УДК 517
ББК 22.16
Б90
Будак Б. М., Самарский А. А., Тихонов А. Н. Сборник за-
задач по математической физике. — 4-е изд., испр. — М.: ФИЗМАТЛИТ,
2004. - 688 с. - ISBN 5-9221-0311-3.
Сборник содержит задачи на вывод уравнений и граничных условий.
Большое внимание уделяется различным методам решения краевых задач
математической физики. Наряду с ответами к задачам приводятся указания,
а для многих задач — решения, иллюстрирующие применение основных
методов.
Третье издание — 1980 г.
Для студентов университетов.
Табл. 8. Ил. 59. Библиогр. 50 назв.
Учебное издание
БУДАК Борис Михайлович
САМАРСКИЙ Александр Андреевич
ТИХОНОВ Андрей Николаевич
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКЕ
Редактор Е.Ю. Ходан
Корректор Т.С Вайсберг
Оригинал-макет Е.А. Королевой
Оформление переплета А.Ю. Алехиной
ЛР №071930 от 06.07.99. Подписано в печать 16.12.02. Формат 60x90/16.
Бумага офсетная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 43. Уч.-изд. л. 46,83. Заказ №
Издательская фирма «Физико-математическая литература»
МАИК «Наука/Интерпериодика»
117997 Москва, Профсоюзная, 90
E-mail: fizmat@maik.ru, fmlsale@maik.ru
http://www.fml.ru
Отпечатано с готовых диапозитивов
в ФГУП «Ивановская областная типография».
153008, г. Иваново, ул. Типографская, 6.
E-mail: 091-018adminet.ivanovo.ru
ISBN 5-9221-0311-3	© ФИЗМАТЛИТ, 2003, 2004

ОГЛАВЛЕНИЕ1)
Предисловие к первому изданию 	 7
Предисловие к третьему изданию 	 8
Глава I. Классификация и приведение к каноническому
виду уравнений в частных производных второго порядка 9, 132
§ 1. Уравнение для функции двух независимых переменных
ацихх+2ai2Uxy+a,22Uyy+biux+b2Uy+cu = f{x, у) ... 9, 132
1.	Уравнение с переменными коэффициентами (9, 132).
2.	Уравнение с постоянными коэффициентами A0, 137).
§ 2. Уравнение с постоянными коэффициентами для функ-
п	п
ции п независимых переменных ^ a>ikUXiXk + ^2 biUXi +
i,k = l	г = 1
+ си = f(xiJx2j ...jXn) 	 Ю, 137
Глава П. Уравнения гиперболического типа 	 11, 140
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям гиперболи-
гиперболического типа; постановка краевых задач 	 11, 140
1. Свободные колебания в среде без сопротивления; уравне-
уравнения с постоянными коэффициентами A2, 140). 2. Вынуж-
Вынужденные колебания и колебания в среде с сопротивлением;
уравнения с постоянными коэффициентами A4, 153). 3. За-
Задачи о колебаниях, приводящие к уравнениям с непрерыв-
непрерывными переменными коэффициентами A6, 156). 4. Задачи,
приводящие к уравнениям с разрывными коэффициента-
коэффициентами, и родственные им (кусочно однородные среды, сосре-
сосредоточенные факторы) A7, 158). 5. Подобие краевых задач
B0, 169).
§ 2. Метод распространяющихся волн (метод Даламбера) ... 21, 175
1. Задачи для бесконечной струны B3, 175). 2. Задачи для
полупрямой B3, 182). 3. Задачи для бесконечной прямой,
составленной из двух однородных полупрямых. Сосредото-
Сосредоточенные факторы B7, 196). 4. Задачи для конечного отрезка
B8, 199).
§ 3. Метод разделения переменных 	 29, 211
1. Свободные колебания в среде без сопротивления C0,
211). 2. Свободные колебания в среде с сопротивлени-
сопротивлением C2, 222). 3. Вынужденные колебания под действием
х) Номера страниц, относящиеся к ответам и решениям, даны курсивом.

Оглавление
распределенных и сосредоточенных сил в среде без соп-
сопротивления и в среде с сопротивлением C2, 226). 4. Коле-
Колебания при неоднородности сред и других условиях, при-
приводящих к уравнениям с переменными коэффициентами;
учет сосредоточенных сил и масс C6, 249).
§ 4. Метод интегральных представлений	 37, 255
1. Метод интеграла Фурье C7, 255). 1*. Переход к конеч-
конечному интервалу методом отражений D1, 276). 2. Метод
Римана D2, 268).
Глава III. Уравнения параболического типа 	 43, 273
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям параболи-
параболического типа; постановка краевых задач 	 43, 273
1. Однородные среды; уравнения с постоянными коэффи-
коэффициентами D4, 274). 2. Неоднородные среды, сосредоточен-
сосредоточенные факторы; уравнения с переменными коэффициентами
и условия сопряжения D5, 279). 3. Подобие краевых задач
D6, 281).
