Добавил:

okley Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Уравнения математической физики. Методы математической физики.

Файл:

Сухарев / Семинары_1_11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.12.2025

Размер:

2.67 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1614 15 16 > Следующая >>>

Задача3.109.1.Найти оригинал,которому соответствует изображение

F (p) = ep2 Erf p.

Напомню формулу дифференцирования интеграла по параметру. Если

Z β(t)

I(t) = f(t; ) d ,

(t)

то производная по параметру t от этого интеграла вычисляется по формуле

dβ

β(t) @f(t; )

(t; β(t))

−

(t; (t))

+ Z (t)

d .

Эта формула понадобится для дифференцирования функции Erf p. Дифференцируем изображение

Erf p

F 0(p) = 2pep

Erf p + ep

= 2pep

Erf p + ep

−p2

e−p

= 2pF (p) − p

Замечу,что имеет место предельное соотношение

lim pF (p) = f(0).

p!1

Поскольку при p ! 1

pep2 ! 1, Erf p ! 0,

то для вычисления предела придется воспользоваться правилом Лопиталя.Тогда

d Erf p lim dp 1

p!1 dpd p e−p2

−p2 e−p2

= lim − 1 e−p2 − 2e−p2 .

p!1

В знаменателе дроби первым слагаемым можно пренебречь по сравнению со вторым,поскольку оно убывает гораздо быстрее.Тогда экспоненты сокращаются,и мы получаем f(0) = 1/p .

Следовательно,дифференцирование изображения дает равенство

( )

F 0(p) = 2 pF (p) − f(0) .

Находим оригиналы для каждого кусочка этого равенства.Складывая паззл,получаем

−tf(t) = 2f0(t), т.е.			f	0	= −	t
							.
			f			2	.
Отсюда следует
f(t) = Ce−	t2	.
f(t) = Ce−	4	.

Зная f(0),находим постоянную C.Окончательно

ep2 Erf p : p1 e−t42 .

Задача3.112.2.Найти изображение функции J1( t).

Чтобы сделать этот пример,проще всего опереться на формулу дифференцирования цилиндрических функций

dJ0(z) = −J1(z). dz

В рассматриваемом случае z = t,тогда

J1( t) = −1 dJ0( t).

Чтобы найти изображение J0( t),можно использовать пример с предыдущего семинара,но только в другую сторону .То есть добавляем в ряд для функции Бесселя первого рода,и прослеживая всю цепочку равенств,находим

J0( t) :

p2 + 2

Следовательно,

− J0(0)! =

! .

J1( t) : −

1 −

p2 + 2

Задача3.126.Найти оригинал,изображение которого имеет вид

p1e− pp.

Борьба с корнями обычно ведется на базе соотношения

e− 4t

: p

e−

и обобщенной теоремы умножения.

Пусть

e−

g(t; ) =

Полагая q(p) = p

и G(p) = 1/p

,получаем

F (p) = p

e−

Находим оригинал для F (q)

e− q

: (t − ).

Тогда

e− pp : Z0

( − )

e−

4t d = Erf

Задача.Найти оригинал,изображение которого имеет вид

+ a.

Действуем так же,как и в предыдущей задаче,т.е.выбираем

g(t; ) =

e− 42t , q(p) = p

1 .

p, G(p) =

p t

Тогда

F (p) =

= 1 −

: δ(t) − ae−at.

+ a

q + a

Применяем обобщенную теорему умножения

= Z0

(δ( ) − ae−a )

e−

d =

− aea

t Erf

apt .

+ a

Задача3.130.5.Найти оригинал для изображения

p + a. p

Преобразуем изображение

p + a

= p

p + a

Используя теорему смещения,находим

e−at.

p + a

Только что полученный результат используем при борьбе со вторым слагаемым

: a Z0

e−a d = pa erf pat.

p + a

Таким образом,

p + a

e−at + pa erf pat.

Задача3.130.8.Найти оригинал для изображения

a pp(p + a).

