WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     | 1 || 3 |

I. Решение начально-краевой задачи на отрезке для неоднородного волнового уравнения.

Найти распределение силы тока i(x,t), в произвольный момент времени t > 0 в однородной двухпроводной линии связи без потерь длины l, если процесс распространения силы тока в линии описывается уравнением itt = a2ixx + f (x,t), где A) f (x,t) = I sint, B) f (x,t) = I cost, > 0, если a) начальный ток в линии равен нулю, а начальное напряжение вдоль x(l - x) линии распределено по закону u = L ( L – индуктивность линии, t=рассчитанная на единицу длины провода);

l x, 0 x, b) начальный ток в линии распределен по закону i = а t=l - x, l < x l, начальное напряжение равно нулю.

c) начальный ток в линии равен нулю а начальное напряжение вдоль линии l x, 0 x, распределено по закону u = ( L – индуктивность линии, t=l - x, l < x l рассчитанная на единицу длины провода).

x(x - l) d) начальный ток в линии распределен по закону i =, а t=начальное напряжение равно нулю.

При этом 1) на левом конце линии провода изолированы, а на правом замкнуты накоротко;

2) на правом конце линии провода изолированы, а на левом замкнуты накоротко;

3) на обоих концах провода замкнуты накоротко.

4) на обоих концах провода изолированы.

Пример решения типового задания Найти распределение напряжения u(x,t) в произвольный момент времени t > 0 в однородной двухпроводной линии связи без потерь длины l, если к линии подключен внешний источник ЭДС E sin1t.

Начальное напряжение распределено по закону u = x, начальный ток t=равен нулю. Левый конец провода замкнут накоротко, а правый конец изолирован.

Данной модели соответствует следующая начально-краевая задача utt = a2uxx + E sin1t, u t=0 = x, i t=0 = 0, u = 0, x=i = 0.

x=l Запишем телеграфные уравнения при фиксированном времени и координате ix t=0 = Gu + C ut t=0, ux x=l = Ri + Lit x=l.

t=0 x=l С учетом того, что линия без потерь ( R = G = 0) и ix t=0 = i = 0 = 0, ( ) t=x x из первого уравнения получаем ut t=0 = 0. Из второго уравнения (it x=l = i = 0 = 0 ) имеем ux x=l = 0.

( ) x=l t t Таким образом, получаем начально-краевую задачу для волнового уравнения utt = a2uxx + E sin1t, u t=0 = x, u t=0 = 0, t u = 0, x=u = 0.

x x=l Решение этой задачи будем искать в виде u(x,t) = (t)Xn(x).

T n n=Выпишем соответствующую задачу Штурма-Лиувилля X (x) + X (x) = 0, X (0) = 0, X 0.

(l) = Общим решением уравнения является функция X (x) = C1 cos x + C2 sin x.

Из первого краевого условия имеем X (0) = C1 cos0 + C2 sin 0 = C1 = 0, следовательно, C1 = 0. Из второго краевого условия получаем X (l) =-C2 cos l = 0. Поскольку решение X (x) не может быть тождественно равно нулю, cos l = 0, следовательно, l = + n, + n n =, n = 0,1,...,.

2l Применим условие нормировки собственной функции:

ll C2 l Xn (x)dx =1, sin2 n xdx = C 1- cos(2 n x)dx = 00 l 22 C2 C2 1 ( + n)x C2 l = x - sin = l =1, C2 =.