§ 2. Метод разделения переменных 	 47, 285
1. Однородные изотропные среды. Уравнения с постоянны-
постоянными коэффициентами D7, 285). а) Задачи теплопроводнос-
теплопроводности с постоянными граничными условиями и свободными
членами D7, 285). б) Задачи теплопроводности с перемен-
переменными граничными условиями и свободными членами, за-
зависящими OTxnt D9, 295). в) Задачи диффузии E0, 299).
г) Задачи электродинамики E5, 301). 2. Неоднородные сре-
среды и сосредоточенные факторы. Уравнения с переменными
коэффициентами и условия сопряжения E1, 302).
§ 3. Метод интегральных представлений и функции источ-
источников 	 52, 304
1. Однородные изотропные среды. Применение интеграль-
интегрального преобразования Фурье к задачам на прямой и полу-
полупрямой E2, 304). 2. Однородные изотропные среды. По-
Построение функций влияния сосредоточенных источников
E4, 308). а) Неограниченная прямая E4, 308). б) Полу-
Полупрямая E5, 311). в) Конечный отрезок E9, 319). 3. Неод-
Неоднородные среды и сосредоточенные факторы; уравнения с
кусочно постоянными коэффициентами и условия сопря-
сопряжения F0, 328).
Глава IV. Уравнения эллиптического типа 	 62, 332
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям эллипти-
эллиптического типа, и постановка краевых задач 	 62, 332
1. Краевые задачи для уравнений Лапласа и Пуассона в
однородной среде F2, 332). 2. Краевые задачи для уравне-
уравнения Лапласа в неоднородных средах F3, 337).

Оглавление
§ 2. Простейшие задачи для уравнений Лапласа и Пуассона .. 64, 341
1.	Краевые задачи для уравнения Лапласа F4, 342).
2.	Краевые задачи для уравнения Пуассона F6, 347).
§ 3. Функция источника	 67, 348
1. Функция источника для областей с плоскими грани-
границами F7, 350). 2. Функция источника для областей со
сферическими (круговыми) и плоскими границами F8,
360). 3. Функция источника в неоднородных средах F9,
368).
§ 4. Метод разделения переменных 	 70, 373
1.	Краевые задачи для круга, кольца и сектора G0, 373).
2.	Краевые задачи для полосы, прямоугольника, плоского
слоя и параллелепипеда G3, 390). 3. Задачи, требующие
применения цилиндрических функций G4, 401). 4. Зада-
Задачи, требующие применения сферических и цилиндричес-
цилиндрических функций G6, 415).
§ 5. Потенциалы и их применение 	 78, 429
Глава V. Уравнения параболического типа 	 82, 443
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям параболи-
параболического типа; постановка краевых задач 	 82, 443
§ 2. Метод разделения переменных 	 84, 448
1. Краевые задачи, не требующие применения специаль-
специальных функций (84, 448). а) Однородные среды (84, 448).
б) Неоднородные среды; сосредоточенные факторы (86,
456). 2. Краевые задачи, требующие применения специ-
специальных функций (86, 460). а) Однородные среды (86, 460).
б) Неоднородные среды; сосредоточенные факторы (89,
476).
§ 3. Метод интегральных представлений 	 90, 484
1. Применение интеграла Фурье (90, 484). 2. Построе-
Построение и применение функций влияния мгновенных точеч-
точечных источников тепла (93, 496).
Глава VI. Уравнения гиперболического типа 	 97, 507
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям гипербо-
гиперболического типа; постановка краевых задач 	 97, 507
§ 2. Простейшие задачи; различные приемы решения 	 101, 516
§ 3. Метод разделения переменных 	 105, 526
1. Краевые задачи, не требующие применения специаль-
специальных функций A05, 526). а) Однородные среды A05, 526).
б) Неоднородные среды A07, 530). 2. Краевые задачи,
требующие применения специальных функций A07, 533).
а) Однородные среды A07, 533). б) Неоднородные среды
A11, 559).

Оглавление
§ 4. Метод интегральных представлений 	 111, 560
1. Применение интеграла Фурье A11, 560). а) Преобразо-
Преобразование Фурье A11, 560). б) Преобразование Фурье-Бесселя
(Ханкеля) A12, 565). 2. Построение и применение функ-
функций влияния сосредоточенных источников A13, 569).
а) Функции влияния мгновенных сосредоточенных им-
импульсов A13, 569). б) Функции влияния непрерывно
действующих сосредоточенных источников A14, 575).
Г лава VII. Уравнения эллиптического типа Дг* -\-си = —f 116, 581
§ 1. Задачи для уравнения Аи — к и = —/ 	 116, 581
§ 2. Некоторые задачи о собственных колебаниях 	 117, 586
1.	Собственные колебания струн и стержней A18, 586).
