Сухарев / Семинары_1_11

Снова пользуемся условием ортогональности,тогда

Интегрировать нули легко и приятно,поэтому Cn = 0 для всех n. Следовательно,

Упражнение для самостоятельного решения.В точке x = x0 кабеля( L = 0, G = 0)действует постоянная э.д.с. E0 столь долго,что в проводе устанавливается стационарное распределение потенциала и силы тока.Найти потенциал кабеля после отключения э.д.с.,если конец x = 0 заземлен непосредственно,а конец x = l через сосредоточенное сопротивление R0.

Ответ:

16

Семинар7

И снова метод Фурье.В этот раз вам предлагается следующая задача.В точке x = x0 кабеля( L = 0, G = 0)действует постоянная э.д.с. E0 столь долго,что в проводе устанавливается стационарное распределение потенциала и силы тока.Найти ток в кабеле после отключения э.д.с.,если конец x = 0 заземлен непосредственно,а конец x = l через сосредоточенное сопротивление R0.

Знакомая задача?Только теперь надо найти не потенциал,а ток. Посмотрим,к каким изменениям в решении это приведет.Прежде всего выпишем постановку задачи

Начальный ток находится из стационарной задачи при t < 0

Vx + RI = E0δ(x − x0), Ix = 0, 0 < x < l,

V (0) = 0, V (l) = RI(l).

Здесь V (x) потенциал при t < 0, а I(x) ток при t < 0.Отмечу, что для поиска I(x) сформировать задачу с одной неизвестной не выйдет.Так что придется решать задачу с двумя неизвестными, V (x)

и I(x).

Ищем частное решение уравнения теплопроводности в виде произведения i(x, t) = T (t)u(x).Подстановка этого произведения в дифференциальное уравнение даст равенство

откуда для функции u(x) получается обычное уравнение Штурма u00(x) + λu(x) = 0, 0 < x < l.

Подстановка i(x, t) = T (t)u(x) в левое граничное условие даст в итоге u0(0) = 0.Подстановка произведения в правое граничное условие приведет к следующему результату

T (t)u0(l) + CR0T 0(t)u(l) = 0.

1

Вспомним теперь про полученное нами соотношение

T 0(t)

a2T (t) = −λ.

Отсюда можно выразить T 0(t) и подставить результат в предыдущее равенство.Тогда,сокращая на T (t),можно получить

Таким образом,получается следующая задача на собственные значения

u00(x) + λu(x) = 0, 0 < x < l, u0(0) = 0, u0(l) − λhu(l) = 0.

Такие задачи(с собственным значением в граничном условии)мы рассмотрели на четвертом семинаре,так что я сразу выпишу ее решение

u0(x) = 1, λ0 = 0,

p p p

un(x) = cos λnx, tg λnl = −h λn, n = 1, 2, . . .

Ну и самое главное следствие четвертого семинара это весовая функция (x) = 1 + hδ(x − l),которая необходима для свойства ортогональности собственных функций этой задачи.Эта весовая функция добывается ровно так же,как в двух последних задачах четвертого семинара.

Выпишем теперь уравнения для множителя T (t).В случае λ0 = 0 будет

T00(t) = 0, 0 < t

с очевидным общим решением T0(t) = C0, C0 = const.Ну а при n = 1, 2, . . . получится уравнение

T (t)u(x) найдены,собираем из них ряд.Этот ряд и будет решением

2

Осталось воспользоваться начальным условием и найти коэффициенты этого ряда

Напомню,что условие ортогональности собственных функций имеет вид

Z l

un(x)um(x) (x) dx = kunk2δnm.

0

Вот только в этой задаче вес (x) вовсе не равен единице,как в задачах предыдущего семинара.

Умножаем начальное условие на (x)um(x) (где um напомню, собственная функция с фиксированным номером m)и интегрируем по x в пределах от 0 до l.Получается

Поскольку результат интегрирования уже не содержит символа суммы,можно для красоты заменить m на n,тогда

Коэффициент C0 надо сосчитать отдельно(т.к.квадрат нормы u0 отличается от всех остальных).Можно заметить,что

3

Вычисляем Cn.Во-первых,это можно сделать без всяких ухищрений.Интеграл от косинуса,надеюсь,трудностей у вас не вызы- вает.Во-вторых,можно воспользоваться свойством самосопряженности.Но для этого надо брать обобщенную постановку задачи на собственные значения

u00(x) + λ(x)u(x) = 0, 0 < x < l, u0(0) = 0, u0(l) = 0.

Тогда можно видеть,что постоянная E0/(R(1 + l)) принадлежит к области определения оператора.Следовательно,

Но самый короткий путь это заметить,что интеграл можно переписать в виде

Здесь мы воспользовались свойством ортогональности собственных

функций,в результате Cn = 0, n = 1, 2, . . . и квадрат нормы kunk2 можно даже не вычислять.Конечно,такая удача выпадает редко.

Но тем не менее иметь в виду подобный поворот событий полезно. Т.е.получив набор собственных функций в задаче на собственные значения,неплохо бы оценить начальные условия.Именно,нельзя ли записать начальные условия в виде конечного набора собственных функций?Если это удается,то в ответ только эти собственные функции и войдут.А остальные исчезнут из-за свойства ортогональности.