22 ll 2 n Решением задачи Штурма-Лиувилля являются собственные значения n = n +, n = 0,1,..., l и собственные функции 2 Xn(x) = sin n + x, n = 0,1,...,.

l l Выпишем задачу Коши для коэффициентов Tn(t) :

1 2El && Tn(t) + a2 n + Tn(t) = sin1t, l 2 (1+ 2n) l 4 2l3/ T (0) = (-1)n, n (1+ 2n) Tn(0) = 0, & где начальные данные и правая часть уравнения осциллятора вычислены как коэффициенты разложения в ряд по Xn(x) функций f (x,t) = E sin(1t), l (x) = x и (x) = 0 соответственно по формулам fn(x) = Xn(x) f (x,t)dx l l n = Xn(x)(x)dx и = Xn(x) (x)dx. В результате вычислений n 0 получим l l 2 12 2l + 2 n n = xcos x + x l sin l n + 2 xdx = l + 2 n 2l 0 l l 2 2l + 2 n 2 2l + 2 n + cos sin x = xdx = l + 2 n 2l l + 2 n 2l 0 2 2l = (-1)n, l + 2 n l 2 12lE = 0, fn = sint sin n + xdx = sint.

n E l l (1+ 2n) l Решение задачи Коши для Tn(t) необходимо записать для двух случаев – резонанса и не резонанса. В случае отсутствия резонанса (1 a n + ) имеем l 4 2l3/ 2 Tn(t) = (-1)n cosa n + + 2 t (1+ 2n)2 l 2El 1 (1+ 2n) l + sin a n + t + l a n + 1 - a2 n + l l 2El (1+ 2n) l + sin1t.

a2 n + - l В случае резонанса, т.е. при 1 = a n + имеем l 4 2l3/ 2 Tn(t) = (-1)n cosa n + + 2 t (1+ 2n)2 l El 2 El t 1 (1+ 2n) l (1+ 2n) l + sin a n + t - cosa n + t.

2 l 2 1 l 1 a n + a2 n + l l Таким образом, решение исходной задачи имеет вид:

при 1 a n + l 8l n u(x,t) = (-1) (1+ 2n)2 sin n + 1 xcosa n + 2 t + l 2 l n=4E 1 1 (1+ 2n) + sin n + xsin a n + t + l 2 l n=0 a n + 1 - a2 n + l l 4E (1+ 2n) + sin n + xsin1t, n=0 1 l a2 n + - l при 1 = a n * + для некоторого n * l 8l n u(x,t) = (-1) (1+ 2n)2 sin n + 1 xcosa n + 2 t + l 2 l n=0, nn* 4E 1 1 (1+ 2n) + sin n + xsin a n + t + l 2 l n=0, a n + nn* - a2 n + l l 4E (1+ 2n) + sin n + xsin1t + l n=0, nn* a2 n + - l 8l 1 +(-1)n* sin n * + xcosa n * + + t (1+ 2n*)2 l2 l 2E t (1+ 2n*) + sin n * + xcosa n * + t ll a2 n * + l 2E t (1+ 2n*) - sin n * + xcosa n * + t.

1 ll a n * + l II. Решение начально-краевой задачи на отрезке для волнового уравнения с неоднородными краевыми условиями.

Найти распределение напряжения между проводами u(x,t) в произвольный момент времени t > 0 в однородной двухпроводной линии связи без потерь длины l, если a) к левому ее концу подключен источник переменного тока с ЭДС E cost, E >0, >0, а на правом конце провода замкнуты накоротко;

b) к левому ее концу подключен источник переменного тока с ЭДС E cost, E >0, >0, а на правом конце провода изолированы;

c) к правому ее концу подключен источник переменного тока с ЭДС E cost, E >0, >0, а на левом конце провода замкнуты накоротко;

d) к правому ее концу подключен источник переменного тока с ЭДС E cost, E >0, >0, а на левом конце провода изолированы;

e) к левому ее концу подключен источник переменного тока с ЭДС E sint, E >0, >0, а на правом конце провода замкнуты накоротко;

f) к левому ее концу подключен источник переменного тока с ЭДС E sint, E >0, >0, а на правом конце провода изолированы;

g) к правому ее концу подключен источник переменного тока с ЭДС E sint, E >0, >0, а на левом конце провода замкнуты накоротко;

h) к правому ее концу подключен источник переменного тока с ЭДС E sint, E >0, >0, а на левом конце провода изолированы.

Скорость распространения электромагнитных колебаний в линии равна a.

