Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Интегральные преобразования в уравнениях с частными производными (110

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

1.26 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

−(8 −1 kei(- 12+k)рtщSin[(- 12 + k)рx])/

((−1 + 2k)3р3 − 4(−1 + 2k)рщ2) (8 −1 ke-i(- 12+k)рtщSin[(- 12 + k)рx])/

((−1 + 2k)3р3 − 4(−1 + 2k)рщ2)

Таким образом, из (9.4) получаем

u[x,t]=-

щ щ [ щ]

− щ щ [ щ]

−

2щ

∞

(−1+ )р

= ((8 i (−1)

щ [(−

+ )р ]) /=

((-1+2k)3 р3-4 (-1+2k) рщ2) –

− (−1+ )р

(8 i (−1)

щ [(−

+ )р ])/

((-1+2k)3 р3-4 (-1+2k) рщ2) )

щ щ [ щ]

+ ∞=1(2(−1) щ

−

р )/

− 1/2

−1/22р2−щ2

(9.5)

Последнюю формулу, представляющую решение в виде ряда, можно считать окончательной. Для построения графика решения u[x,t] задачи можно ограничиться конечным числом слагаемых в сумме (9.5). Введем обозначение

 u0[n_, щ_, x_, t_] :=

Chop[ Evaluate [	щ щ +
щ
	20

∞=1(2(−1) щ	− 1	р		− 1	р )/
	2			2
− 1/2	р		− 1/2 2р2 − щ2 ], 10^-5]

Plot3D[u0[10, 1, x, t], {x, 0, 1}, {t, 0, 4},

PlotRange → {{0, 1}, {0, 4}, {−1.2, 1.8}},

PlotPoints → {35, 45}, BoxRatios → {4, 3, 2},

AxesLabel → {"x", "t", "u"},

PlotLabel → StyleForm["Graphic u[x,t]",

FontFamily → "Times−Bold", FontSize → 12],

ViewPoint −> {−2.880, 0.930, 1.030}, Shading → False]

Заметим, что увеличение числа слагаемых в u0[n, щ,x,t] с n=10 до n=20

практически не изменяет график функции.

При желании сумму, входящую в (9.5), можно представить через гипергеометрические функции. Для этого введѐм обозначение

 и	∞=1(2(−1) щ	−	1	р	−	1	р )/

		2			2
				21

− 1/2 р − 1/2 2р2 − щ2

иприменим следующую команду

g[expr_] := Block[{Sum}, e = MapAt[FunctionExpand, expr, 1]; e]

вместе с простыми функциями подстановки, а также упрощения

FullSimplify[

− рt−iрx ] → [ − р x/2+t/2 ],

и //. { [

→ [ − р x/2−t/2 ],

ArcTanh − рt−iрx

→ [ р x/2−t/2 ],

ArcTanh − − рt+iрx

ArcTanh y_

→ [ ],

ArcTanh рy_

→

[−

[р ]

− [р ]

ArcTanh − рy_ →

[−

[р ]

+ [р ]

ArcTanh y_

→

[ [

]],

→ р x/2−t/2 ,

− − рt+iрx

→ р x/2+t/2 ,

→ − р x/2−t/2 },

− − рt+iрx

− рt−iрx

x > 0 &&t > 0]

2рщ

(

(e−iрtр(e2iр t+x (− р + 2щ Hypergeometric2F1[1,

−

р − 4щ

р 2

−e−iр t−x ] − (р − 2щ) Hypergeometric2F1[

, −e−iр t−x ] + eiр t−x

(− р + 2щ Hypergeometric2F1[1,

−

, −eiр t−x ] –

р − 2щ Hypergeometric2F1[1,

, −eiр t−x

])) +

р 2

e21iр t−x

( р + 2щ Hypergeometric2F1[1,

−

, −e−iр t+x

р − 2щ Hypergeometric2F1[1,

, −e−iр t+x ]) +

р 2

e12iр t+x

( р + 2щ Hypergeometric2F1[1, 12 − щр , 32 − щр , −eiр t+x ]+

р − 2щ Hypergeometric2F1[1, 12 + щр , 32 + щр , −eiр t+x ]))) +

e21iр 3t+x ( р + 2щ Hypergeometric2F1[1,

−

, −eiр t+x ]+

щ 3

, −eiр t+x ]))) +

р − 2щ Hypergeometric2F1[1,

i(Log[-i Cos[12 р(t − x)]] – Log[-i Cos[12 р(t + x)]]+ Log[(i Cos[12 р(t − x)])/ (-1 + Sin[12 р(t − x)])] −