2.	Собственные колебания объемов A19, 594).
§ 3. Распространение и излучение звука	 120, 610
1. Точечный источник A21, 612). 2. Излучение мембран,
цилиндров и сфер A22, 618). 3. Дифракция на цилиндре
и сфере A24, 627).
§ 4. Установившиеся электромагнитные колебания	 124, 633
1. Уравнения Максвелла. Потенциалы. Векторные фор-
формулы Грина-Остроградского A24, 633). 2. Распростране-
Распространение электромагнитных волн и колебания в резонаторах
A27, 640). 3. Излучение электромагнитных волн A28,
651). 4. Антенна на плоской земле A29, 658).
Дополнение 	 669
I. Различные ортогональные системы координат	 669
I.	Прямоугольные координаты F69). 2. Цилиндричес-
Цилиндрические координаты F70). 3. Сферические координаты F70).
4. Эллиптические координаты F71). 5. Параболичес-
Параболические координаты F71). 6. Эллипсоидальные координа-
координаты F71). 7. Вырожденные эллипсоидальные координаты
F72). 8. Тороидальные координаты F73). 9. Биполярные
координаты F74). 10. Сфероидальные координаты F75).
II.	Параболоидные координаты F76).
П. Некоторые формулы векторного анализа 	 676
III.	Специальные функции 	 676
1. Тригонометрические функции F76). 2. Гиперболи-
Гиперболические функции F77). 3. Интеграл ошибок F77).
4. Гамма-функции F77). 5. Эллиптические функции
F78). 6. Функции Бесселя F78). 7. Полиномы Лежандра
F80). 8. Гипергеометрическая функция F(a, /3, 7) F81).
IV.	Таблицы 	 682
Список литературы	 685

ПРЕДИСЛОВИЕ К ПЕРВОМУ ИЗДАНИЮ
Настоящий задачник возник на основе практических занятий по
уравнениям математической физики на физическом факультете и за-
заочном секторе МГУ. Задачи, предлагавшиеся на этих занятиях, были
использованы в курсе «Уравнений математической физики» А. Н. Ти-
Тихонова и А. А. Самарского [7] и в стеклографированном «Сборнике
задач по математической физике» Б.М. Будака [14]. Однако при
составлении настоящего задачника круг рассматриваемых вопросов
был значительно расширен, а число задач в несколько раз увеличено.
Большое внимание уделено задачам на вывод уравнений и граничных
условий. Значительное число задач снабжено подробными указаниями
и решениями. Задачи, близкие по характеру, снабжены лишь ответа-
ответами. В главах проведена разбивка на параграфы по методам решения.
Все это направлено к тому, чтобы дать возможность учащимся путем
самостоятельной проработки достигнуть элементарных технических
навыков в решении задач по основным разделам уравнений матема-
математической физики.
При этом задачник не претендует на охват всех методов, исполь-
используемых в математической физике. В нем, например, не рассматри-
рассматривается операционный метод, вариационные и разностные методы,
применение интегральных уравнений.
Мы надеемся, однако, что эта книга будет полезна не только для
учащихся, но также для инженеров и сотрудников научно-исследова-
научно-исследовательских учреждений.
Для удобства пользования книгой в конце ее помещен ряд спра-
справочных материалов. При литературных указаниях мы наиболее часто
ссылаемся на книгу А. Н. Тихонова и А. А. Самарского «Уравнения
математической физики» [7], поскольку обозначения и порядок рас-
расположения материала в данном задачнике наиболее соответствуют
принятым в этой книге.
Б.М. Будак, А. А. Самарский, А.Н. Тихонов
Москва
Февраль 1955 г.

ПРЕДИСЛОВИЕ К ТРЕТЬЕМУ ИЗДАНИЮ
Настоящее издание является исправленным. Выражаем благодар-
благодарность всем товарищам, обнаружившим опечатки в предыдущих изда-
изданиях.
Авторы
Москва
1979 г.

УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
Глава I
КЛАССИФИКАЦИЯ И ПРИВЕДЕНИЕ
К КАНОНИЧЕСКОМУ ВИДУ УРАВНЕНИЙ
В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ ВТОРОГО ПОРЯДКА
В этой главе предлагаются задачи на определение типа и при-
приведение к каноническому виду уравнения для функции двух и более
независимых переменных.
В случае двух независимых переменных рассматриваются урав-
уравнения с постоянными и переменными коэффициентами; в случае трех
и более независимых переменных — лишь уравнения с постоянными
коэффициентами, так как при трех и более независимых переменных
уравнение с переменными коэффициентами не может быть, вообще
говоря, приведено к каноническому виду с помощью преобразования,
общего для целой области, в которой уравнение принадлежит данному
типу. В § 1 приведены задачи для уравнения относительно функции
двух, а в § 2 — трех и более независимых переменных.