Пример решения типового задания Решить начально-краевую задачу utt = a2uxx, ut=0 = 0, ut t=0 = 0, u = I, ux x=l = 0.

x=Запишем u(x,t) = w(x,t) + v(x,t).

Для определения функции w(x,t) из краевых условий получаем систему w(0,t) = I, (l,t) = 0.

wx Функцию w(x,t) ищем в виде w(x,t) = Ax + B. Получаем B = I, A = 0.

Таким образом, w(x,t) = I.

Подставим u(x,t) = I + v(x,t) в исходную задачу. Получим vtt = a2 vxx, v(x,0) =-I, t v (x,0) = 0, v(0,t) = 0, vx (l,t) = 0.

Решение этой задачи для v(x,t) ищется в соответствии с алгоритмом метода разделения переменных.

Контрольная работа №Стационарные процессы.

I. Решение краевой задачи для уравнения Пуассона с однородными граничными условиями на прямоугольнике.

Решить краевую задачу для уравнения Пуассона на прямоугольнике 0 x l1, 0 y lu(x, y) = f (x, y), граничные условия.

Граничные условия:

ux(0, y) = 0, ux(l1, y) = 0, u(0, y) = 0, u(l1, y) = 0, a) b) uy (x,0) = 0, uy (x,l2) = 0, u(x,0) = 0, u(x,l2) = 0, u(0, y) = 0, u(l1, y) = 0, ux(0, y) = 0, ux(l1, y) = 0, c) d) uy(x,0) = 0, uy (x,l2) = 0, u(x,0) = 0, u(x,l2) = 0, ux(0, y) = 0, u(l1, y) = 0, u(0, y) = 0, ux(l1, y) = 0, e) f) u(x,0) = 0, u(x,l2) = 0, u(x,0) = 0, u(x,l2) = 0, u(0, y) = 0, u(l1, y) = 0, u(0, y) = 0, u(l1, y) = 0, g) h) uy (x,0) = 0, u(x,l2) = 0, u(x,0) = 0, uy (x,l2) = 0, ux(0, y) = 0, u(l1, y) = 0, u(0, y) = 0, ux(l1, y) = 0, i) j) uy (x,0) = 0, uy (x,l2) = 0, uy(x,0) = 0, uy(x,l2) = 0, ux(0, y) = 0, ux(l1, y) = 0, ux(0, y) = 0, ux(l1, y) = 0, k) l) uy (x,0) = 0, u(x,l2) = 0, u(x,0) = 0, uy (x,l2) = 0.

Функция f (x, y) равна:

1) f (x, y) = x, 2) f (x, y) = y, 3) f (x, y) = x + y, 4) f (x, y) = xy, 5) f (x, y) = X (x), где X (x) – собственная функция, соответствующая N N заданным краевым условиям на отрезке 0 x l1, 6) f (x, y) = YM (y), где YM ( y) – собственная функция, соответствующая заданным краевым условиям на отрезке 0 y l2.

Пример решения типового задания Требуется решить краевую задачу для уравнения Пуассона на прямоугольнике 0 x l1, 0 y lu(x, y) = x, u(0, y) = 0, ux(l1, y) = 0, u(x,0) = 0, u(x,l2) = 0.

Будем искать решение в виде u(x, y) = AnmWnm (x, y), где n=0 m=Wnm(x, y) = Xn (x)Ym( y).

Найдем Xn(x) и Ym(y) из соответствующих задач ШтурмаЛиувилля. Именно, Xn (x) + µn Xn (x) = 0, Xn (0) = 0, Xn (l1) = 0.

