Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гродненский государственный университет им. Я. Купалы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Tom_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

3.2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2728 / 4928 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 > Следующая >>>

un (x,t) = Xn (x)Tn (t) = An sin				nπ	æ			nπ a
un (x,t) = Xn (x)Tn (t) = An sin				l	xçCn cos			l
				l	è			l
æ		nπ a				nπ a		ö
= ç a cos			t + b		sin		t	÷sin
= ç a cos		l	t + b		sin	l	t	÷sin
è n		l		n		l		ø
где an = AnCn , bn = An Bn	– константы.

t + Bn sin nπ a t ö÷ = l ø

nlπ x,

Вследствие линейности и однородности волнового уравнения, сумма частных решений un (x,t) также является его решением, т.е.

ф	у	н		к		ц			и	я
		∞ æ	nπ a			nπ a	ö	nπ
	u(x,t) = åç an cos			t	+ bn sin		t ÷sin		x	(18)
	u(x,t) = åç an cos		l	t	+ bn sin	l	t ÷sin	l	x	(18)
		n=1è	l			l	ø	l

есть решение уравнения (1).

Предположим, что этот ряд сходится и его можно дважды почленно дифференцировать. Тогда из начальных условий (9) будем и м е т ь :


	∞
u (x,0) = åan sin nπ x = f (x),
	n=1			l

	∞					nπ
¶u (x,0) = å		nπ a		bn sin			x = F (x).

¶t	n=1		l			l
Пусть функции	f (x) и		F(x)		разложимы в ряд

синусам на промежутке 0 ≤ x ≤ l , т.е.

∞	nπ x
f (x) = å fn sin	nπ x	,
f (x) = å fn sin	l	,
n=1	l
n=1
∞
F (x) = åFn sin nπ x		,
n=1	l
n=1

fn = 2l òl f (x)sin nπl x dx;

Fn = 2l òl F (x)sin nπl x dx.

(19)

Фурье по

Сравнение этих рядов с формулами (19) показывает, что для выполнения начальных условий надо положить an = fn , bn = nπ1a Fn ,

т	.							е	.
	a	=		2 l	f (x)sin		nπ x	dx,

				l ò
	n			l ò			l
	n
			0						(20)
	2	l				nπ x			(20)
b =	2	l	F (x)sin			nπ x	dx, n = 1,2,...
b =	nπ a ò		F (x)sin				dx, n = 1,2,...
n	nπ a ò					l
		0

274

Подставив выражения (20) для an

и bn

в ряд (18), окончательно

найдем решение сформулированной выше задачи.

Пример 3. Струна, закрепленная на концах x = 0 и x = l , имеет

начальный

момент

форму

параболы

u =

x(l - x) .

Определить

смещение

точек

струны

от

оси

абсцисс, если начальные скорости

отсутствуют (рис. 1).

l/2

Решение. Здесь

Рис. 1

f (x) =

x(l - x) , F(x) = 0 .

Находим коэффициенты ряда, определяющего решение

уравнения колебания струны:

nπ x

an =

ò f (x)sin

dx =

ò f (= 83h

ò(lx - x2 )sin

dx;

bn = 0.

Для нахождения коэффициента дважды интегрируем по частям:

= lx - x2 , dv

= sin nπ x dx,

du = (l - 2x)dx; v

= -

cos

nπ x

;

nπ

8h l

an = -

(lx

- x

nπ x

(l - 2x)cos

nπ x

dx,

)

cos

nπ

nπl

2 ò

an =

(l - 2x)cos

nπ x

dx;

nπl2 ò0

= l - 2x, dv

= cos nπ x dx,

= -2dx;

v =

sin

nπ x

;

nπ

(l - 2x)sin

nπ x

16h

l sin

nπ x

dx = -16h cos

nπ x

n2π 2l

ò0

n3π 3

= -

16h

(cos nπ -1) =

16h

- (

-1)

n ù

ë1

û .

n π

Подставляя выражения для an и bn

в ряд (18), получаем

∞

16h

n ù

nπ at

nπ x

u(x,t) = nå=1

ë1

- (-1)

û cos

sin

n3π 3

275

Если n = 2k ,		то 1- (-1)n = 0 , а если n = 2k +1,						то 1- (-1)n = 2 ;
поэтому окончательно имеем
	32h	∞	1		(2k +1)π at		(2k +1)π x
u(x,t) =		ån=1		cos		sin			.	□
	π 3		(2k +1)3		l		l

Пример 4. Труба длиной l, открытая с одного конца, движется поступательно в направлении своей оси с постоянной скоростью v. В момент времени t = 0 труба мгновенно останавливается. Определить смещение воздуха внутри трубы на расстоянии x от закрытого конца трубы.