Для решения этой задачи вполне достаточно обычной теоремы


умножения.Пусть
	p				p
		a					a
F (p) = p				: p				= f(t),
						t
			p
G(p) =	1				: e−at = g(t).

	p + a

Тогда

t d

(p + a)

: Z0

f( )g(t− ) d = p

e−at

ea p

= p

e−at

d .

Ну и немножечко нового.Если в интегральном уравнении Вольтерра интеграл представляет собой свертку,то такое интегральное уравнение целесообразно решать при помощи преобразования Лапласа.

Решить уравнение

u(x) = e−xpx + Z x e−(x−y)u(y) dy.

Переходя к изображениям,получаем

U(p) =	!(3/2)	+	U(p)	,

	(p + 1)3/2		p + 1
откуда

!(3/2)
U(p) = ppp + 1.
Возвращаемся к оригиналам
1	x e−	p
u(x) = 2 Z0	p d =	2	erf px.

Решить уравнение

p Z x

u(x) = x + sin(x − y)u(y) dy.

Переходя к изображениям,получаем

1		1
U(p) =!(3 /2)		+		.
	p3/2		p7/2

Возвращаемся к оригиналам

u(x) = px 1 + 4x2 . 15

Решить уравнение

u(y)u(x − y) dy − 2 − x.

u(x) =

Переходя к изображениям,получаем квадратное уравнение

U(p) =

(p) −

−

Корнями этого уравнения будут

U1(p) = 4 +

, U2

(p) = −

Возвращаясь к оригиналам,получаем два решения

u1(x) = 2 + 4δ(x), u2(x) = −2.

Решить уравнение

Z x

u(x) = (1 − x)ex + u(y)u(x − y) dy.

Переходя к изображениям,получаем квадратное уравнение

U(p) =

−

+ U2(p).

p − 1

(p − 1)2

Корнями этого уравнения будут

U1(p) =

, U2(p) = 1 −

p − 1

Возвращаясь к оригиналам,получаем два решения

u1(x) = ex, u2(x) = δ(x) − ex.

Решить уравнение

1 sin 2p

u(x) = 2 + p

− 2 Z0

u(y) dy.

Пусть

sin 2p

e−yp

g(x; y) =

= G(p)e−yq(p),

то есть

G(p) =

, q(p) =

По теореме Эфроса

−

2U(1/p)

U(p) =

+ p

Везде в этом уравнении меняем p на 1/p,тогда получится

U(1/p) = 2p + pp − 2pppU(p).

Осталось подставить это в предыдущее уравнение.Тогда выйдет алгебраическое уравнение относительно U(p).Решая его,находим

U(p) = pp.

Возвращаясь к оригиналам,получаем

u(x) = p1 x.

Решить уравнение


1	1			y2

Z0	p		e−	4x	u(y) dy = px.
		x

Переходя к изображениям,находим

U (pp) = !(3/2), p

откуда следует

!(3/2)

U(p) = p2 .

Возвращаясь к оригиналам,получаем ответ

p u(x) = 2 x.

В задачнике Горюнова подобные задачи раскиданы в конце четвертой главы,номера с4.398по4.462.Все,конечно,решать не надо (тем более что там полно кривых ответов).Но что-нибудь поделать было бы желательно.

Семинар13

Пример3.11из задачника Горюнова.Конец x = 0 полуограниченной линии с параметрами R и C (G = 0, L = 0)подключается к постоянной э.д.с. E0 через конденсатор C0.Определить потенциал линии.

Естественная постановка задачи имеет вид

vx + Ri = 0, ix + Cvt = 0, 0 < x < +1, 0 < t,

				1	t
v(x, 0) = 0, −v(0, t) + E0 =				1	Z0	i(0, ) d ,

				C0
x!+1 \|	\|	1	x!+1 \|		\|	1
lim	i(x, t) < +	,	lim	v(x, t)		< + .

Отмечу,что условия на бесконечности очень часто в постановке задачи явно не указывают.Но всегда подразумевают.

Пусть i(x, t) : I(x, p), v(x, t) : V (x, p).Переходя к изображениям,получаем

Vx + RI = 0,

Ix + CpV = 0,

0 < x < +1,

−V (0, p) +

1 I(0, p)

x!+1

< +

x!+1 |

< +

lim

I(x, p)

lim

V (x, p)

Из первого дифференциального уравнения находим

I(x, p) = −Vx(Rx, p).