Xn (x) = C1 cos µn x + C2 sin µn x, Xn (0) = C1 = 0, Xn (l1) = C2 µn cos µn l1 = 0, cos µn l1 = 0, µn l1 = + n, n = 0,1,2,..., + 2 n µn =, 2l l + 2 n C2 + 2 nC2 lXn(x) = sin2 C 2l1 xdx = 1- cos l1 x dx = l1 = 1, 2 2 + 2 n C2 =, Xn (x) = sin x.

l1 l1 2l Ym( y) +mYm( y) = 0, Y (0) = 0,Ym(l2 ) = 0.

m Ym( y) = C1 cos m y + C2 sin m y, Ym(0) = C1 = 0, Ym(l2) = C2 sin ml2 = 0, sin ml2 = 0, ml2 = m, m = 0,1,2,..., m m =, l l 2 m C2 mC2 lYm( y) = sin2 ydy = C l2 1- cos l2 y dy == l2 = 1, 2 2 m C2 =, Ym( y) = sin y.

l2 l2 lТеперь найдем коэффициенты разложения Anm. Из исходного уравнения имеем () AnmWnm(x, y) = - Anm µn +m Wnm(x, y) = n=0 m=0 n=0 m= = f (x, y) = fnmWnm(x, y).

n=0 m=fnm Следовательно, Anm =-, где µn +m l1 l2 l1 l2 + 2 n m fnm = f (x, y)Xn(x)Ym( y)dxdy = xsin 2l1 xdxsin l2 ydy = l1l2 0 0 l 22l1 + 2 n 2l1 l1 + 2 n = -xx + cos cos 2l1 xdx + 2 n 2l1 0 + 2 n l1l l l2 m 2 2l1 l - cos y = (-1)n 1- (-1)m.

() m l2 + 2 n m l1l 2 2l1 l (-1)n 1- (-1)m () + 2 n m l1l Anm =-.

+ 2 n m + 2l1 l Решением исходной задачи является функция 2 2l1 l (-1)n 1- (-1)m () + 2 n m l1l u(x, y) =- n=0 m=1 + 2 n m + 2l1 l 2 + 2 n 2 m sin x sin y = l1 2l1 l2 l (-1)n 1- (-1)m () + 2 n m m =-16l1 sin xsin y.

+ 2 n 2l1 ln=0 m=1 + 2 n m + 2l1 l II. Решение краевой задачи для уравнения Лапласа с неоднородными граничными условиями внутри круга.

% Решить уравнение Лапласа внутри круга радиуса R в случае неоднородных краевых условий a) – Дирихле или b) – Неймана (r, )u(r,) = 0, a) u = µ(), % r=R b) u = ().

r % r=R Функция µ() равна:

1) µ() = Acos2, 2) µ() = Bsin2, 3) µ() = A + Bcos2, 4) µ() = A + Bsin2, 5) µ() = Acos + Bsin2, 6) µ() = Asin + Bcos2, 7) µ() = Acos + Bcos2, 8) µ() = Asin + Bsin2, 9) µ() = Bsin3, 10) µ() = Acos3, 11) µ() = A + Bcos + C cos2, 12) µ() = A + Bsin + C cos2, 13) µ() = A + Bcos + C sin2 14) µ() = A + Bcos + C cos2.

Функция () равна:

1) () = Asin 2, 2) () = Asin 4, 3) () = Asin3, 4) () = Asin 2 cos3, 5) () = Asin 2 + Bsin 6, 6) () = Acos2 + Bsin 4, 7) () = Acos sin 4, 8) () = Asin3 + Bsin 4, 9) () = Asin cos3 + Bsin 4, 10) () = Asin3 + Bcos2 sin, 11) () = Asin 4 sin2, 12) () = Asin 4 cos2, 13) () = Acos2 sin3 4, 14) () = Acos3 sin3.

Пример решения типового задания % Решить уравнение Лапласа внутри круга радиуса R в случае неоднородного краевого условия Дирихле.  (r, )u(r,) = 0, % u r=R = A + Bcos + C cos2.

Представим функцию u(r,) в виде u(r,) = R(r)().

Выпишем задачу Штурма-Лиувилля для определения функции ().

() + () = 0, () = ( + 2 ).

