Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Учебное пособие 1920

.pdf
Скачиваний:
14
Добавлен:
30.04.2022
Размер:
2.9 Mб
Скачать

 

 

 

a (0)t

 

 

a (0)t

T

(t) A

cos

k

B

sin

k

.

 

 

k

k

 

R

k

 

R

 

 

 

 

 

Таким образом, мы получили бесконечно много частных решений уравнения, удовлетворяющих граничному условию

 

 

 

 

 

 

 

(0)

 

 

 

 

 

 

(0)

t

 

 

 

 

 

(0)

r

 

 

u

 

(t,r)

 

 

 

a k

t

B

 

 

a k

 

J

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

k

 

 

R

 

 

 

 

k

 

 

R

 

 

 

 

0

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение исходной задачи будем искать в виде

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(0)

t

 

 

 

 

(0)

t

 

 

 

 

(0)

r

 

 

 

 

 

 

cos

a k

Bk

cos

a k

 

 

 

 

 

 

k

 

 

uk (t,r) Ak

 

R

 

R

 

 

 

J

0

R

 

 

,

 

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где Ak ,Bk подбираются таким образом, чтобы выполнялись начальные условия. Имеем

u(t,r)

 

(0)

t

 

 

(0)

 

 

 

 

(0)

t

 

(0)

 

 

 

(0)

r

 

 

a k

 

a k t

Bk

a k

 

a k

t

 

 

k

 

t

Ak

R

 

sin

 

 

R

 

R

 

 

cos

 

 

R

 

 

J0

 

R

 

.

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полагая в этих равенствах t=0, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(0)r

 

 

 

 

 

 

 

a (k0)

 

 

a k(0)

 

 

 

 

 

 

(r) Ak J0

 

k

 

,

(r) Bk

 

 

 

 

 

J

0

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Обозначим в этих формулах

r

,

 

r R . Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

(0)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(R ) Ak J0 ( k(0) ), (R ) Bn

a k

J

0 ( k(0) ).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда следует, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

(0)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ak

 

 

0 (R )J0( k

)d ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J12( (k0) )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bk

 

 

 

 

 

 

 

0

(R )J0( (k0) )d ,

 

 

 

 

 

 

a (0)k J12( (0)k

)

 

 

 

 

 

или если в интегралах сделать замену переменной R r, то

50

Ak

Bk

2

 

 

 

R

 

 

(0)

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

2 2

 

(0)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R (r)J0

R

 

dr;

R J1 ( k

) 0

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

R

 

 

(0)

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

(0)

2

 

(0)

 

 

 

 

 

 

)

r (r)J0

 

R

 

dr, k 1,2,3,..

R k

J1

 

( k

0

 

 

 

 

1.11. Решение задачи о продольных колебаниях стержня методом Фурье

Рассмотрим задачу о продольных колебаниях однородного упругого стержня длины l, когда один его конец х=0 закреплен, а другой х=l свободен. Было показано, что эта задача сводится к решению волнового уравнения

 

 

 

 

 

 

 

2u

 

а

2

2u

,

a

2

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

t2

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при граничных условиях u

 

x 0

0,

u

 

 

x l 0 и начальных ус-

 

 

 

t

ловиях u

 

 

u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t 0 f (x),

 

 

t 0 F(x)

(0 x l).

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Согласно методу Фурье частные решения уравнения будем искать в виде u(х,t)=X(x)T(t).

Подставив u(х,t) в основное уравнение, получим

T''(t) X''(x) 2, a2T(t) X(x)

откуда найдём два уравнения

T

 

2

2

T(t) 0,

X

 

2

X (x) 0.

 

(t) a

 

 

(x)

Чтобы функция Х(х), отличная от тождественного нуля, удовлетворяла граничным условиям, очевидно, нужно потребовать выполнения условий Х(0) = 0, Х(l) = 0. Таким образом, мы пришли к задаче о собственных числах для уравнения

Х(х) + λ2Х(х)=0 при граничных условиях u

 

x 0

0,

u

 

 

x l 0.