§ 1. Уравнение для функции двух независимых переменных
ацихх + 2а12иху + а22иуу + Ьгих + Ь2иу + си = /(ж, у)
1. Уравнение с переменными коэффициентами.
1.	Найти области гиперболичности, эллиптичности и параболич-
ности уравнения
(I + х) ихх + 2хуиху - у2иуу = О
и исследовать их зависимость от /, где / — числовой параметр.
В задачах 2-20 привести уравнение к каноническому виду в каж-
каждой из областей, где его тип сохраняется.
2.	ихх + хиуу = 0. 3. ихх + уиуу = 0. 4. ихх + уиуу + иу/2 = 0.
5. уихх + хиуу = 0. 6. хихх + уиуу = 0. 7. ихх + хуиуу = 0.
8. ихх sign у + 2иху + иуу = 0. 9. ихх + 2иху + A - sign?/) uyy = 0.
10. ихх sign?/ + 2иху + иуу sign ж = 0.
11. у2ихх-х2иуу = 0. 12. х2ихх-у2иуу = 0. 13. х2ихх+у2иуу = 0.

10	Условия задач
14. у2ихх + х2иуу = 0. 15. у2ихх + 2хуиху + х2иуу = 0.
16. х2ихх + 2хуиху + ж2^ = 0. 17. 4?/2ижж - е2жи^ - ^у2их = 0.
18.	ж2ижж + 2хуиху - Зу2иуу - 2хих + Ауиу + 1бж4и = 0.
19.	A + х2) ихх + A + у2) иуу + хих + 2/% = 0.
20.	ихх sin2 ж — 2уиху sin ж + У2иуу = 0.
2. Уравнение с постоянными коэффициентами. С помощью
замены искомой функции и(х,у) = еах+@уу(х, у) и приведения к ка-
каноническому виду упростите следующие уравнения с постоянными
коэффициентами.
21.	аихх + 4:аиХу + аи у у + Ъих + сиу + и = 0.
22.	2аихх + 2аиху + сш^ + 2?шж + 2cuy + u = 0.
23.	аижж + 2аижу + аиУ2/ + Ъих + сиу + и = 0.
§ 2. Уравнение с постоянными коэффициентами
для функции п независимых переменных
i,k=l	i=l
Привести к каноническому виду уравнения 24-28.
24.	ихх + 2иху + 2иуу + 4uyz + buzz + их + иу = 0.
25.	ихх - 4иху + 2иЖ2 + 4иуу + u22 = 0.
26.	ижж + u« + иуу + u^ - 2щх + иЖ2 + u^ - 2uyz = 0.
27. UXy + 1/Ж^ — Uf;^ — UyZ + Uf;y + UfZ = 0.
П	П	П
28.	a) ^ wa.я. + Y,Ux^ = °5 6) 5] w*<** = °'
29.	Освободиться от членов с младшими производными в урав-
уравнении
п
г=1	г=1

Глава II
УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
К уравнениям гиперболического типа приводят задачи о коле-
колебаниях сплошных сред (струна, стержень1), мембрана, газ и др.) и
задачи об электромагнитных колебаниях.
В настоящей главе рассматриваются постановка и решение крае-
краевых задач для уравнений гиперболического типа (см. сноску) в случае,
когда изучаемые физические процессы могут быть охарактеризованы
функциями двух независимых переменных: одной пространственной
координаты и времени.
Уравнениям гиперболического типа для функций с большим чис-
числом независимых переменных посвящена гл. IV.
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
гиперболического типа; постановка краевых задач
В первой группе задач этого параграфа предполагается непре-
непрерывность и однородность сред, а также непрерывность распределе-
распределения сил.
Во второй группе задач допускается неоднородность сред и раз-
разрывы как характеристик сред, так и плотности распределения сил.
Третья группа задач посвящена установлению подобия между
различными колебательными процессами.
Поставить краевую задачу, соответствующую физической зада-
задаче, это значит, прежде всего, выбрать функцию, характеризующую
х) Поперечные колебания упругого стержня приводят к параболичес-
параболическому уравнению четвертого порядка, в то время как продольные колеба-
колебания — к гиперболическому уравнению второго порядка. Однако краевые
задачи для поперечных колебаний стержня весьма родственны краевым за-
задачам для продольных колебаний стержня и поэтому рассматриваются в
настоящей главе.
Можно указать также ряд важных физических задач, приводящих к
уравнениям гиперболического типа для функций, не зависящих от времени;
например, при стационарном обтекании тела сверхзвуковым потоком газа
для потенциала скоростей получается уравнение гиперболического типа.