Решением этой задачи являются функции ( ( 0() = С0, (1) = Cn1) cos n x, (2) = Cn2) sin n x.

n n Найдем собственное значение n :

2 n cos2 n -1 = 0, n =, n = n2, n =1,2,....

Для определения функций Rn(r) имеем уравнения r2R0(r) + rR0(r) = 0, r2Rn(r) + rRn(r) - n2Rn(r) = 0, n =1,2,..., 00 n откуда R0(r) = C1 ln r + C2, Rn(r) = C1nr-n + C2 rn.

С учетом ограниченности функции u(r,) = R(r)() при r = 0 n получаем, что R0(r) = C2, Rn(r) = C2 rn.

Таким образом, решением исходной задачи будет функция an u(r,) = + () r an cosn + bn sin n.

n=Из краевого условия имеем a%%n u(R,) = + () R an cosn + bn sin n = A + Bcos + C cos2.

n=CC Заметим, что A + Bcos + C cos2 = A + + Bcos + cos2.

Очевидно, что ненулевыми коэффициентами в ряде будут только a0, a1 и B C a2. При этом a0 = 2A + C, a1 =, a2 =.

R 2R Итак, ответом исходной задачи является функция BC u(r,) = 2A + C + r cos + r2 cos2.

R 2R III. Решение краевой задачи для уравнения Лапласа с неоднородными граничными условиями внутри прямоугольника.

Решить уравнение Лапласа внутри прямоугольника 0 x l1, 0 y l2 с неоднородными краевыми условиями u(x, y) = 0, граничные условия.

Граничные условия:

ux(0, y) = 0, ux(l1, y) = F cosm y, u(0, y) =1, u(l1, y) = у, % a) b) uy(x,0) = -F cosnx, uy(x,l2) = 0, u(x,0) = x, u(x,l2) =1, % ux(0, y) = 0, ux(l1, y) = F, ux(0, y) = y, ux(l1, y) = y, с) d) uy(x,0) =-F, uy (x,l2) = 0, u(x,0) =1, u(x,l2) =1, ux(0, y) =1, u(l1, y) =1, u(0, y) = sin3m y, ux(l1, y) = 0, % e) f) u(x,0) = x, u(x,l2) = x, u(x,0) = 0, u(x,l2) = x, u(0, y) = y, u(l1, y) = 0, ux(0, y) = 0, ux(l1, y) = F cosm y, % g) h) u(x,0) = F sinn y, u(x,l2) = 0, u(x,0) = 0, uy(x,l2) = cos3nx, % % ux(0, y) = 0, u(l1, y) = F sinm y, u(0, y) = F cosm y, ux(l1, y) = 0, % % i) j) uy(x,0) = F cosn y, uy(x,l2) = 0, uy(x,0) = 0, uy (x,l2) = F cosnx, % % u(0, y) =1, ux(l1, y) = cosm y, ux(0, y) = cos3m y, ux(l1, y) = 0, % % k) l) u(x,0) = x, uy (x,l2) = 0.

uy(x,0) = x, u(x,l2) = 0, Пример решения типового задания Решить уравнение Лапласа внутри прямоугольника 0 x l1, 0 y l2 с неоднородными краевыми условиями u(x, y) = 0, u(0, y) = F cosm y, ux(l1, y) = 0, % u (x,0) = 0, uy(x,l2) = F cosnx.

y % Положим u(x, y) = u1(x, y) + u2(x, y), где u1(x, y) = 0, u2(x, y) = 0, (0, y) = 0, (0, y) = F cosm y, u1 u2 % u (l1, y) = 0, u (l1, y) = 0, 1x 2x u (x,0) = 0, u (x,0) = 0, 1y 2 y u2 y (x,l2) = 0.

% u1y (x,l2) = F cosnx, Представим функцию u1(x, y) в виде u1(x, y) = X (x)Y (y). Из исходного уравнения Лапласа для функции u1(x, y) получаем X (x) Y (x) = -= -, X (x) Y (x) откуда с учетом краевых условий имеем задачу Штурма-Лиувилля для функции X (x).