Решение. Смещение воздуха описывается уравнением:

¶2u

= a

2 ¶2u

при условиях

u(0,t) = 0 ,

¶u(l,t)

= 0 ,

u(x,0) = 0 ,

¶t2

¶x2

¶x

¶u(x,0)

= v . Решение ищем

виде

u(x,t) = X (x)T (t) .

Для X (x)

¶t

имеем задачу Штурма-Лиувиля

X ′′ + λ X = 0,

X (0) = X ′(l) = 0.

Так как

X (x) = A1 cos

x + A2 sin

X ¢ = -

A1 sin

x +

A2 cos

имеем

X (0) =

λ A2 cos

λl = 0,

cos λl = 0,

A1 = 0, X (l) =

l = (2n +1) π , n = 0,1,....

Откуда λ

(2n +1)2π 2

. Тогда X

(x) = A sin (2n +1)π x .

4l2

Пронормируем полученные функции. Имеем

A22 sin2 π (2n +1)x dx =

Xn (x)

= ò

π (2n +1)x

ç x

sin

π (2n +1)

то есть A

Таким образом,

A2 l			æ		- cos		π (2n +1)x ö
2		ò	ç1		- cos			l	÷dx =
2		ò	è					l	ø
	l	0
ö				A2				A2l
ö				A2				A2l
÷		=			2	(l - 0) =		2	= 1,
÷		=		2		(l - 0) =		2	= 1,
ø	0			2				2
ø	0

276

Xn (x) =	2	sin	(2n +1)π x	, n = 0,1,...
	l		2l

При λ = λn решение которого

Tn (t)

Составим

∞

u(x,t) = å

n=0

Имеем

для T (t)				получаем уравнение Tn′′ + λnTn = 0 , общее
= C cos				(2n +1)π ta + B sin (2n +1)π ta .
		n		2l	n		2l

æC	n	cos	a(2n +1)π t		+ B	sin	a(2n +1)π t	öX	n	(x) .

ç				2l	n		2l	÷
è								ø

∞

u(x,0) = åCn Xn (x) = 0,

т.е.

Сn = 0.

Далее, вычисляя

n=0

¶u(x,t)

∞

(2n +1)π a

(2n +1)πta

Bn cos

Xn (x),

¶t

n=0

будем иметь

∞

¶u(x,0)

(2n +1)π a

= å

Bn Xn (x) = v.

¶t

n=0

Отсюда

(2n +1)π a

(2n +1)π x

(x)dx = v

sin

(2n +1)π x

2lv

= -v

cos

l (2n +1)π

aπ (2n +1) l

4l2v

т.е. B =

. Окончательно имеем

aπ

2 (2n

+1)2

8vl ∞

aπ (2n +1)t

(2n +1)π x

u(x,t) =

nå=0

sin

□

aπ 2

(2n +1)2

Пример 5. Решить задачу (2.22) – (2.24), поставленную в

примере (2.6), т.е. найти решение уравнения ¶2i = a2 ¶2i ,

¶t2 ¶x2

удовлетворяющее начальным условиям

277

i(x,0) = 0,	∂i (x,0) = −	E0 (2m +1)π	cos	(2m +	1)π
				2l
	∂t	2lL

и однородным краевым условиям i(0,t) = i(l,t) = 0 . Решение. Так как здесь

f (x) = 0 , F(x) = − E0 (2m +1)π cos (2m +1)π x , то

2lL 2l

поставленной задачи задается рядом

∞
i(x,t) = åbn sin nπ at sin nπ x,
n=1	l	l

где

x ,

решение

b = −

E0 (2m +1)π

cos (2m +

1)π xsin

nπ

xdx =

4E0 (2m +1)

(

)

nπ alL ò

−

2m +1

Значит, сила тока в любой точке провода в любой момент времени вычисляется по формуле

	4E (2m +1) ∞		1		nπ	π n
i(x,t) =	0	ån=1		sin		at sin l x . □
	aL		4n2 − (2m +1)2		l

30. Решение задачи Коши для уравнения теплопроводности методом пребразования Фурье. Рассмотрим задачу Коши о распространении теплоты в неограниченном стержне, боковая поверхность которого теплоизолирована. В математической постановке она сводится к отысканию решения u(x,t) однородного

уравнения теплопроводности

∂u

= a2

∂2u

;

− ∞ < x < +∞, t > 0,

(21)

∂t

∂x2

удовлетворяющего начальному условию

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

(22)

Будем считать, что искомое решение u(x,t) и его производные

∂u

∂

преобразуемы по Фурье.

∂t

∂x

∂x2

Тогда

lim ∂u

= 0 и

lim

u(x,t) = 0 .