12	Условия задач
физический процесс1), а затем:
1)	вывести дифференциальное уравнение для этой функции;
2)	вывести для нее граничные условия;
3)	сформулировать начальные условия ).
1. Свободные колебания в среде без сопротивления; урав-
уравнения с постоянными коэффициентами. При изучении малых
колебаний в однородных средах ) мы приходим к дифференциаль-
дифференциальным уравнениям с постоянными коэффициентами.
1.	Продольные колебания стержня. Упругий прямолинейный
стержень выведен из состояния покоя тем, что его поперечным сече-
сечениям в момент времени t = 0 сообщены малые продольные смещения
и скорости. Предполагая, что поперечные сечения стержня все время
остаются плоскими, поставить краевую задачу для определения сме-
смещений поперечных сечений стержня при t > 0. Рассмотреть случаи,
когда концы стержня:
а)	закреплены жестко;
а') двигаются в продольном направлении по заданному закону;
б)	свободны;
в)	закреплены упруго, т.е. каждый из концов испытывает со сто-
стороны заделки продольную силу, пропорциональную смещению и на-
направленную противоположно смещению.
2.	Малые колебания струны4). Струна натянута с силой То и на-
находится в прямолинейном положении равновесия; ее концы неподвиж-
неподвижно закреплены. В момент t = 0 точкам струны сообщаются начальные
отклонения и скорости.
Поставить краевую задачу для определения малых отклонений
точек струны при t > 0.
3.	Крутильные колебания упругого цилиндра. Упругий неодно-
неоднородный цилиндр выводится из состояния покоя тем, что в момент
времени t = 0 его поперечные сечения получают малые повороты в
своих плоскостях относительно оси цилиндра.
Поставить краевую задачу для определения углов поворота попе-
поперечных сечений цилиндра при t > 0; рассмотреть случаи свободных,
жестко закрепленных и упруго закрепленных концов.
г) Как правило, эта функция будет нами указываться уже в условиях
задачи.
2)	Наличие начальных условий характерно для основных краевых
задач гиперболического и параболического типа. По поводу понятий и опре-
определений, связанных с постановкой краевых задач для уравнений гипербо-
гиперболического типа, см. [7, с. 38-48 и с. 120-121].
3)	Например, в однородных стержнях и струнах постоянного попереч-
поперечного сечения.
4)	Вывод уравнения малых поперечных и малых продольных колебаний
струны подробно выполнен в [7, с. 23-28]. В предлагаемой задаче требуется
вывести уравнение колебаний струны при смещении ее точек в произволь-
произвольных направлениях.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	13
4.	Продольные колебания газа в трубке. Заключенный в цилинд-
цилиндрической трубке идеальный газ совершает малые продольные колеба-
колебания; плоские поперечные сечения, состоящие из частиц газа, не дефор-
деформируются, и все частицы газа двигаются параллельно оси цилиндра.
Поставить краевые задачи для определения:
1) плотности р\ 2) давления р;
3)	потенциала tp скоростей частиц газа;
4)	скорости V]
5)	смещения и частиц газа в случаях, когда концы трубки:
а) закрыты жесткими непроницаемыми перегородками;
6)	открыты;
в) закрыты поршеньками с пренебрежимо малой массой, насажен-
насаженными на пружинки с коэффициентом жесткости v и скользящими без
трения внутри трубки.
5.	Задача Жуковского о гидравлическом ударе. Входное сечение
прямой цилиндрической трубки длиной I соединено с резервуаром не-
неограниченной емкости с жидкостью. По трубке на всем ее протяжении
течет жидкость с постоянной скоростью vo. В начальный момент вре-
времени t = 0 выходное сечение трубы х = / мгновенно перекрывается.
Поставить краевую задачу для определения скорости частиц
жидкости и давления жидкости в трубе.	_, .
	 Воздух
6.	На конце х = / трубы предыдущей
задачи стоит смягчающий воздушный
колпак (рис. 1) и агрегат Л, регулирую-
регулирующий расход жидкости Q(t), вытекающей
из колпака, так что Q(i) является задан-
заданной функцией времени.
Пусть Оо и Д) — средние объем
и давление воздуха в колпаке; считая
жидкость несжимаемой, а стенки колпа-
колпака недеформируемыми и предполагая процесс сжатия и разрежения
воздуха в колпаке изотермическим и изменение объема воздуха в кол-
колпаке малым по сравнению со средним объемом Oq •> вывести граничное
условие для конца х — I.
7.	Волны тяжелой жидкости в канале. В неглубоком горизон-
горизонтальном канале длины I с прямоугольным поперечным сечением на-
находится вода, глубина которой, отсчитанная от свободной покоящейся
поверхности, равна h. Концы канала закрыты плоскими жесткими пе-
перегородками, перпендикулярными к его образующим.