X (x) + X (x) = 0, X (0) = 0, X (l1) = 0.

Xn(x) = C1 cos n x + C2 sin n x, Xn(0) = C1 = 0, Xn(l1) = C2 n cos nl1 = 0, cos nl1 = 0, nl1 = + n, n = 0,1,2,..., + 2 n n =, 2l l 2 + 2 nC2 Xn(x) = sinC 2l1 xdx = l1 =1, C2 =, 2 l2 + 2 n Xn(x) = sin x.

l1 2lДля функции Y (y) имеем уравнение Yn(y) - nYn(y) = 0, решением которого является функция n y n Yn(y) = C1ne- n y + C2e.

В итоге имеем u1(x, y) = Xn(x)Yn(y), при этом должны n= выполняться граничные условия u1y(x,0) = Xn(x)Yn(0) = 0 и n= u1y(x,l2) = Xn(x)Yn'(l2) = µ3(x) = F cosnx = % X (x)µ3n, n n=0 n=lгде µ3n = Xn(x)F cosnxdx.

% Поскольку оба граничных условия для функции Y (y) заданы для производной, удобно представить Yn(y) в виде n %% Yn( y) = C1n ch n y + C2 ch n (l2 - y).

n n % % Тогда Yn(0) = C2 sh nl2 = 0, отсюда C2 = 0.

Найдем теперь µ3n.

l1l1 l% 2 + 2 nF 2 + 2 n µ3n = Xn(x)µ3(x)dx = F % sin 2l1 xcosnxdx = sin l1 xdx = l1 0 2 l1 l% F 2 l1 + 2 n 2 l% =- cos x = F, n = n, %% 2 l1 + 2 n l1 0 l1 + 2 n l1l2 + 2 n % µ3n = Xn(x)µ3(x)dx = F % sin 2l1 xcosnxdx = 0, n n, l1 % Осталось найти константы C1n.

% При n n n %% Yn(l2) = C1 sh nl2 = 0, C1n = 0.

% При n = n 2 l1 2 Fl% % % % Yn(l2) = C1nsh nl2 = F, C1n =.

%% % % % l1 + 2 n l1 sh + 2 n l2 + 2 n lИтак, задача для u1(x, y) решена, и ее решение выглядит следующим образом %% 2F 1 + 2 n + 2 n u1(x, y) = sin xch y.

% + 2 n % 2l1 2lsh l2 + 2 n lПерейдем к задаче для u2(x, y), которая решается с помощью такого же алгоритма, как и для u1(x, y). Именно u2(x, y) = X (x)Y (y). Из исходного уравнения на функцию u2(x, y) имеем Y (x) X (x) = -= -.

Y (x) X (x) Найдем Ym(y) из системы Y ( y) + Y ( y) = 0, Y(0) = 0,Y(l2) = 0.

Ym( y) = C1 cos m y + C2 sin m y, Ym(0) = C2 m = 0, C2 = 0, Ym(l1) =-C1 m sin ml2 = 0, sin ml2 = 0, ml2 =+ m, m = 0,1,2,..., m m =, l l 2 mC12 Ym(y) = cos2 ydy = l2 =1, C1 =, C l1 l2 m Ym(y) = cos y, l2 ll2 00 Y0(y) = C1, Y0(y) = C1 dy = C1 l2 =1, Y0(y) =.

( ) ( ) lФункция u2(x, y) имеет вид u2(x, y) = Xm(x)Ym(y).

m=Должны выполняться граничные условия u2(0, y) = (y)Xm(0) = µ1(y) = F cosm y = ( y)µ1m, Y % Y m m m=0 m= u2 x (l1, y) = ( y)Xm(l1) = µ2( y) = 0, Y m m=lгде µ1m = (y)F cosm ydy.

m % Y Таким образом, получаем l2 lµ10 = (y)µ1(y)dy = F 0 % Y cos ydy = 0.

Pages:     | 1 || 3 |






















© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.