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

УРАВНЕНИЯ С ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ в примерах и задачах-объединены

.pdf
Скачиваний:
1
Добавлен:
06.02.2025
Размер:
427.79 Кб
Скачать

Tn(t) = An cos λnt + Bn sin λnt,

ãäå An, Bn - произвольные постоянные.

Таким образом, мы получим счетное множество решений уравнения (3.1) вида

p p

un(x, t) = Tn(t)Xn(x) = (An cos λnt + Bn sin λnt)Xn(x),

которые удовлетворяют граничным условиям (3.8) и (3.9).

Чтобы удовлетворить начальным условиям (3.4) и (3.5), составим ряд

 

 

 

 

 

 

 

X

p

 

 

p

 

 

 

u(x, t) =

(An sin λnt + Bn cos

 

λnt)Xn(x)

(3.10)

n=1

Если этот ряд сходится равномерно, так же как и ряды, получающиеся из него двукратным дифференцированием по x è ïî t, то сумма его будет удовлетворять уравнению (3.1) и краевым условиям (3.2) и (3.3).

Тогда для выполнения начальных условий (3.4) и (3.5) надо, чтобы

 

X

 

u(x, t) = AnXn(x) = f(x),

(3.11)

n=1

∂u(x, 0) = X pλnBnXn(x) = F (x). (3.12)

∂t

n=1

Предположим, что функции f(x) è F (x) удовлетворяют условиям теоремы Стеклова, теперь их действительно можно представить в виде рядов (3.11) , (3.12). Тогда можно определить коэффициенты Anè Bn, умножив обе части равенства (3.11) и (3.12) на ρ(x)Xn(x) и проинтегрировав по x в интервале от

0 äî `. В силу свойства 3, получим

`

`(

) ( )

 

n(

)

 

`

`

n

,

An = R0

X

dx

, Bn = R0

 

 

ρ

x f x

 

x

 

 

ρ(x)F (x)X

(x)dx

 

 

 

R0

ρ(x)Xn2(x)dx

 

 

R0

ρ(x)Xn2(x)dx

61

2.4.1 Задачи с однородными условиями.

Подставляя найденные значения коэффициентов в ряд (3.10), получим ре-

шение нашей задачи.

Изложенный метод очевидным образом переносится на уравнения параболического и эллиптического типов.

Приводим теперь задачи, разбитые по основным темам.

Предлагаем решить следую-

щие примеры.

2.1Однородная струна длиной `, закрепленная на обоих концах, находится

âположении, занимая отрезок [0, `] îñè 0x, следовательно

u(0, t) = 0; u(`, t) = 0

Найти решение уравнения 2u

= a

2 2u

 

 

 

 

∂t2

∂x2 для любого t > 0, если задаются следу-

ющие начальные условия:

 

 

 

1) u(x, 0) = f(x),

∂u (x, 0) = F (x);

 

 

 

 

∂t

 

 

 

2)

u(x, 0)

= 5 sin 3πx` 21 sin 8πx` ,

∂u∂t (x, 0) = 0;

3)

u(x, 0)

= 0,

∂u∂t (x, 0) = 6 sin πx`

− sin 3πx` + 3 sin 7πx` ;

4)u(x, 0) = 31 sin 2πx`

+ 4 sin 5πx`

41 sin 8πx` ,

∂u∂t (x, 0) = A sin πsx`

+ B sin πpx`

, A è B постоянные; s, p N.

5)

u(x, 0)

= Ax,

∂u (x, 0) = 0;

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

62

0, 0 ≤ x ≤ α,

6) u(x, 0) = 0, ∂u∂t (x, 0)= v0, α < x < β,

0, β ≤ x ≤ l.

7)

 

 

4hx(`−x)

 

∂u

;

 

u(x, 0) =

 

l2

,

∂t

(x, 0) = 0

8)u(x, 0) =

 

hc x, 0 ≤ x ≤ c,

 

 

 

 

 

 

 

h(x−l), c < x ≤ l,

(c−l)

∂u(x,0) = 0; ∂t

9) u(x, 0) = 165h [(x` )4 − 2(x` )3 + (x` )], h>0, ∂u∂t (x, 0) = 0;

2.2. Левый конец стержня, x = 0, закреплен, а правый x = `, свободен, это

означает выполнение условий u(0, t) = 0,

∂u

(`, t) = 0

 

∂x

 

для t>0. Найти продольные колебания стержня при следующих начальных условиях:

1) u(x, 0) = f(x),

 

∂u (x, 0) = F (x);

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x, 0)

= A sin

3πx

11πx

∂u

2)

 

2` + B sin 2` ,

∂t (x, 0) = 0;

3)

u(x, 0)

= 0,

∂u∂t (x,

0) = 21 sin

7πx

 

31 sin

9πx

;

2`

2`

4)

u(x, 0)

= sin

5πx

,

∂u∂t (x, 0) = sin

3πx

;

2`

2`

5)

u(x, 0)

= 0,

∂u

(x,

0) = v0;

 

 

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

63

6)

u(x, 0)

= hx

 

∂u (x, 0) = 0;

 

 

 

 

 

` ,

 

∂t

 

 

 

7)

u(x, 0)

= 41 sin

3πx

51 sin

5πx

,

∂u∂t (x, 0) = v0;

2`

2`

8)

u(x, 0)

= x,

∂u (x, 0) = v0;

 

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

9)

u(x, 0)

= Ax,

 

∂u∂t (x, 0) = sin πx2` − 2 sin

3πx

.

 

2`

2.3 Проинтегрировать уравнение продольных колебаний стержня 2u = a2 2u

∂t2 ∂x2 ,

если левый конец, x = 0, свободен, правый x = ` закреплен (то есть ∂u

(0, t) = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂x

 

u(l, t) = 0 при t>0) со следующими начальными условиями:

 

1) u(x, 0) = f(x),

∂u (x, 0) = F (x);

 

 

 

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2)

u(x, 0)

= A cos

5πx

+ B cos

7πx

,

 

 

∂u∂t (x, 0) = 0;

 

2`

 

2`

 

 

3)

u(x, 0)

= 0,

∂u∂t (x, 0) = 2 cos

5πx

 

72 sin

7πx

;

 

 

 

2`

2`

 

4)

u(x, 0)

= cos πx2` ,

 

 

∂u∂t (x, 0) = cos

3πx

21 cos

5πx

;

 

 

 

2`

2`

 

5)

u(x, 0)

= 0,

∂u (x, 0) = v0;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6) u(x, 0) =

h(l−x)

 

 

∂u (x, 0) = 0;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

`

,

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7)

u(x, 0) = 51 cos

5πx

41 cos

3πx

,

∂u∂t (x, 0) = v0;

 

2`

2`

 

8)

u(x, 0) = l − x,

∂u∂t (x, 0) = cos πx2` − 3 cos

3πx

;

 

2`

 

64

9) u(x, 0) = A(` − x), ∂u∂t (x, 0) = v0.

2.4. Изучить задачу о продольных колебаниях стержня, оба конца которого свободны. Подобная задача возникает при движении ракеты в безвоздушном

пространстве. Искомая функция u(x, t), как мы говорили в пункте 2.2, удовле-

творяет уравнению 2u

= a

2 2u

 

∂u

(0, t) = 0,

∂u

(`, t) = 0.

 

 

 

 

∂t2

∂x2 и краевым условиям ∂x

δx

Решить задачу с такими начальными данными:

 

 

 

1) u(x, 0) = f(x),

∂u

(x, 0) = F (x);

 

 

 

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

2)

u(x, 0) = 0,

∂u (x, 0) = cos2 3πx

 

 

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

`

;

 

 

 

 

3)

u(x, 0) = sin2 5πx

,

∂u (x, 0) = 0;

 

 

 

 

 

 

 

`

∂t

 

 

 

 

 

 

4)

u(x, 0) = 1 + cos 2πx` 31 cos 3πx`

,

∂u∂t (x, 0) = 2 cos 6πx`

32 cos 7πx`

;

 

5)

u(x, 0) = hx

∂u

(x, 0) = 0;

 

 

 

 

 

 

 

` ,

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6)

u(x, 0)

= sin2 πx

 

∂u

(x, 0) = x;

 

 

 

 

 

 

 

` ,

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

7)

u(x, 0)

= x,

∂u (x, 0) = v0;

 

 

 

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x, 0)

= l − x,

∂u

 

 

2 8πx

 

 

 

8)

∂t (x, 0) = cos

`

;

 

 

 

9)

u(x, 0)

= cos 3πx` ,

 

∂u∂t (x, 0) = l − x.

 

 

 

2.5 В следующей серии рассматриваются задачи о продольных колебаниях

65

стержня, один из концов или оба закреплены упруго.