Пусть

x→±∞ ∂x

x→±∞

+∞

U (iω,t) = ò u(x,t)e−iωxdx

(23)

−∞

278

есть Фурье-преобразование искомого решения u(x,t) . Преобразуем по Фурье обе части дифференциального уравнения (21):

F {¶u}

+∞

¶U (iω,t)

= ò ¶u(x,t) e−iωxdx =

ò u(x,t)e−iωxdx =

;

¶t

−∞

¶t

−∞

¶t

+∞

¶2u

−iωx

dx = e

−iωx ¶u

dx.

F í

¶t

ý =

¶x

2 e

¶x

+ iω ò

¶x

−∞

Согласно равенству

lim

¶u = 0 , получаем:

x→±∞ ¶x

+∞

ì¶2u ü

+∞

F í

¶x

2 ý = iωe−iωx u(x,t)

−∞ -ω2

ò e−iωxudx = -ω2U (iω,t),

−∞

так как lim

u(x,t) = 0 .

x→±∞

Итак, преобразованное по Фурье уравнение (21) имеет вид

¶U (iω,t)

= -a2ω2U (iω,t)

или

¶t

¶U

+ a2ω2U = 0 .

(24)

¶t

Обозначим F(iω) Фурье-преобразование начального условия (22),

тогда

F { f (x)} = F(iω) = U (iω,t)

t=0 .

(25)

Тем

самым

задача (21)–(22)

свелась

задаче

Коши для

обыкновенного дифференциального уравнения (24) с начальным условием (25) (ω – параметр).

Решением уравнения (24) при начальных условиях (25) является

функция
U (iω,t) = F(iω)e−a2ω2t .	(26)
Перейдем теперь к искомому решению u(x,t)	уравнения (21).

Правую часть равенства (26) будем рассматривать как произведение преобразований F(iω) и e−a2ωt . Пусть F −1 {e−a2ω2t } = ϕ(x,t) . Тогда

по формуле обратного преобразования Фурье,

279

ϕ (x,t) =

ò e-a2ω2teiωxdω =

ò e-a2ω2t

+iωxdω =

2π

-¥

ö2

-ç aω t

e è

2a t ø e

4a2t dω.

2π

-¥

полученном

интеграле

введем

замену

ω −

= α ,

dα

dω =

. Тогда

a t

x2 +¥-

ò2a t e-α 2 dα .

ϕ(x,t) =

4a2t

2π a

-¥-

2a2t

В примере (7.3.13) показано, что

+¥-

+¥

ò2a

t e-α 2 dα = ò a

-α 2 dα =

-¥-

-¥

2a2t

тем самым имеем

ϕ(x,t) =

e 4a2t .

(27)

2a π t

Итак, f (x) = F -1 {F(iω)};

ϕ(x,t) = F -1 {e-a2ω2t } , где

ϕ(x,t)

определяется формулой (27). Тогда получим:

u(x,t) = F-1 {F(iω)e-a2ω2t }= ò f (τ )ϕ(x −τ ,t)dτ =

-¥

(28)

(x-τ )2

ò f (τ )e-

dτ.

4a2t

Функция (28)

π t -¥

решение

задачи

Коши о

есть

искомое

теплопроводности бесконечного стержня. Можно проверить, что функция


		1	-		(x-τ )2
Г(x,t,τ ) =		1		e 4a2t		(29)
Г(x,t,τ ) =	2a			e 4a2t		(29)
	2a		π t

280

является решением уравнения (21). Оно называется фундаментальным решением.

Пример 6.	Решить уравнение					¶u	= a	2	¶2u	для следующего
						¶t			¶x2

начального распределения температуры стержня:
u(x,t)		=	ìu	,	при x		< x < x ,
	t=0		f (x) = í 0			1			2
			î0,		при x < x1				или x > x2.
Решение. Стержень является бесконечным и решение
запишется в виде (28).			f (x) в интервале (x1; x2 ) равна постоянной
Так как функция

температуре u0 , а вне интервала температура равна нулю, то решение примет вид

			x	(x−τ )2
u (x,t) =	u0		ò2 e−		dτ.
	u0			4a2t

	2a πt
	2a πt		x
		1

Полученный результат можно преобразовать к, так называемому,

интегралу вероятностей

Ф(z)

Действительно, полагая

	2			z
=				òe−μ2 dμ .

		π
			0

x -τ = μ , dτ = -2a tdμ , получим

2at

x−x2

x−x1

x−x2

2aò

e−μ2 dμ =

2aò

e−μ2 dμ -

2aò

e−μ2 dμ.

u(x,t) = -

x−x

Таким образом, решение задачи выразится формулой

u(x,t) =

éФ

x - x1

-Фæ

x - x

öù .