Это соотношение позволит нам исключить функцию I из получившейся задачи.Тогда выйдет задача для изображения потенциала

Vxx − RCpV = 0,

0 < x < +1,

V (0, p) +

1 Vx(0, p)

lim

V (x, p)

< +

−

−RC0 p

x!+1

Общее решение дифференциального уравнения имеет вид

V (x, p) = Ae−pRCpx + BepRCpx.

Из условия на бесконечности следует B = 0.Чтобы найти постоянную A,осталось воспользоваться граничным условием при x = 0. В

результате получаем

1 C

, a = C0 rR.

A = p

+ a

Следовательно,

V (x, p) =

e−

, = (x) =

+ a#

RCx.

Полученная только что функция должна быть вам уже знакома, мы искали ее оригинал пару семинаров назад.И нашли,что

e− p

+ apt .

pp + a

: e a+a t Erf

2pt

Таким образом,

RC x

1 Ct

! .

v(x, t) = E0 exp

Erf

RC02

t 2

Задача3.146.2.Найти ток и потенциал в полубесконечной линии с параметрами L и C (R = 0, G = 0),конец которой подключается к э.д.с. E(t) через сосредоточенную индуктивность L0.Рассмотреть случай постоянной э.д.с. E0.

Естественная постановка задачи имеет вид

vx + Lit = 0, ix + Cvt = 0, 0 < x < +1, 0 < t, i(x, 0) = 0, v(x, 0) = 0, −v(0, t) + E(t) = L0it(0, t),

x!+1 \|	\|	1	,	x!+1 \|	\|	1
lim	i(x, t) < +		,	lim	v(x, t)	< + .

Пусть i(x, t) : I(x, p), v(x, t) : V (x, p), E(t) : E(p).Переходя к изображениям,получаем

V + LpI = 0,

I + CpV = 0,

0 < x < +1,

−V (0, p) + E(p) = L0pI(0, p),

x!+1

< +

x!+1 |

< +

lim

I(x, p)

lim

V (x, p)

Решая эту задачу,находим

aE(p)

V (x, p) =

e− p, I(x, p) = r

V (x, p),

p + a

= (x) = pLCx.

a =

	Поскольку
a		e− p : ae−a(t− ),

p + a

причем это даже можно умножить на (t − ) для наглядности,то

Z t Z t

v(x, t) = E(t − ) ( − )ae−a( − ) d = ae a E(t − )e−a d ,

но лишь в случае t > .Если же t < ,то функция Хевисайда в интеграле будет равна нулю на всем интервале интегрирования, то есть получится v(x, t) = 0.Впрочем,оба этих результата можно объединить в один

Z t

v(x, t) = a (t − )e a E(t − )e−a d =

1 L

t − pLCx eL0

LCx E(t − )e−pC

d .

Ток будет отличаться только множителем,

i(x, t) = CL v(x, t).

В случае постоянной э.д.с. E(t) = E0					= const получившийся ин-
теграл легко вычислить,тогда будет

	Lx		L t

v(x, t) = E0 t − pLCx 1 − eL0		−pC			.
				L0

Задача3.147.К концу полубесконечной линии без искажений (RC = LG)через сосредоточенное сопротивление R0 подключается батарея с э.д.с. E(t).Найти ток и потенциал линии.

Естественная постановка задачи имеет вид

vx + Ri + Lit = 0, ix + Gv + Cvt = 0, 0 < x < +1, 0 < t, i(x, 0) = 0, v(x, 0) = 0, −v(0, t) + E(t) = R0i(0, t), RC = LG.

Условия ограниченности писать уже надоело,но они подразумеваются.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1614 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Сухарев

#
18.12.20252.37 Mб1Лекции_5_семестр.pdf
#
18.12.20253.1 Mб2Лекции_6_семестр.pdf
#
18.12.20252.67 Mб1Семинары_1_11.pdf
#
18.12.20251.71 Mб0Семинары_6_семестр.pdf
#
18.12.20251.21 Mб1Семинары_9_16.pdf