Направим ось х вдоль канала. При небольших возмущениях сво-
свободной поверхности в канале может возникнуть волновое движение
воды, при котором поперечные сечения, состоящие из жидких частиц,
будут, как целые, получать смещение ?(ж, t) вдоль оси ж, а их высота
будет получать отклонение rj(x, t) от высоты h свободной покоящейся
поверхности воды.

14
Условия задач
Пусть заданы начальные значения ?(ж, t) и rj(ж, ?) в момент t = 0.
Поставить краевую задачу для определения ?(ж,?) и rj(x, t)
при ? > 0.
8. Поперечные колебания стержня. Точкам упругого однород-
однородного прямоугольного стержня с шарнирно закрепленными концами
Шарниры с пренебрежимо
малым трением
Кронштейн с пренебре-.
жимо малой массой
скользит без трения
по основанию
Рис. 2
(рис. 2) сообщены в начальный момент времени t = 0 малые попереч-
поперечные отклонения и скорости, параллельные продольной вертикальной
плоскости симметрии стержня.
Поставить краевую задачу для определения поперечных отклоне-
отклонений точек стержня при t > 0, предполагая, что стержень совершает
малые поперечные колебания.
9. Рассмотреть задачу 8 для
случая, когда один конец стержня
жестко закреплен, а другой свобо-
свободен (рис. 3).
10. Рассмотреть задачу 8,
предполагая, что стержень лежит
на упругом основании, массой
которого при изучении попереч-
поперечных колебаний стержня можно
пренебрегать. Коэффициент уп-
Р
Рис. 3
ругости основания, к которому
прикреплен стержень, равен к,
т.е. поперечная для стержня сила упругости, действующая со сто-
стороны упругого основания на единицу длины стержня в данной его
точке ж, равна —ku(x,t).
2. Вынужденные колебания и колебания в среде с сопро-
сопротивлением; уравнения с постоянными коэффициентами.
11. К струне, концы которой закреплены неподвижно, начиная
с момента t = 0, приложена непрерывно распределенная поперечная
сила, линейная плотность которой равна F(x, t).
Поставить краевую задачу для определения поперечных отклоне-
отклонений u(x,i) точек струны при t > 0.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	15
12.	По струне 0 ^ х ^ I с закрепленными неподвижно концами
и пренебрежимо малым электрическим сопротивлением идет пе-
переменный ток силы I = I(t) при t > О, причем струна находится в
постоянном магнитном поле напряженности Н, перпендикулярном к
струне. Поставить краевую задачу о поперечных колебаниях струны,
вызываемых пондеромоторными силами, приложенными к струне1).
13.	Начиная с момента t = 0, один конец прямолинейного упру-
упругого однородного стержня совершает продольные колебания по задан-
заданному закону, а к другому приложена сила Ф = Ф(?), направленная по
оси стержня. В момент времени t = 0 поперечные сечения стержня
были неподвижны и находились в неотклоненном положении. Поста-
Поставить краевую задачу для определения малых продольных отклоне-
отклонений и(х, t) точек стержня при t > 0.
14.	Верхний конец упругого однородного вертикально подвешен-
подвешенного тяжелого стержня жестко прикреплен к потолку свободно па-
падающего лифта, который, достигнув скорости г>о, мгновенно остана-
останавливается. Поставить краевую задачу о продольных колебаниях этого
стержня.
15.	Поставить краевую задачу о малых поперечных колебаниях
струны в среде с сопротивлением, пропорциональным скорости, пред-
предполагая, что концы струны закреплены неподвижно.
16.	Поставить краевую задачу о малых поперечных колебаниях
прямоугольного однородного упругого стержня в среде с сопротивле-
сопротивлением, пропорциональным скорости, при наличии непрерывно распре-
распределенной вынуждающей поперечной силы; концы стержня предпола-
предполагать жестко закрепленными.
17.	Поставить краевую задачу о малых поперечных колебаниях
прямоугольного однородного упругого стержня, один конец которого
жестко закреплен, а к другому приложена поперечная («перерезываю-
(«перерезывающая») сила, меняющаяся с течением времени по заданному закону.
18.	Поставить краевую задачу о малых продольных колебаниях
однородного упругого стержня, находящегося в среде без сопротив-
сопротивления, если один его конец закреплен жестко, а другой испытывает
сопротивление, пропорциональное скорости.
19.	Электрические колебания в проводах. Поставить краевую за-
задачу для определения силы и напряжения переменного тока, идуще-
идущего вдоль тонкого провода с непрерывно распределенными по длине:
омическим сопротивлением R, емкостью С, самоиндукцией L и утеч-
утечкой G 2), если один конец провода заземлен, а к другому приложена
э.д.с. E(t) и если задан начальный ток г (ж, 0) = f(x) и начальное
напряжение v(x, 0) = F{x).
х)См. [17, с. 204].
