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 13 1415 / 1615 16 > Следующая >>>

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

Vx + (R + Lp)I = 0, Ix + (G + Cp)V = 0, 0 < x < +1, −V (0, p) + E(p) = R0I(0, p), RC = LG.

Исключая изображение тока из полученной системы дифференциальных уравнений,находим

Vxx − LC p +	R	2
		V = 0, 0 < x < +1.
	L

Чтобы получилось красиво,здесь использована связь RC = GL. Решая задачу для изображений,находим


V (x, p) = aE(p)e− p, I(x, p) = r					C
						V (x, p),
					L
	1	e−p		Rx, = (x) = p
			CL
a = a(x) =							LCx.

1 + R0 C

Возвращаемся к оригиналам

v(x, t) = aE(t − ) (t − ) =

=1 q e−pCL RxE t − pLCx t − pLCx .

	1 + R0	C
	1 + R0	L
		L

Ток будет отличаться только множителем,

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

Задача3.152.Определить потенциал полубесконечной линии с параметрами R и C (L = 0, G = 0),конец которой подключается к э.д.с. E(t).Рассмотреть случай постоянной э.д.с. E0.

Естественная постановка задачи имеет вид

vx + Ri = 0, ix + Cvt = 0, 0 < x < +1, 0 < t, v(x, 0) = 0, v(0, t) = E(t).

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

Vx + RI = 0, Ix + CpV = 0, 0 < x < +1,

V (0, p) = E(p).

Находим изображение потенциала

V (x, p) = E(p)e− pp, = (x) = pRCx.

Для перехода к оригиналу можно воспользоваться теоремой умножения изображений.Но для этого надо знать оригинал функции e− pp.Чтобы его найти,воспользуемся теоремой Эфроса.

Борьба с корнями,как обычно,будет происходить на основе полученной пару семинаров назад формулы

e−

: p

e−

Выбираем

g(t; ) =

e− 42t , G(p) =

, q(p) = p

p t

Тогда

F (p) = ppe− pp = qe− q = F "q(p)#.

Поскольку

F (q) = F1(q)e− q : f1(t − ), F1(q) = qF2(q), F2(q) = 1 : δ(t),

а также потому что f2(0) есть правосторонний предел,который для дельта-функции можно считать равным нулю,то

F1(q) = qF2(q) − f2(0) : δ0(t),

qe− q : δ0(t − ).

По обобщенной теореме умножения

e− pp : Z0

δ0( − )

e−

4t d =

t3/2

e−

4t .

Теперь пользуемся обычной теоремой умножения изображений

E(p)e− pp : Z0

E(t −

)

e− 4 d .

3/2

v(x, t) = E0 Erf

Следовательно,

= r

RC x

RCx2

v(x, t) =

E(t − )e−

3/2

В случае постоянной э.д.с. E(t) = E0 = const в интеграле надо

сделать замену переменной r

= RC x,

тогда получится

RC x . t 2

Задача3.156.Найти потенциал линии( −1 < x < +1)с пара-

метрами R1, C1 при x < 0 и R2, C2 при x > 0 (L = 0, G = 0),если начальный потенциал равен u0 sign x.

Естественная постановка задачи имеет вид

v1x + R1i1 = 0,	i1x + C1v1t = 0,	−1 < x < 0,	0 < t,
v2x + R2i2 = 0,	i2x + C2v2t = 0,	0 < x < +1,	0 < t,

v1(x, 0) = −u0,	v2(x, 0) = u0, i1(0, t) = i2(0, t),	v1(0, t) = v2(0, t).
Пусть i1(x, t)	: I1(x, p), i2(x, t) : I2(x, p),	v1(x, t) : V1(x, p),
v2(x, t) : V2(x, p).Переходя к изображениям,получаем

V1x + R1I1 = 0,	I1x + C1(pV1 + u0) = 0, −1 < x < 0,
V2x + R2I2 = 0,	I2x + C2(pV2 − u0) = 0, 0 < x < +1,
I1(0, p) = I2(0, p), V1(0, p) = V2(0, p).

Устраняя I1 и I2,находим

V1xx − R1C1pV1 = R1C1u0, −1 < x < 0,

V2xx − R2C2pV2 = −R2C2u0, 0 < x < +1,

V1(0, p) = V2(0, p),

V1x(0, p)

V2x(0, p)

Не забывая про условия ограниченности на ±1,получаем

R C2

V1(x, p) =

+1p

epR1C1px − 1 , −1 < x < 0,

R2C1

R1C2

2 R2C1

1 −

e−pR2C2px , 0 < x < +1.

V2(x, p) =

+ p

R2C1

R1C2

Возвращаясь к оригиналам,находим

2 R C2

R C x

v1(x, t) = u0

+1p

Erf

−r

! − 1! ,

−1 < x < 0,

R2C1

R1C2

v2(x, t) = u0

1 − pR2C1 +2pR1C2

Erf

!! ,

0 < x < +1.

