Сухарев / Семинары_1_11

Чтобы получить температуру торца стержня,берем в последней формуле x = 0.Тогда экспонента в интеграле исчезает

Но нам вообще-то не µ(t) надо выразить через q(t),а ровно наоборот.Ведь неизвестная величина в этой задаче это как раз q(t).Никаких проблем,ведь то,что получилось,есть интегральное уравнение Вольтерра относительно q(t).Причем интеграл имеет вид свертки,так что опять можно воспользоваться преобразованием Лапласа. Пусть µ(t) : M(p),тогда

причем при t = 0 оригинал равен нулю(из-за равенства пределов интегрирования).Тогда

Упражнения для самостоятельной работы: 3.162.2, 3.191.

7

Семинар15

Упражнение:получить функцию Грина третьей смешанной краевой задачи для уравнения теплопроводности на полупрямой.

Если вы не знакомы с понятием функции Грина для уравнения теплопроводности,ничего страшного.Фактически предлагается решить следующую смешанную краевую задачу на полупрямой

ut = a2uxx, 0 < x < +1, 0 < t,

ux(0, t) − hu(0, t) = 0, u(x, 0) = δ(x − ),

a = const > 0, h = const > 0, = const > 0.

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

pU − δ(x − ) = a2Uxx, 0 < x < +1, Ux(0, p) − hU(0, p) = 0.

Поскольку дифференциальное уравнение

содержит дельта-функцию в правой части,придется воспользоваться технологией с второго семинара.

Пусть

1

V1( , p) = V2( , p), V2x( , p) − V1x( , p) = −a2 .

Общие решения обыкновенных дифференциальных уравнений представимы в виде

V1(x, p) = Aeppx/a + Be−ppx/a, V2(x, p) = Ce−ppx/a + Deppx/a.

1

Из условия ограниченности следует D = 0.Остальные три условия приводят к системе алгебраических уравнений

С подобными изображениями мы уже имели дело,так что переход к оригиналам не должен вызвать затруднений.В результате получается

GE0!

Ix(0, p) = −p2 + !2 .

2

Отсюда находим(не забывая про ограниченность изображения на бесконечности),что

rG e−pLGpx

I(x, p) = !E0 L pp (p2 + !2).

Оригинал будем восстанавливать лобовой атакой,т.е.по определению обратного преобразования Лапласа

Создадим в комплексной плоскости замкнутый контур.Для этого нарисуем две окружности:большого радиуса R с центром в начале координат,и малого радиуса r (r < a)с центром в начале координат.Прямая Re p = a отпилит от большой окружности левую часть (правую часть вообще выкинем).А еще сделаем в оставшейся(левой) части большой окружности разрез вдоль отрицательной полуоси,доходящий до малой окружности.

То есть сначала движемся по вертикальному отрезку(фрагменту прямой Re p = a > 0 снизу вверх,затем поворачиваем налево и движемся против часовой стрелки по большой окружности до оси x (до точки p = −R+i0).Поворачиваем направо и движемся вдоль верхнего берега разреза до малой окружности(до точки p = −r+i0).Затем по малой окружности обходим начало координат по часовой стрелке и попадаем на нижний берег разреза(точку p = −r −i0).Движемся влево вдоль нижнего берега разреза до большой окружности(точки p = −R − i0),после чего по большой окружности крутимся против часовой стрелки до пересечения с прямой Re p = a.

Разрез с обходом начала координат вызван наличием точки ветвления в подынтегральной функции из-за множителя 1/pp.Таким приемом мы ее исключаем из контура.

Согласно теореме о вычетах,интеграл по замкнутому контуру равен произведению 2 i на сумму вычетов подынтегральной функции в особых точках,находящихся внутри контура.Интеграл по контуру можно представить в виде

S = S1 + S2 + S3 + S4,

где S1 интеграл по вертикальному отрезку, S2 интеграл по большой окружности(по двум ее дугам), S3 интеграл вдоль разреза

3

(по верхнему и нижнему берегу), S4 интеграл по малой окружности.В пределе R ! 1 S1 будет тем самым интегралом,который мы и хотим вычислить.