Log[(1+ Sin[12 р(t − x)]] – Log [

(i Cos[12 р(t + x)])/ (-1 + Sin[12 р(t + x)])] + Log[(1+ Sin[12 р(t + x)]]))

Сумма последних трѐх слагаемых равна нулю. Для доказательства этого утверждения достаточно провести следующую цепочку тождественных преобразований

Log −i Cos

р t − x

− Log −i Cos

р t + x

i Cos

р t − x

Log

− Log 1 + Sin

р t − x

−

−1 + Sin

2 р t − x

i Cos

р t + x

Log

+ Log 1 + Sin

р t + x

→

−1 + Sin

2 р t + x

Cos

р t − x

−i Cos

р t − x

Log

+ Log

−

Cos

р t + x

1 − Sin

р t − x

−i Cos

р t + x

Cos

р t − x

Log

→ Log

Cos

р t + x

1 − Sin

р t + x

Log			−i	− Log		−i		→

		1				1
		1				1
	Cos	2	р t − x		Cos	2 р t + x
	Cos	1	р t − x		Cos	1	р t + x
Log	Cos	2	р t − x	→ Log	Cos	2	р t + x	→ 0
Log	Cos	1	р t + x	→ Log	Cos	1	р t − x	→ 0
		1				1
		2				2

Следовательно, функция и может быть представлена в виде

и = [

рщ

р − щ

(

− р + р − + р +

р((−р − щ) [

−

, − < р − ] − (р − щ)

( [ , + щр , + щр , − р − ])) +

( − р + р + р((р + щ) [

р − щ

−

, − р +

] +

р − щ [ ,

, − р + ]))),

t > 0 && x > 0]

( − р ( р −

)

щ(р − щ

(− р + щ [ ,

−

, − р −

р − щ . [ ,

, − р − ]+

( р + ((р + щ) [

р − щ

−

, − р + ] +

р − щ

[ ,

, − р + ]))))

После этого формула представления решения (9.5) принимает вид

щ щ щ

+ [и]

−

2щ(р2 − 4щ2)

(e−iрt(e2iр 3t−x (− р + 2щ Hypergeometric2F1 [1,

−

, −eiр t−x ]-

р − 2щ Hypergeometric2F1[1, 12 + щр , 32 + щр , −eiр t−x ]) +

(e2iр 3t+x

((р + 2щ)Hypergeometric2F1[

р − 4щ

−

, −eiр t+x

] +

р − 2щ

р 2

Hypergeometric2F1 [1,

, −eiр t+x ]))))+

щ Sec щ Sin tщ Sin xщ

В случае, когда при некотором целом щ2 = ( − 1/2)2р2

формула (9.5) несколько усложняется, однако доказательство принципиально

не изменяется.
10. Решение	задачи для уравнения распространения тепла в

полубесконечном стержне с помощью преобразования Лапласа

Задача. Найти решение уравнения распространения тепла в

полубесконечном стержне,			на	конце которого = 0		поддерживается
температура [ ],а	в начальный момент = 0 температура стержня была
равна нулю.
,		− 2	, = 0, 0 < < ∞, > 0,			(10.1)
		,
при условиях
		= ;			= 0	(10.2)
=0			=0

Решение. Будем предполагать, что как заданная функция [ ], так и искомая функция , и еѐ производная по растут при → ∞ не быстрее . Это позволяет применить к (10.1) и (10.2) преобразование Лапласа . После этого задача (10.1)-(10.2) переходит в эквивалентную задачу

, −

, = 0; 0, = ,

(10.3)

При выводе (10.3) мы использовали свойство 2.3 и учли, что

= 0 .

Здесь , =

, , = .

Далее решаем дифференциальное уравнение

, −

, = 0

, −

== 0, , ,

, →

1 + −

Поскольку нас интересует решение , ,ограниченное при → ∞ и 0 << 1, то постоянную 1 следует положить, равной нулю, а постоянную2 определим из граничного условия

0, == : ( −

2 ) →0 == ; 2 == .