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

51

Интегрируя уравнение, получим

X(x) C1 cos x C2 sin x.

Имеем С1 =0, C2 sin l 0.

Считая С2≠0 (в противном случае имели бы Х(х)≡0), на-

ходим cos x = 0, откуда l (2k 1) (k — целое число). 2

Таким образом, нетривиальные решения задачи возмож-

ны лишь при значениях λk= (2k 1) . Собственным числам 2k

2l

соответствуют собственные функции

Xk(x)=sin (2k 1) x (k=0,1,2,…), 2l

определенные с точностью до постоянного множителя, который мы положили равным единице (отрицательные целые значения k новых собственных функций не дадут). При λ=λk общее решение основного уравнения имеет вид

 

T

(t) a

k

cos

(2k 1) at

 

b

 

sin

(2k 1) at

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

2l

k

 

 

 

 

2l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где аk и bk - произвольные постоянные.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Найдем

 

 

 

 

 

 

(2k 1) at

 

 

 

 

(2k 1) at

 

 

(2k 1) x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u (x,t) T (t)X

 

(x) a cos

 

 

 

 

 

b

sin

 

 

 

 

 

sin

 

.

 

 

2l

 

2l

 

 

2l

k

k

 

k

 

 

k

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Составим ряд

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2k 1) at

 

(2k 1) at

 

(2k 1) x

u (x,t)

ak cos

 

 

 

 

bk

sin

 

 

 

 

 

 

sin

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

2l

 

 

2l

 

 

к 1

 

 

 

 

 

 

2l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для выполнения начальных условий необходимо, чтобы

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2k 1) x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x) ak sin

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

к 1

 

2l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2k 1) a

 

 

 

 

 

 

(2k 1) x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F(x)

 

bk sin

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

к 1

 

 

2l

 

 

 

 

 

2l

 

 

 

 

 

 

 

 

Предполагая, что ряды сходятся равномерно, можно определить коэффициенты ak и bk, умножив обе части равенств

52

рядов на sin

(2n 1) x

 

 

 

и проинтегрировав по x в пределах от

2l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х=0 до х=l. Тогда, приняв во внимание, что

 

l

(2n 1) x

 

 

(2k 1) x

 

0

 

при k n;

sin

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin

 

 

 

dx l

 

 

 

 

2l

2l

 

 

при k n,

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 l

 

(2n 1) x

 

 

 

 

 

an

 

 

f (x)sin

 

 

 

 

dx;

 

 

l

 

 

 

2l

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

l

 

(2n 1) x

 

 

bn

 

F(x)sin

 

 

 

 

 

dx.

 

(2n 1)

 

2l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С помощью метода Фурье легко можно исследовать задачу о продольных колебаниях стержня. Напомним, что поставленная там задача приводится к решению основного уравнения при граничных и начальных условиях

u

 

t 0

f(x) rx,

u

 

t 0 0

(0 x l), где r - постоянная.

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

Применяя формулы, полученные выше, найдем, что

( 1)k 8lr

ak (2k 1)2 2 , bk=0, откуда вытекает, что относительное

перемещение сечения стержня с абсциссой х выражается рядом

 

8lr

 

( 1)

k

 

 

(2k 1) at

 

(2k 1) x

 

u(x,t)

 

 

 

cos

sin

.