Пусть

e−pLGpx

g(p) = pp (p2 + !2).

При p = Rei' (в пределе R ! 1)будет |g(p) dp| 6 R−3/2,то есть на большой окружности g(p) dp ! 0.Подынтегральная функция это g(p)ept.Поэтому при t > 0 по лемме Жордана S2 = 0.

Интеграл вдоль разреза(т.е. S3)тоже равен нулю.Чтобы это увидеть,сделаем замену pt = q.Тогда путь интегрирования формально не изменится,а подынтегральное выражение примет вид

p

При t ! +1 эта конструкция стремится к нулю как 1/ t,так что и интеграл от нее будет равен нулю.Напомню,что мы ищем установившийся ток,то есть рассматриваем предел t ! +1.

Если взять p = rei' и рассмотреть предел r ! 0,то

g(p)ept dp ! 0,

поскольку это выражение будет пропорционально pr.То есть S4 = 0. Таким образом,остается только интересующий нас интеграл,он

же S1.Замечу,что для конечного t так лихо уже не выйдет,интеграл вдоль разреза придется как-то считать.

В общем случае у этого подхода(с t ! +1)есть еще один бонус. Вычеты в особых точках с Re p < 0 можно не рассматривать из-за наличия множителя ept.Просто потому,что при t ! +1 и Re p < 0 показатель этой экспоненты стремится к −1,то есть соответствующие вычеты оказываются пренебрежимо малы.

Поскольку точку ветвления p = 0 мы из контура исключили, внутрь контура попадают всего две особые точки:простые полюса p = ±i!.Так что упомянутый бонус нам не нужен,особых точек с Re p < 0 в этой задаче просто нет.

4

Считаем вычеты

Задача3.174.1.На струну 0 < x < l с закрепленными концами действует сила с линейной плотностью f0 sin 3 l x sin !t.Решить задачу о колебаниях однородной струны с нулевыми начальными данными.

Постановка задачи

5

Задача3.180.Боковая поверхность и торец x = l однородного стержня( 0 < x < l)теплоизолированы,а через торец x = 0 поступает тепловой поток плотности q0~ex.Найти температуру стержня, если начальная температура равна нулю.

Для перехода к оригиналу можно воспользоваться второй теоремой разложения.Формулировка этой теоремы:Пусть функция F (p) 1)мероморфна; 2)правильна(регулярна)в некоторой полуплоскости Re p > s0; 3)существует система окружностей возрастающего до бесконечности радиуса,на которой F (p) стремится к нулю равномерно относительно arg p; 4)для любого a > s0 абсолютно сходится интеграл

Z a+i1

F (p) dp.

a−i1

6

Тогда оригиналом F (p) служит функция

X

f(t) = Res F (p)ept,

pn

pn

где сумма вычетов берется по всем особым точкам pn функции F (p) в порядке неубывания их модулей.

Проверим первые два пункта в нашем случае(третий пункт и так выполняется,а с проверкой четвертого возиться неохота).

В каких точках знаменатель обращается в нуль?Во-первых,при p = 0.Причем,поскольку при p ! 0 будет sh ppl/a ppl/a,то при p ! 0 знаменатель ведет себя как p2.То есть точка p = 0 есть полюс второго порядка.Во-вторых,знаменатель обращается в нуль при равенстве нулю sh ppl/a.Используя соотношение sin i = i sh находим,что гиперболический синус обращается в нуль,если

То есть дополнительные нули знаменателя расположены в точках

Эти нули простые(что можно проверить путем разложения в ряд Тейлора),поэтому в точках p = pn интересующая нас функция имеет простые полюса.

Поскольку никаких особых точек,кроме полюсов,нет,то функция мероморфная.А поскольку все полюса сосредоточены в полуплоскости Re p 6 0,то в полуплоскости Re p > 0 особых точек нет, то есть рассматриваемая функция там регулярна.

Осталось сосчитать вычеты.Вычет в простом полюсе проще всего сосчитать по формуле Respn f(p) = '(pn)/ 0(pn),тогда

Считаем вычет в полюсе второго порядка

7

После дифференцирования по p получается