Решить задачу о нагревании однородного тонкого стержня, вся поверхность которого, за исключением левого конца, теплоизолирована. Через левый конец внутрь стержня постоянным потоком поступает тепло. В момент времени t=0 стержень был полностью охлажден до нулевой температуры.
Ответ
ux,t=qkl-x-8qlkπ2n=0∞e-aπ1+2n2l2t1+2n2cosπ(1+2n)x2l.
Решение
Для распределения температуры u(x,t) в стрежне имеем следующую начально-краевую задачу для одномерного уравнения теплопроводности
ut=a2uxx,
(1)
ux0,t=-qk, u(l,t)=0,
(2)
ux,0=0.
(3)
где q − поток тепла; где k − коэффициент теплопроводности.
Сведем задачу (1) − (3) к задаче с однородными граничными условиями. Для этого представим искомую функцию в виде
ux,t=vx,t+wx,t,
где wx,t − некоторая функция, удовлетворяющая граничным условиям (2). Учитывая тип граничных условий (2), функцию wx,t можно взять в виде
wx,t=ux0,t∙x-l+ul,t=-qkx-l=qkl-x.
Проведем замену
ux,t=vx,t+qkl-x.
Начально-краевая задача для функции vx,t примет вид
vt=a2vxx,
(4)
vx0,t=0, v(l,t)=0,
(5)
ux,0=vx,0+qkl-x=0,
vx,0=qkx-l
.
(6)
Для решения задачи (4) − (6) применим метод Фурье разделения переменных. Будем искать нетривиальное решение задачи в виде произведения
vx,t=Xx∙Tt.
Подставим предполагаемую форму решения в уравнение (4)
Xx∙T't=a2X''(x)∙T(t)
Разделим равенство на a2XxT(t)
T'(t)a2T(t)=X''xXx=-λ=const,
т.к. левая часть равенства зависит только от t, а правая – только от x.
В результате переменные разделяются, и получается два обыкновенных дифференциальных линейных уравнения
X''(x)+λXx=0.
T't+λa2Tt=0.
Подставляя vx,t в виде Xx∙Tt в граничные условия (5), получим
vx0,t=X'0∙Tt=0, v(l,t)=Xl∙Tt=0.
Поскольку равенства должны выполняться тождественно, то
X'0=0, Xl=0.
Таким образом, для функции X(x) получили задачу Штурма-Лиувилля
X''(x)+λXx=0X'0=0, Xl=0
Общее решение имеет вид
Xx=C1cosλx+C2 sinλx,
X'x=-λC1sinλx+λC2 cosλx.
Неизвестные коэффициенты C1, C2 найдем из граничных условий
X'0=λC2=0 ⇒ C2=0 Xl=C1cosλl=0
Получили следующее спектральное уравнение для нахождения собственных значений λ задачи Штурма-Лиувилля
cosλl=0,
λl=π2+πn=π(1+2n)2, n=0,1,2,…
Собственные значения задачи равны
λk=π1+2n2l2, n=0,1,2,…
Им соответствуют собственные функции (с точностью до постоянного множителя)
Xnx=cosπ(1+2n)x2l, n=0,1,2,…
Уравнение для функции Tt примет вид
Tn't+a2π1+2n2l2Tnt=0.
Общее решение этого уравнения имеет вид
Tnt=Ane-aπ1+2n2l2t.
Решение vx,t задачи (4) − (6) записывается в виде ряда
vx,t=n=0∞TntXnx=n=0∞Ane-aπ1+2n2l2tcosπ(1+2n)x2l.
Коэффициенты An этого ряда найдем из начального условия (6)
vx,0=n=0∞Ancosπ(1+2n)x2l=qkx-l.
Коэффициенты An представляют собой коэффициенты разложения функции qkx-l в ряд Фурье по собственным функциям cosπ(1+2n)x2ln=0∞
An=2l0lqkx-lcosπ1+2nx2ldx=2qlk0lx-l2lπ1+2ndsinπ1+2nx2l=
=4qkπ1+2nx-lsinπ1+2nx2l0l=0-0lsinπ1+2nx2l=
=8qlkπ21+2n2cosπ1+2nx2l0l=-8qlkπ21+2n2.
Таким образом, решение vx,t задачи (4) – (6) примет вид
vx,t=-n=0∞8qlkπ21+2n2e-aπ1+2n2l2tcosπ(1+2n)x2l.
Решение исходной задачи (1) – (3) будет
ux,t=qkl-x+vx,t=
=qkl-x-8qlkπ2n=0∞e-aπ1+2n2l2t1+2n2cosπ(1+2n)x2l.
Ответ:
ux,t=qkl-x-8qlkπ2n=0∞e-aπ1+2n2l2t1+2n2cosπ(1+2n)x2l.
Задать вопрос
на новый заказ в Автор24.