2

(2k 1)

2

2l

 

 

 

k 0

 

 

 

2l

Пример 1. Решить неоднородное уравнение гиперболического типа

2u

 

2u

2t 1

(0 x l),

(t 0)

t2

x2

 

 

 

 

53

при однородных краевых условиях u

 

x 0

0,

u

 

x l 0 и ну-

 

 

 

x

левых начальных условиях u

 

t 0 0,

 

u

 

 

 

t 0 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача описывает вынужденные колебания однородной струны, закрепленной на концах, под действием внешней возмущающей силы f(x,t)=2t . Применяя метод Фурье разделения переменных, полагаем u(x,t)=X(x)T(t) для решения соответ-

ствующего однородного уравнения

2u

 

2u

при начальных

t

2

x2

 

 

 

условиях. Подставив в это уравнение, получаем равен-

ство T''(t) X''(x) , возможное лишь в случае, если обе части

T(t) X(x)

его не зависят ни от x, ни от t, т. е. представляет собой одну и ту же постоянную. Обозначим эту постоянную через с:

T''(t) X''(x) с.

T(t) X(x)

Используем краевые условия u(0,t)=X(0)T(t)=0, следова-

тельно, X(0)=0,

u

(l,t) X / (l)T(t) 0

и X / (l) 0.

 

 

x

 

Таким образом, приходим к задаче Штурма-Лиувилля: найти такие значения параметра с, при которых существуют нетривиальные (т. е. отличные от тождественного нуля) решения уравнения, удовлетворяющие краевым условиям:

 

X (x) c (x) 0;

X (0) 0;

X

 

x l 0.

(*)

 

 

 

 

При

≥ 0 1

2

 

x

 

 

2

в общем решении уравнения, согласно крае-

вым условиям, с =0, с =0 и решением задачи (*) становится X(x) 0 - эти случаи не интересны. При с>0, с=-λ : общее решение вида: X(x)=c1 cosλx + c2 sinλx, X(x)=-c1 λsinλx+c2λcosλ,

X(0)=c 1+c 0=c =0, X’(l)=c λcosλl=0,

= ( +

. Поэтому

 

 

 

 

)

 

 

cosλl=0.1

Находим2 1

собственные2

значения

 

0.

 

 

и со-

 

 

 

54

ответствующие им собственные функции Xk(x)=iπλkx, k=0,1,2,…, определяемые с точностью до постоянного множителя, который мы полагаем равным единице. Следовательно, лишь при с=-λ2к, к=0,1,2,…, имеем нетривиальные решения задачи (*).

Теперь решение задачи ищем в виде Фурье:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x,t) Tk (t)sin( k x),

 

 

 

 

(0) = 0.

k 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где Tk (0)=0,

 

 

 

 

 

в основное уравнение, получаем

Подставляя u(x,t)

(T''k (t) 2kTk (t))sin( k x) 2t 1..

k 0

 

 

 

 

 

 

 

 

Tk(t)

 

 

 

 

 

 

 

Для нахождения функций

 

разложим функцию в

ряд Фурье по

 

синусам на

 

интервале

 

(0,1). Так как

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l ak sin( k x),, то получаем уравнение

 

 

 

 

 

 

k 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T''

k

(t) 2

T (t) 4t/

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

общее решение которого имеет вид

 

 

 

 

 

4t

 

 

 

T (t) Asin(

 

t) Bcos(

 

t)

.

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

k

 

 

3k

Значения неопределенных коэффициентов:

Окончательно= −

 

, В=0, Tk (t)

 

4t

4t

sin( kt).

 

 

 

 

 

 

 

3k

4k

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

( /2 k )/l.

u(x,t)

4

( kt sin( kt) sin( k x),

k 0

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

55

u(t, x)

1.12. Решение задачи теплопроводности бесконечного и полуограниченного стержня

A. Пусть в стержне бесконечной длины ( x ) задано начальное распределение температур. Требуется найти температуру u(t, x) в любой точке x ( , ) в любой момент времени t 0. Это означает, что требуется найти решение

дифференциального уравнения

 

 

u(t,x)

a2

2u(t,x)

(x ( , ),

t 0),

 

 

 

 

 

 

х2

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

удовлетворяющее начальному условию

 

 

 

Пусть U(t, ),

 

 

u(t,x)

 

t 0 (x).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( ) преобразования

Фурье по пере-

менной х функций u(t, x) , (x) :

 

 

 

 

 

 

 

U(t, )

 

1

 

u(t,x)e i xdx F [u(t,x)];

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( )

1

 

 

(t,x)e i xdx F [ (t,x)],

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

x

 

тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(t,x)

U(t, )

2u(t,x)

 

Fx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, Fx

 

 

 

2U(t, ).

