,				y = r sin ϕ,
откуда						y
r = x 2		+ y 2 ,		ϕ = arctg			, z = z .
						x
Заменяя независимые переменные x, y, z на r, φ и z,						придем к функции u(r,φ,z). Используя

правило дифференцирования сложной функции нескольких переменных, можно доказать, что найденная функция u(r,φ,z) должна удовлетворять уравнению

∂2 u

∂u

∂2 u

= 0 .

∂r 2

∂r

r 2

∂ϕ 2

∂z 2

Это и есть уравнение Лапласа в цилиндрических координатах.

Если функция u не зависит от z, а только от

и y,

то функция

u(r,φ) будет удовле-

творять уравнению

∂2 u

∂u

∂2 u

= 0 ,

(10.1)

∂r2

∂r

∂ϕ

где r и φ – полярные координаты на плоскости.

ограниченной окружностями L1:

Найдем решение уравнения Лапласа в области

x2+y2=R12 и L2: x2+y2=R22 , если это решение принимает следующие граничные значения:

L1 = u1 ,

L21 = u2 ,

(10.2)

где u1, u2 –постоянные.

Решим эту задачу в полярных координатах. Целесообразно искать решение, не зависящее от φ, так как граничные условия от φ не зависят. Уравнение (10.2) в этом случае примет

вид
∂2 u	+	1	∂u	= 0 .
∂r 2	+	r	∂r	= 0 .
∂r 2		r	∂r

Получили обыкновенное дифференциальное уравнение второго порядка, допускающее понижение порядка. Интегрируя уравнение, найдем

u = C1 ln r + C2 .

(10.3)

Постоянные С1 и С2 определяются из граничных условий (10.4)

u2 − u1

u1 ln R2 − u2 ln R1

Подставляя найденные значения С1 и С2 в формулу (28), окончательно получим

	u2 ln	r	− u1 ln		r
u =	u2 ln	R1	− u1 ln		R2	.
		R1			R2
		ln		R2
				R2
				R
			1

Фактически мы решили следующую задачу: найти функцию u, удовлетворяющую уравнению Лапласа в области, ограниченной поверхностями (в цилиндрических координатах): r=R1, r=R2, z=0, z=H, и следующим граничным условиям:

= u ,

= u

, ∂u

= 0,

∂u

= 0 .

r=R1

r=R2

∂z

z=0

∂z

z=H

(задача Дирихле-Неймана).

11. Решение задачи Дирихле для уравнения Лапласа в круге

Рассмотрим на плоскости xOy круг с центром в начале координат радиуса R. Пусть на его окружности задана некоторая функция r=f(φ), где φ – полярный угол. Найдем функцию u(r,φ), удовлетворяющую внутри круга уравнению Лапласа

∂2 u	+	1	∂u	+	1	∂2 u	= 0	(11.1)
∂r2		r	∂r		r2	∂ϕ2

и на окружности принимающую заданные значения

u r=R = f (ϕ) .

Решение задачи ищут методом разделения переменных, полагая

			u = Φ(ϕ) R(r) .
Подставляя эту функцию в уравнение (29), получим
r	2	′′				′	′′		,
r		Φ(ϕ)R (r) + rΦ(ϕ)R (r) + Φ						(ϕ)R(r) = 0	,
или		′′				′′	′
		′′		r	2	′′	′
		Φ (ϕ)	= −	r		R (r)	+ rR (r)	= −k 2 .
		Φ(ϕ)	= −			R(r)		= −k 2 .
		Φ(ϕ)				R(r)

Левая часть этого равенства не зависит от r, а правая от φ, следовательно, они равны постоянному числу, которое обозначили через -k2. Таким образом, нашли два дифференциальных уравнения

		′′		2	Φ(ϕ) = 0			,	(11.2)
		Φ (ϕ) + k
r	2	′′	′		− k	2	R(r)	= 0 .	(11.3)
		R (r) + rR (r)

Общее решение первого из этих уравнений будет

Φ = Acos kϕ + B sin kϕ .

Второе уравнение является уравнением Эйлера. Его решение найдем в виде R(r) = r m .

Подставив выписанную функцию в уравнение (11.3), найдем два частных линейно независимых решения rk и r-k. Тогда общее решение уравнения (11.3) запишется в виде

Итак,

R = Crk

+ Dr−k .

= (A cos kϕ + B

sin kϕ)(C

r k

r −k ).

(11.4)

+ D

k, отличном

Полученная функция будет решением данного уравнения при любом значении

от нуля. Если k=0, то уравнения (30) и (31) принимают вид

′′

′

(ϕ) = 0, rR (r) + R (r) = 0 .

Откуда получаем

u0 = ( A0 + B0ϕ)(C0 + D0 ln r) .

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023370.85 Кб1Методы комплексного исследования и оценки положения молодежи в обществе.-1.pdf
#
05.02.2023716.06 Кб12Методы комплексного исследования и оценки положения молодежи в обществе..pdf
#
05.02.2023717.66 Кб8Методы контроля и оценки качества программного обеспечения..pdf
#
05.02.20231.62 Mб8Методы манипуляции цифровой радиосвязи..pdf
#
05.02.2023865.05 Кб3Методы математического описания и расчета сложной линейной электрической цепи в стационарном режиме..pdf
#
05.02.2023589.02 Кб8Методы математической физики.-1.pdf
#
05.02.2023242.02 Кб6Методы математической физики.-2.pdf
#
05.02.20232.8 Mб9Методы математической физики.-3.pdf
#
05.02.20231.1 Mб15Методы математической физики..pdf
#
05.02.20231.66 Mб6Методы моделирования и оптимизации телекоммуникационных систем и сетей.-1.pdf
#
05.02.2023915.36 Кб6Методы моделирования и оптимизации телекоммуникационных систем и сетей..pdf