Следовательно, ,

= 2

−

= −

= −1 , = −1[ −

]

Теперь для нахождения

можно

воспользоваться формулой Меллина (3.1). Однако проще воспользоваться уже установленной формулой

− 2

−

1 −

(10.4)

В нашем случае →

,формула (10.4) приобретает вид

−

1 −

(10.5)

Далее заметим, что предел при → +0 функции 1 −

равен нулю,

так как +∞ = 1. Поэтому по свойству 2.3

−

1 −

−

− x

4 2

[

]Таким образом, произведение Q[p]e

можно записать в виде

−

− x

Q p e

= [

] и следовательно,

= −1

< −

−

−1[

4 2

]

В силу свойства 2.6 последнее выражение можно представить через свѐртку


	−		2					−		2
, =	−	4 2			− ф ф =			−		4 2	− ф ф.
								0
	0 2			3 2					3 2
						2	р
			р			2	р

Рассмотрим применение свойств преобразований Лапласа для отыскания решений интегральных уравнений Вольтера с ядром, зависящим от разности аргументов.

x
y(x) k(x s) y(s)ds f (x)	(10.6)
0

Можно доказать, что если k(x) u f(x) являются оригиналами, то решение уравнения (37) является оригиналом.

Пусть y(x) Y ( p), k(x) K( p), f (x) F( p). Умножая обе части уравнения (10.6) на exp(-px) и интегрируя в пределах от 0 до , мы получим, пользуясь свойством 2.6:

Y(p)-K(p)Y(p)=F(p).

Отсюда находим

Y ( p)	F ( p)	F ( p)	K ( p)	F ( p).

	1 K ( p)		1 K ( p)

K ( p)

Обозначим через R(x) оригинал для изображения 1 K ( p) . Тогда, пользуясь свойством 2.6, мы можем записать

y(x) f (x) R(x s) f (s)ds.

Пример . Найти решение интегрального уравнения Вольтера второго рода

y(x) sh(x s) y(s)ds cos(5x).

Решение. В нашем случае

f(x)=cos(5x), k(x)=sh(x).

Вычисления проведем в системе Mathematica.

k=Sinh[4*x];

f=Cos[5*x];

K=LaplaceTransform[k,x,p];

R1=FullSimplify[K/(1-K)];

R=InverseLaplaceTransform[R1,p,x];

R=R/.x x-s;

f1=f/.x s;

y=FullSimplify[f+Integrate[R+f1, {s,0,x}]]

Cos[5x]+ 51 1 Cosh 25 Sin[5x]

Отметим, что рассмотренный способ нахождения решения уравнения Вольтерры не требует нахождения изображения функции f(х). Однако если

K ( p)

нахождение оригинала для изображения вызывает затруднение, то

1 K ( p)

можно	попытаться взять изображение неизвестной функции в виде
Y ( p)	F ( p)	.

1 K ( p)

11. Применение операционного исчисления к решению обыкновенных дифференциальных уравнений.

Рассмотрим дифференциальное уравнение

		+ −1	+. . . +	−1	′	+	= 0	(11.1)
		1		−1

где, -искомая функция; ′, ′′, … , ( ) -еѐ последовательные производные по ; 1, 2, … , - не зависящие от вещественные постоянные.

Уравнение (11.1) называется линейным однородным дифференциальным уравнением с постоянными коэффициентами порядка .

Задача Коши, как известно, заключается в следующем: найти уравнение (11.1), удовлетворяющее начальным условиям: при = 0

= , ′ = ′		, … , ( −1) = ( −1)
0	0		0
Где ′ = ′	, … , ( −1)		- заданные числа.
0		0

Обозначим через ( ) изображение искомого решения: ( ) ( )

По теореме об изображении производной будем иметь

−

′ 0

−. . . −

−1 0

−1

−

′ 0

−. . . −

−2 0

−1

……………………………………………………………………………………….

′ − 0 .

(11.2)

(11.3)

Воспользовавшись начальными условиями. Получим вместо дифференциального уравнения (11.3) алгебраическое соотношение

′′ + −1 + +		−1	+			=
1		−1
= −1	+ −2 + +					+ ′ −2	+ −3	+. . . +	−2	+
0	1			−1		0	1		−2
′′ −3 + −4+. . . +				−3	+. . . + ( −1)
0	1			−3		0
(11.4)

Это соотношение принято называть изображающим уравнением. Для составления последнего используется не только дифференциальное уравнение (11.1), но и начальные условия; таким образом, в записи изображающего уравнения содержатся все условия, накладываемые на оригинал .

Обозначим через ∆( ) -коэффициент при ( ) в изображающем уравнении. Через ∆0 , ∆1 , … , ∆ −1 -коэффициенты при ′ = 0′ , … , 0( −1).Тогда из

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]