В полуполосе 0 < x < `, t > 0 для уравнения 2u = a2 2u

∂t2 ∂x2

решить начально-краевые задачи со следующими условиями:

1) u(0, t) = 0,

 

∂u (l, t) + hu(l, t) = 0, h > 0,

 

 

∂x

 

u(x, 0) = f(x),

∂u (x, 0) = F (x);

 

 

∂t

 

2) u(0, t) = 0,

 

∂u (l, t) + hu(l, t) = 0, h > 0,

 

 

∂x

 

u(x, 0) = 1,

∂u (x, 0) = 0;

 

 

∂t

 

 

3) ∂u (0, t) = 0,

∂u (l, t) + hu(l, t) = 0, h > 0,

∂x

 

∂x

 

u(x, 0) = f(x),

∂u (x, 0) = F (x);

 

 

∂t

 

4) ∂u (0, t) = 0,

∂u (l, t) + hu(l, t) = 0, h > 0,

∂x

 

∂x

 

u(x, 0) = 0,

∂u (x, 0) = 1;

 

 

∂t

 

 

5) ∂u (0, t) = 0,

∂u (l, t) + hu(l, t) = 0, h > 0,

∂x

 

∂x

 

u(x, 0) = Ax,

 

∂u (x, 0) = 0;

 

 

∂t

 

6) ∂u∂x (0, t) − hu(0, t) = 0, h > 0, u(l, t) = 0,

u(x, 0) = f(x),

∂u (x, 0) = F (x);

 

 

∂t

 

7) ∂u∂x (0, t) − hu(0, t) = 0,

∂x∂u (l, t) = 0, h > 0

u(x, 0) = f(x),

∂u (x, 0) = F (x);

 

 

∂t

 

8) ∂u∂x (0, t) − hu(0, t) = 0,

∂x∂u (l, t) + hu(l, t) = 0, h > 0

u(x, 0) = f(x),

∂u (x, 0) = F (x);

 

 

∂t

 

66

9) ∂u∂x (0, t) − h1u(0, t) = 0, ∂u∂x (l, t) + h2u(l, t) = 0, h1 > 0, h2 > 0,

u(x, 0) = f(x),

∂u (x, 0) = F (x).

 

∂t

2.4.2 Задачи о колебании с особыми краевыми условиями.

Несмотря на обилие различных краевых задач, на практике (в реальной жизни) встречаются примеры особых граничных условий, даже таких, для которых неприменим метод Фурье. В этом случае краевое условие таково, что

переменные в нем не разделяются, например, αu(0, t)+β ∂u∂t (0, t) = 0, αβ 6=.0 Для уравнения общего вида (3.1) метод Фурье может дать осечку, если краевые условия отличные от условий (3.2) и (3.3). Для специального уравнения, скажем (1.5), метод Фурье может сработать, но теория Штурма-Лиувилля не будет выполнятся в полной мере. Рассмотрим задачу о колебании струны или стержня со сосредоточенной массой на конце.

Пример 3. (задача N 84, [5], 1968 года).

Однородный стержень имеет длину ` и площадь поперечного сечения σ. Êî-

íåö åãî x = 0 закреплен неподвижно, а на конце x = ` сосредоточена масса m. Стержень предварительно растянут силой Q. Изучить продольные колебания стержня, которые возникают при внезапном прекращении действия растягивающей силы.

Решение. Выясним сначала начальные условия. Поскольку они аналогич- ные условиям примера 2, то можем сразу записать

u(x, 0) =

Qx

,

(4.1)

 

 

 

 

 

∂u

(x, 0) = 0.

(4.2)

 

∂t

 

 

 

 

 

67

−m∂t2u2 , которая про-

Уравнение будет однородным

2u

 

2 2u

 

2

E

 

 

 

= a

 

 

 

,

a =

 

.

(4.3)

2

 

∂x

2

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

ρ

 

Îñü 0x направим вдоль стержня сверху вниз. Верхний конец закреплен в точке x = 0, значит , первое краевое условие

u(0, t) = 0.

(4.4)

На втором конце, x = `, сосредоточенная в точке масса m и это сечение в процессе колебаний будет иметь силу ускорения, равную

тивостоит силе натяжения T = Eσ∂u∂x , смотрите равенство (2.1). В силу принципа Даламбера сумма этих сил равна нулю. В итоге получаем второе краевое условие:

m

2u

+ Eσ

∂u

x=`

= 0

(4.5)

∂t2

∂x

Это условие отличается от требований (3.2) и (3.3) и на первый взгляд переменные x и t в нем не разделяются, но , благодаря специальному виду уравнения (4.3), переменные разделяются, что позволяет применить метод Фурье.