Кстати,ответ:

E0 i(x, t) = R(1 + l).

Следующая задача.В линии без потерь( R = 0, G = 0)с изолированным концом x = l начальный ток и потенциал первоначально

4

равны нулю.В начальный момент времени левый конец x = 0 провода заземляют через индуктивность L0,через которую(в момент подключения)протекает ток I0.Найти ток в линии при t > 0.

Постановка задачи имеет вид

Обратите внимание,что начальные данные отличны от нуля всего лишь в одной точке,причем никаких других неоднородностей задача не содержит.В обычных задачах(которые решаются в стандартных курсах математической физики)такая ситуация гарантированно привела бы к тривиальному решению.Посмотрим,что получится здесь.

Поиск частного решения волнового уравнения в виде i(x, t) = T (t)u(x) приводит к соотношению

из правого граничного условия получается u(l) = 0,а из левого

T (t)u0(0) − CL0T 00(t)u(0) = 0.

Но поскольку

T 00(t)

a2T (t) = −λ,

то левое граничное условие можно записать в виде

Таким образом,получаем задачу на собственные значения

u00(x) + λu(x) = 0, 0 < x < l, u0(0) + λhu(0) = 0, u(l) = 0.

5

Эта задача имеет решение в виде

p p 1

un(x) = sin λn(l − x), tg λnl = pλnh, n = 1, 2, . . .

Для отыскания весовой функции можно сделать обобщенную постановку той же самой задачи на собственные значения.Получится

u00(x) + λ (x)u(x) = 0, 0 < x < l, (x) = 1 + hδ(x), u0(0) = 0, u(l) = 0.

Для второй компоненты частного решения находим уравнение

Tn00(t) + a2λnTn(t) = 0, 0 < t, n = 1, 2, . . .

Общее решение этого уравнения есть

pp

Tn(t) = An cos a λnt + Bn sin a λnt.

Таким образом,решение исходной задачи представляется в виде ряда

Коэффициенты An и Bn находим из начальных данных задачи,опираясь на свойство ортогональности собственных функций с весом

(x).

При этом получаются формулы

Теперь вычисляем интеграл из числителя дроби для An:

Z l Z l Z l

i(x, 0)un(x) (x) dx = i(x, 0)un(x) dx + h i(x, 0)un(x)δ(x) dx.

0 0 0

6

Первый интеграл равен нулю.А второй нет,так что

Множитель с −1 восстанавливается при помощи графика точно так же,как это было сделано на четвертом семинаре.

Ответ:

Задача для самостоятельного решения.Конец x = 0 линии без потерь( G = 0, R = 0)заземлен через конденсатор C0,а конец x = l изолирован.Найти потенциал линии,если начальный потенциал есть v0x, v0 = const,а начальный ток равен нулю.

Чтобы избежать интегрирования при вычислении коэффициентов ряда Фурье,начальный потенциал можно заменить на кусочнодифференцируемую функцию '(x) = v0x при всех x,но такую,что

'0(x) = v0, 0 < x < l,

Тогда '00 = v0δ(x) − v0δ(x − l),что позволяет быстро вычислить интеграл,воспользовавшись свойством самосопряженности.

Ответ:

где pλn есть положительный корень уравнения

pp

tg λnl = −h λn, n = 1, 2, . . . ,

а h = C0/C.

7

Семинар9

Правый конец кабеля заземлен непосредственно,левый конец кабеля заземлен через последовательно соединенные сопротивление R0 и э.д.с. E(t).Найти потенциал кабеля,если в начальный момент времени потенциал был равен нулю,а E(t) = E0e− t,причем э.д.с. действует лишь конечное время:с t = 0 до t = t0.После момента времени t = t0 э.д.с.отключается,т.е.левый конец кабеля остается заземлен только через сопротивление R0.

Постановка этой задачи будет иметь вид

Одна из особенностей этой задачи заключается в том,что в левом граничном условии переменные не разделяются.То есть если искать частное решение уравнения теплопроводности в виде v(x, t) = T (t)u(x) и подставить это произведение в граничное условие при x = 0,мы получим

T (t)u0(0) − hT (t)u(0) = −hE0e− t (t0 − t).

Из этого выражения убрать функцию T (t) никак не выйдет,так что мы не сумеем раздобыть левое граничное условие для задачи Штурма Лиувилля.

Эта проблема возникает из-за наличия неоднородности(э.д.с.)в левом граничном условии.Вот если бы это условие было однородным (т.е.с нулем в правой части),тогда переменные в нем можно было бы разделить и получить обычное граничное условие задачи Штурма Лиувилля.

Классический способ решения подобных задач заключается в следующем.Решение задачи ищут в виде суммы двух функций, v(x, t) = v1(x, t) + v2(x, t).При этом требуют,чтобы функция v1(x, t) удовлетворяла неоднородному левому граничному условию(и однородному правому граничному условию).Таких функций существует бесконечно много,поэтому чаще всего хоть какую-нибудь v1(x, t) угадать удается.Если хоть какая-нибудь функция v1(x, t) оказывается найдена,задача для функции v2(x, t) уже не будет содержать неоднородность в левом граничном условии.Поэтому можно будет поставить

1