□

÷ú

è 2a t

øû

Замечание 1.

случае стержня,

ограниченного с одной

стороны, решение

уравнения

¶u

= a

2 ¶2u

удовлетворяющее

¶t

¶x2

начальному условию u(x,0) = f (x)

и краевому условию u(0,t) = ϕ(t) ,

выражается формулой

281

∞

−

(x−τ )2

−

(x+τ )2 ù

u (x,t)

ò f (τ )

êe

- e

4a t

ú dτ +

πt

−

4a2 (t−ξ ) (t -ξ )−

òj(ξ )e

dξ.

2a πt

Пример 7. Найти решение уравнения

¶u

¶2u

, удовлетворяющее

¶t

¶x2

начальному условию u t=0 = f (x) = u0 и краевому условию u x=0 = 0 .

Решение. Имеем дифференциальное уравнение теплопроводности для полубесконечного стержня. Решение, удовлетворяющее указанным условиям, имеет вид

	1		∞	é	−	(x−τ )2	−	(x+τ )2 ù
	1		∞	ê	−	4t	−	4t	ú
u(x,t) =			òu0	êe			- e		ú dτ ,
u(x,t) =	π t		òu0	êe			- e		ú dτ ,
2	π t	0		ê					ú
				ë					û

или

∞ é

(x−τ )2

(x+τ )2 ù

êe−

- e−

ú dτ .

u(x,t) =

πt

Полагая

x -

= μ ,

dτ = -2

tdμ , преобразуем первый интеграл,

пользуясь интегралом вероятностей, т.е.

∞

(x−τ )2

−

−μ2

x öù

òe

dτ =

dμ =

ê1

+ Фç

÷ú .

2 πt

−∞

2 t øû

Полагая

x +

= μ ,

dτ = 2

tdμ , получим

∞

−

(x+τ )2

+∞

−μ2

x öù

òe

dτ =

dμ =

ê1

-Фç

÷ú .

2 πt

2 t øû

Таким образом, искомое решение принимает вид:

u(x,t) = u ×Фæ

ö . □

è 2

t ø

282

Замечание 2. В случае стержня, ограниченного с обоих концов

x = 0 и x = l , смешанная задача состоит в том,

чтобы найти решение

уравнения

¶u

= a

2 ¶2u

удовлетворяющее

начальному

условию

¶t

¶x2

u(x,t)

t=0 = f (x)

и двум краевым условиям, например,

x=0 = u

x=l = 0

или

¶u

= 0 .

¶x

x=0

¶x

x=l

В этом случае частное решение ищется в виде ряда

æ nπ a ö2

nπ x

-ç

u (x,t) = åbne

sin

n=1

l ò

где

f (x)sin

nπ x

(для краевых

условий

= u

º 0 ),

x=0

x=l

и в виде ряда

æ nπa ö2

u (x, t)

-ç

cos nπ x

+ a0 ,

= åane

n=1

2 l

nπ x

1 l

где

l ò

f (x)cos

dx, a

l ò

f (x)dx

(для

краевых

условий

¶u

º 0 ).

¶x

x=0

¶x

x=l

¶u

¶2u

(0 < x < l) , t > 0 ,

Пример 8. Найти решение уравнения

¶t

¶x2

удовлетворяющее начальным условиям:

ìx,

при 0 < x £

t=0 =

f (x) = í

ïl - x,

при

£ x < l

и краевым условиям u

x=0 = u

x=l

º 0 .

Решение. Решение задачи Коши, удовлетворяющее указанным

краевым условиям, будем искать в виде

æ kπ

ö2

nπ x

-ç

u(x,t) = åbne

sin

k=1

283

<<< < Предыдущая 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2728 / 4928 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
18.02.2016218.62 Кб35TEST-Kontrolnaya_po_istorii (1).doc
#
18.02.2016107.52 Кб12TEST-Kontrolnaya_po_istorii (1).doc
#
10.11.20196.55 Mб3Tezisy_chast_1._Avtomatizacija_i_mekhanizacija....docx
#
06.09.2019169.47 Кб5Thatcherism.doc
#
18.07.201945.06 Кб2The Baltic Sea Basin .doc
#
18.02.20163.2 Mб59Tom_2.pdf
#
28.09.2019184.55 Кб2Trebovania.rtf
#
18.02.2016176.64 Кб9trebovania_k_oformleniyu.doc
#
18.02.2016284.67 Кб3Trebovania_k_oformleniyu_otchyota_o_praktike.doc
#
28.09.2019248.83 Кб4Trebovania_k_oformleniyu_otchyota_o_praktike.doc
#
18.02.2016248.32 Кб3trebovania_k_oformleniyu_poyasnitelnoy_zapiski.doc