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

x

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

Применяя преобразование Фурье к левой и правой части основного уравнения и начального условия, приходим к следующей задаче. Найти решение дифференциального уравнения

U(t, ) a2 2U(t, ),

t

удовлетворяющее начальному условию U(t, ) t 0 ( ).

56

Решение этой задачи имеет вид U(t, ) ( )e a2 2t. Искомая функция u(t, x) находится с помощью обратного преобразования Фурье:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(t,x)

 

 

 

 

 

U(t, )ei xd ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

или

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(t,x)

 

 

 

 

( )ei xe a2 2td ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

где

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( )

 

 

 

 

(z)e i zdz,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

то есть

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

i z

 

 

a2 2t

 

i x

 

u(t,x)

 

 

 

(z)e

 

dz e

 

e

 

d

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z) ei (x z)e a

 

td dz.

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычислим интеграл ei (x z)e a2 2td . Имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ei (x z)e a2 2td

e a2 2t cos (x z)d i e a2 2t sin (x z)d .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Функция

 

e a2 2t cos (x z)

 

 

четная, а функция

e a2 2t sin (x z)

нечетная по переменной .

 

Поэтому

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

57

 

 

 

e a2 2t cos (x z)d 2 e a2 2t cos (x z)d ,

 

0

22

e a t sin (x z)d 0.

Следовательно

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ei (x z)e a2 2td 2 e a2 2t cos(x z)d .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В последнем

 

 

интеграле

сделаем замену переменных

a2 2t 2 ,

 

 

 

 

,

 

d

 

d

и обозначим

x

z

, полу-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a t

 

 

a

t

a t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

чим ei (x z)e a2 2td

 

 

 

e 2

cos d .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Положим I( ) e 2

 

cos d .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin d(e

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

I ( )

 

 

 

sin d

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

cos d

I( ).

 

 

 

 

 

sin

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как

 

I(0) e 2 d

 

 

(интеграл Пуассона), то

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

функция I( ) удовлетворяет дифференциальному уравнению

 

 

 

 

 

 

 

 

.

I ( )

 

I( )

 

и начальному условию I(0)

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

Решение этой задачи

58

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x z)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I( )

 

 

e 4

 

 

 

 

 

e 4a2t .

 

 

 

 

2

 

Таким образом,

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x z)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ei (x z)e a2 2td

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e 4a2t ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a t

 

 

 

 

 

следовательно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x z)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(t,x)

 

 

 

 

(z)e 4a2t dz.

 

 

 

 

 

2a t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полученная формула называется формулой Пуассона. Б. Пусть в точках х, x [0, ), стержня задано начальное

распределение температур (x) . Требуется найти температуру u(t, x) стержня в любой точке x 0 в момент времени t 0 при условии, что граничная точка x 0 либо поддерживается при ненулевой температуре, либо теплоизолирована. Это значит, что требуется найти решение u(t, x) дифференциального

уравнения

u(t,x)

a2

2u(t,x)

 

при x 0,

 

t 0, удовлетво-

 

 

 

t2

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ряющее начальному условию

u(t,x)

 

 

t 0 (x)

и одному из

 

граничных условий u(t,x)

 

x 0 0

или

u(t.x)

 

x 0

0.

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Чтобы решить эти задачи, рассмотрим решение задачи теплопроводности бесконечного стержня

 

 

1

 

 

b

 

(x z)2

u(t,x)

 

 

 

(z)e 4a2t

 

 

 

 

2a

t

 

 

a

 

 

dz,где x , t 0.

Докажем следующее утверждение.

59