Ищем частные решения уравнения (4.3), удовлетворяющие условиям (4.4) и (4.5), в виде произведения u(x, t) = X(x)T (t). Подставляя u(x, t) в уравнение и разделяя переменные, получаем:

T 00(t)

=

X00(X)

= ν = −λ2

(4.6)

a2T (t)

X(x)

 

Мы посчитали в тождестве (4.6) общую постоянную дробей отрицательной,

λ 6= ,0надеясь, что дотошный читатель сам проверит, что при ν ≥ 0 краевая задача не разрешима.

68

Запишем дифференциальные уравнения, порожденные равенством (4.6)

X00(x) + λ2X(x) = 0,

(4.7)

T 00(t) + a2λ2T (t) = 0.

(4.8)

Определимся с краевыми условиями. При x = 0 имеем X(0)T (t) = 0, откуда

X(0) = 0.

(4.9)

Ïðè x = ` проблема посложней. Теперь

mX(`)T 00(t) + EσX0(`)T (t) = 0.

Воспользуемся соотношением (4.8), из которого T 00(t) = −a2λ2T (t). Теперь предыдущее равенство запишется так mX(`)(−a2λ2T (t)) + EσX0(`)T (t) = 0

Сократим на T (t) 6= 0

EσX0(`) − mλ2a2X(`) = 0.

(4.10)

Краевое условие (4.10) отличается от условий пункта 2.3 наличием λ2 â ðà-

венстве и пользоваться результатами этого пункта следует с осторожностью. Итак, ищем нетривиальные решения (4.7), удовлетворяющие (4.9) и (4.10). Общее решение (4.7) находилось раньше

X(x) = C1 cos λx + C2 sin λx.

Ïðè x = 0 имеем X(0) = C1 = 0, C2 для простоты полагаем равной единице, C2 = 1. Подставим X(x) è X(x)0 = λ cos λx â (4.10)

Eσλ cos λ` − mλ2a2 sin λ` = 0.

69

è µm, µk 6=µm.
(4.7) отвечающие Вычислим
Xk(x) на отрезке

Сокращаем на λ (λ 6= 0), делим на cos λ` и умножаем на `

 

 

 

λ` tg λ` =

`.

 

 

 

 

 

 

 

a2m

Пусть λ` = µ, α = Eσ`2

= Eσ`

ρ

= ρ`σ > 0. Äëÿ µ получаем уравнение

 

a m

m E

m

 

 

 

 

µ tg µ = α,

(4.11)

которое имеет бесконечное число простых, положительных корней (проще всего это установить графически) µ1, µ2 ..., µk... . Им соответствуют собственные функции Xk(x) = sin µk`x, k N. Самый больной вопрос ортогональны ли

[0, `]. Проверим это. Пусть Xk(x) è Xm(x), k 6=m, решения неравным друг другу µk

 

 

 

 

`

 

 

 

 

 

 

 

 

 

`

sin ` sin

 

 

` dx =

 

 

 

 

 

 

Z0

Xk(x)Xm(x)dx = Z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

µkx

 

µkx

 

 

 

 

 

 

2

`

 

 

`

 

 

`

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z0

 

µk

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

1

 

 

 

cos

− µm

x

 

 

cos

µk + µm

x dx =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 2

µk

− µm sin (µk − µm) −

 

µk + µm sin (µk + µm) =

 

 

1

 

 

 

 

`

 

 

 

 

 

 

 

 

 

`

 

 

 

 

 

 

 

= 2

 

α (ctg µk

ctg µm)

α (ctg µk + ctg µm)

=

 

 

 

 

`

 

 

 

 

sin (µk

 

µm)

 

 

 

 

sin (µk

+ µm)

 

 

=

sin (µm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

µk) sin µk sin µm sin (µk + µm) sin µk sin µm

=

`

 

sin (µk

 

µm)

 

 

 

 

 

 

sin (µk + µm)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

`

 

 

 

 

 

 

`

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −

 

sin µk sin µm = −

 

Xk(`)Xm(`).

 

 

 

 

 

 

 

 

α

α

 

 

В итоге получили

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

`

Xk(x)Xm(x)dx = −αXk(`)Xm(`)

 

(4.12)

 

 

 

 

 

 

 

Z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

`

 

 

 

 

 

 

 

70