2) Величины Я, С, L, G рассчитаны на единицу длины; однородность
провода означает, что Я, G, L и G не зависят от того, в какой точке провода
мы их рассматриваем.

16
Условия задач
3. Задачи о колебаниях, приводящие к уравнениям с
непрерывными переменными коэффициентами. Если колеб-
колеблющаяся среда неоднородна, причем функции, характеризующие ее
свойства (плотность массы, модуль упругости и т.д.), являются не-
непрерывными функциями точки, то, как известно, дифференциальное
уравнение для функции, описывающей колебания, будет иметь непре-
непрерывные переменные коэффициенты. Однако могут представиться и
другие случаи, приводящие к уравнениям с непрерывными перемен-
переменными коэффициентами.
20.	Поставить краевую задачу о продольных колебаниях упру-
упругого стержня 0 ^ х ^ / переменного поперечного сечения S(ж), если
концы стержня закреплены неподвижно, плотность массы равна р(ж),
модуль упругости равен Е(х), а колебания вызваны начальными про-
продольными смещениями и скоростями. Деформацию поперечных сече-
сечений считать пренебрежимо малой.
21.	Поставить краевую задачу о продольных колебаниях упругого
стержня, имеющего форму усеченного конуса, если концы стержня
закреплены неподвижно и стержень выведен из состояния покоя тем,
что его точкам в t = 0 сообщены начальные продольные отклонения
и скорости. Длина стержня равна /, радиус основания R > г, мате-
материал стержня однороден. Деформацией поперечных сечений пренебречь.
22.	Поставить краевую задачу о малых поперечных колебаниях
однородного упругого клинообразного стержня с прямоугольным попе-
поперечным сечением, если его больший торец жестко закреплен,
Рис. 4
а меньший свободен (рис. 4). Модуль упругости стержня равен Е,
плотность массы равна р.
Деформацией поперечных сечений пренебречь.
23.	Поставить краевую задачу о поперечных колебаниях тяжелой
струны относительно вертикального положения равновесия, если ее
верхний конец жестко закреплен, а нижний свободен.
24.	Рассмотреть задачу 23 в предположении, что струна враща-
вращается с угловой скоростью uj = const относительно вертикального по-
положения равновесия.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	17
25.	Невесомая струна при вращении вокруг вертикальной оси с по-
постоянной угловой скоростью находится в горизонтальной плоскости,
причем один конец струны прикреплен к некоторой точке оси, а другой
свободен. В начальный момент времени t = 0 точкам струны сообща-
сообщаются малые отклонения и скорости по нормалям к этой плоскости.
Поставить краевую задачу для определения отклонений точек
струны от плоскости равновесного движения.
4. Задачи, приводящие к уравнениям с разрывными коэф-
коэффициентами, и родственные им (кусочно однородные среды,
сосредоточенные факторы). Если плотность распределения мас-
массы колеблющегося упругого тела или плотность распределения при-
приложенных к нему сил резко меняется в окрестности некоторых точек
пространства, то часто оказывается целесообразным считать, что в
этих точках происходит разрыв этих плотностей, и, в частности, пере-
переходить к сосредоточенным массам или силам, если в окрестности упо-
упомянутых точек плотность массы или плотность силы велика. Тогда
при постановке краевых задач получаются дифференциальные урав-
уравнения с разрывными коэффициентами и разрывным вынуждающим
членом. Если между точками разрыва коэффициенты уравнения оста-
остаются постоянными, то задача может быть сведена к уравнениям с
постоянными коэффициентами и условиям сопряжения в точках раз-
разрыва. При этом мы имеем в виду внутренние точки среды; если же
сосредоточенные массы или силы рассматриваются в граничных точ-
точках колеблющейся среды, то это должно быть отражено граничными
условиями1).
26.	Два полу ограниченных однородных упругих стержня с
одинаковыми поперечными сечениями соединены торцами и состав-
составляют один неограниченный стержень2). Пусть pi, Ei — плотность
массы и модуль упругости одного из них и р2, Е2 — другого.
Поставить краевую задачу для определения продольных отклоне-
отклонений поперечных сечений неограниченного стержня от их положений
равновесия, если в начальный момент времени поперечным сечениям
стержня сообщены некоторые продольные смещения и скорости.
27.	Рассмотреть задачу 26 для случая поперечных колебаний со-
составного неограниченного стержня.
г) Задачи с сосредоточенной силой на конце стержня и сосредоточенной
электродвижущей силой на конце провода уже рассматривались в преды-
предыдущем пункте (см. задачи 13, 19).
2) Если один из концов стержня столь удален от рассматриваемой
области, что можно в рассматриваемой области и в течение рассматри-
рассматриваемого промежутка времени пренебрегать возмущениями, распространя-
распространяющимися от этого конца, тогда стержень можно считать полуограни-
полуограниченным (жо ^ х < +оо или — оо < х ^ жо); если же оба конца стержня
находятся в таком положении, то стержень можно считать неограничен-
неограниченным (—оо < х < +оо). Это можно сказать о струне, о трубке, наполненной
газом, и т.д.