2 R C1

R C x

Упражнения для самостоятельной работы: 3.146.1, 3.146.3, 3.148, 3.153, 3.154, 3.155, 3.157, 3.158 (ответ совсем неверный).Замечание:

Если нужно найти ток через батарею,то после нахождения I(x, p) следует положить x = 0 и искать оригинал для I(0, p).

Семинар14

Задача3.143.В точке x = 0 неограниченной струны,находящейся в покое,имеется шарик,масса которого M.На шарик действует пружинка,перпендикулярная к струне,с коэффициентом упругости k и сила трения,пропорциональная скорости шарика(коэффициент пропорциональности задан).В момент t = 0 шарик получает

импульс I~e в результате удара в точку x = 0.Решить задачу о

движении струны.

Из-за наличия шарика в точке x = 0 записать одно дифференциальное уравнение для всей струны не выйдет(если не использовать обобщенную линейную плотность струны ˜(x) = + Mδ(x),где обычная линейная плотность струны).Поэтому классический путь постановки этой задачи подразумевает разбиение прямой на два интервала, x < 0 и x > 0,с дополнительными условиями в точке x = 0.

Пусть отклонение струны от положения равновесия есть u1(x, t) при x < 0 и u2(x, t) при x > 0.Тогда постановка задачи будет иметь вид

u1tt = a2u1xx, −1 < x < 0, u2tt = a2u2xx, 0 < x < +1,

a2 =	T	, 0 < t, u1(x, 0) = 0, u2(x, 0) = 0, u1(0, t) = u2(0, t),

			8				8
				I	, x = 0,				I	, x = 0,
u1t(x, 0) =						u2t(x, 0) =
				M				M
			< 0,		x < 0,		< 0,			x > 0,
							(0,		t) = Mu1tt(0, t).
T u2x(0, t) −:T u1x(0, t) − ku1(0, t) − u1t:

Пусть u1(x, t) : U1(x, p), u2(x, t) : U2(x, p).Переходим к изображениям

p2U1 = a2U1xx, −1 < x < 0, p2U2 = a2U2xx, 0 < x < +1,

U1(0, p) = U2(0, p),

T U2x(0, p) − T U1x(0, p) − kU1(0, p) − pU1(0, p) = Mp2U1(0, p) − I.

Пользуясь условиями ограниченности решения на бесконечности, находим решения дифференциальных уравнений в виде

px	px
U1(x, p) = Ae a	, U2(x, p) = Be− a .

Из первого граничного условия следует B = A,из второго условия получаем

A = B = Mp2 + $ + 2aT % p + k.

Квадратичное по p выражение в знаменателе дроби можно записать

в виде

p2 +

p +

= (p − p1)(p − p2),

где

p1,2 = −

± s

−

Обозначим для краткости

β =

тогда

p1,2 = −β ± rβ2

−

В зависимости от знака подкоренного выражения могут получиться три разных решения.Сначала рассмотрим самый простой (вырожденный)случай β2 = k/M,тогда

	I epx/a			I e−px/a
U1(x, p) =			, U2(x, p) =			.
	M	(p + β)2		M	(p + β)2

Наличие экспоненты позволяет воспользоваться теоремой запаздывания,так что для перехода к оригиналам достаточно получить

1 2 : te−βt.

(p + β)

Тогда

u1(x, t) = MI t + xa e−β(t+ xa ) · t + xa , u2(x, t) = MI t − xa e−β(t−xa ) · t − xa .

Пусть теперь β2 − k/M > 0.Введем обозначение γ2 = β2 − k/M, тогда

epx/a

e−px/a

U1(x, p) =

, U2(x, p) =

(p + β)2 − γ2

Поскольку

e−βt

sh γt,

−

(p + β)

то получается

β(t+ a )

u1(x, t) = γM e−

sh γ t + a ·

t + a ,

u2(x, t) =

e−β(t−a ) sh γ t −

t −

γM

Ну и последняя возможность.Пусть β2 − k/M < 0.Введем обозначение !2 = (k/M) − β2,тогда

epx/a

e−px/a

U1(x, p) =

, U2(x, p) =

(p + β)2 + !2

Поскольку

e−βt sin !t,

(p + β)2 + !2

то ответ получится в виде

u1(x, t) =

e−β(t+ xa ) sin !

t +

u2(x, t) =

e−β(t−a ) sin !

t −

В качестве упражнения для самостоятельной работы решите задачи3.144и3.145.Только в ответы не смотрите,они не имеют ничего общего с действительностью.Никаких корней извлекать не придется,так что ответ в каждой задаче получится единственным.

Поскольку,вероятно,не все из вас смогут поставить эти задачи,

выпишу для них постановку.Задача3.144

u1tt = a2u1xx, −1 < x < 0, u2tt = a2u2xx, 0 < x < +1,

a2 = T , 0 < t, u1(x, 0) = 0, u2(x, 0) = 0, u1(0, t) = u2(0, t),

u1t(x, 0) = 0, u2t(x, 0) = 0,

T u2x(0, t) − T u1x(0, t) − ku1(0, t) + F0 = Mu1tt(0, t).

Задача3.145

u1tt = a2u1xx, −1 < x < 0, u2tt = a2u2xx, 0 < x < +1,

a2 = T , 0 < t, u1(x, 0) = 0, u2(x, 0) = 0, u1(0, t) = u2(0, t),

u1t(x, 0) = 0, u2t(x, 0) = 0,

T u2x(0, t) − T u1x(0, t) − ku1(0, t) + kµ(t) = Mu1tt(0, t).

Задача3.149.Груз массы m,двигавшийся с постоянной скоростью v0 вдоль оси x,в момент времени t = 0 в результате удара прилипает к свободному концу полуограниченного стержня и продолжает двигаться вместе с ним.Решить задачу о движении стержня,если до удара он покоился.

utt = a2uxx, a2 =	E	, 0 < x < +1, 0 < t,


mutt(0, t) = ESux(0, t), u(x, 0) = 0, ut(x, 0) =			v ,	x = 0,
mutt(0, t) = ESux(0, t), u(x, 0) = 0, ut(x, 0) =			00,	x > 0.

Пусть u(x, t) : U(x, p).Переходим к изображениям

p2U = a2Uxx, 0 < x < +1,

m $p2U(0, p) − v0% = ESUx(0, p).

Учитывая ограниченность решения на бесконечности,получаем

U(x, p) =

e−px/a

p p +

Поскольку

p + : e− t,

−p

: t − a

e px/a

то по теореме умножения изображений

u(x, t) = v0 Z0		t	−	x	e− (t− ) d .
				x

				a
Если t < x/a,интеграл равен нулю.Если t > x/a,получаем
		t				1		− (t−xa )
u(x, t) = v0	Zx/a e− (t− ) d = v0					1	− e		.
u(x, t) = v0	Zx/a e− (t− ) d = v0						− e		.

При помощи функции Хевисайда два ответа можно объединить в один,тогда

u(x, t) = mavES0 1 − e−ESma (t−xa ) · t − xa .

Пара упражнений(опирающихся на задачу3.130)для самостоятельного решения: 3.159и3.163.Приведу постановку этих задач. Задача3.159

ut = a2uxx, a2 = D, 0 < x < +1, 0 < t, u(x, 0) = 0, ux(0, t) = −Dq0 .

Задача3.163

ut = a2uxx, a2 = ck , 0 < x < +1, 0 < t, u(x, 0) = 0, ux(0, t) − hu(0, t) = −hu0.

Задача3.190.Шар радиуса R помещают в среду с начальной температурой T1.Найти распределение температуры в среде,если шар поддерживается при постоянной температуре T0.

	a2 @			2 @u			2		k	, R < r < +1, 0 < t,
ut =			r			, a		=
	r2	@r			@r				c

u(r, 0) = T1, u(R, t) = T0.

Пусть u(r, t) : U(r, p).Переходим к изображениям

pU − T1 =		a2 @				2 @U		, R < r < +1,
					r
		r2		@r			@r
U(R, p) =	T0		.

		p

Чтобы упростить полученную задачу,сделаем замену U(r, p) = V (r, p)/r.Тогда задача принимает вид

V 00		p				rT1
	−		V = −				, R < r < +1,
		a2				a2
V (R, p) =				RT0	.

				p

Учитывая ограниченность решения на бесконечности,находим

(T0 − T1)R

rT1

V (r, p) =

e−

(r−R) +

Таким образом,

(T0 − T1)R

U(r, p) =

e−

(r−R) +

Возвращаясь к оригиналу,получаем

0 −

2apt

u(r, t) = T

+ (T

)

Erf

r − R

Задача3.161.Полуограниченный стержень с теплоизолированной боковой поверхностью имеет постоянную температуру u0.Какой плотности тепловой поток надо подавать на торец стержня,чтобы температура торца менялась со временем по закону µ(t)?

ut = a2uxx, a2	k	, 0 < x < +1, 0 < t,
	= c

q(t) u(x, 0) = u0, ux(0, t) = − k .

Пусть u(x, t) : U(x, p), q(t) : Q(p).Переходим к изображениям

pU − u0 = a2Uxx, 0 < x < +1,

Q(p) Ux(0, p) = − k .

Учитывая ограниченность решения на бесконечности,находим

U(x, p) = aQ(p)e−ppx + u0 .

kpp a p

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 1615 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