2 Б.М. Будак и др.

18	Условия задач
28.	Рассмотреть задачу, аналогичную задаче 26, для продольных
колебаний газа в неограниченной цилиндрической трубке, если по од-
одну сторону некоторого поперечного сечения находится газ с одними
физическими характеристиками, а по другую — с другими.
29.	Поставить краевую задачу о волновом движении жидкости в
канале1) с прямоугольным поперечным сечением, если размеры по-
поперечного сечения в некотором месте канала резко изменяются, т.е.
канал «составлен» из двух полуограниченных каналов с различными
поперечными сечениями.
30.	Рассмотреть задачу 26, предполагая, что торцы составляю-
составляющих стержней соединены не непосредственно, а между ними находит-
находится жесткая прокладка пренебрежимо малой толщины массы М.
31.	Два полуограниченных однородных стержня с одинаковым
прямоугольным поперечным сечением соединены торцами так, что
составляют один неограниченный стержень постоянного поперечно-
поперечного сечения, причем торцы полу ограниченных стержней соединены не
непосредственно, а между ними находится жесткая прокладка прене-
пренебрежимо малой толщины с массой М.
Поставить краевую задачу о поперечных колебаниях такого
стержня.
32.	Поставить краевую задачу о продольных колебаниях одно-
однородного упругого вертикального стержня, пренебрегая действием по-
поля силы тяжести на частицы стержня, если верхний конец стержня
закреплен жестко, а к нижнему прикреплен груз Q, причем за по-
положение равновесия принимается ненапряженное состояние стержня
(например, в начальный момент времени из-под груза убирается под-
подставка и груз начинает растягивать стержень).
33.	Поставить краевую задачу о поперечных колебаниях в вер-
вертикальной плоскости упругого прямоугольного однородного стержня,
расположенного в ненапряженном состоянии горизонтально, если один
конец стержня жестко закреплен, а к другому прикреплен груз Q, мо-
момент инерции которого относительно средней горизонтальной линии
примыкающего торца пренебрежимо мал, причем за положение рав-
равновесия принимается ненапряженное состояние стержня.
34.	Поставить краевую задачу о продольных колебаниях упруго-
упругого горизонтального стержня с грузом Q на конце, если другой конец
стержня жестко прикреплен к вертикальной оси, которая вращается
с угловой скоростью, меняющейся с течением времени по заданно-
заданному закону. Изгибные колебания считать исключенными с помощью
специальных направляющих, между которыми скользит стержень во
время продольных колебаний.
35.	Рассмотреть задачу 34, предполагая, что ось вращения рас-
расположена горизонтально.
См. задачу 7.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	19
36.	Поставить краевую задачу	ТТТ
е-	Шкивы
о крутильных колебаниях цилиндра
длиной 2/, составленного из двух ци-
цилиндров длиной /, если на концах
составленного цилиндра и между
торцами соединяемых цилиндров
находятся жесткие шкивы (рис. 5)
с заданными осевыми моментами
инерции.	Рис- 5
37.	Пусть неограниченная струна совершает малые поперечные
колебания под действием поперечной силы, приложенной, начиная с
момента t = 0, в некоторой заданной точке струны.
Поставить краевую задачу для определения отклонений точек
струны от их положения равновесия. Рассмотреть также случай, ког-
когда точка приложения силы перемещается с течением времени вдоль
струны по заданному закону.
38.	Рассмотреть задачу 37 для поперечных колебаний стержня.
39.	Конец полуограниченной цилиндрической трубки, заполнен-
заполненной идеальным газом, закрыт поршнем массы М, скользящим в труб-
трубке, причем сопротивление трения пропорционально скорости поршня
с коэффициентом пропорциональности, равным к*. Пусть поршень на-
насажен на пружинку с коэффициентом упругости к** и осью, направ-
направленной по оси трубки.
Поставить краевую задачу о продольных колебаниях газа в
трубке.
40.	В некоторой точке неограниченной струны прикреплен шарик
массы М, а к нему прикреплена пружинка с коэффициентом упругос-
упругости к и осью, перпендикулярной к равновесному положению струны
(см. рис. 11).
Поставить краевую задачу о поперечных колебаниях струны. Рас-
Рассмотреть также случай, когда шарик испытывает сопротивление про-
пропорциональное скорости с коэффициентом пропорциональности к*.
41.	Поставить краевую задачу об электрических колебаниях в
проводе с пренебрежимо малыми сопротивлением и утечкой, если кон-
концы провода заземлены: один — через сосредоточенное сопротивле-
сопротивление i?o, а другой — через сосредоточенную емкость Со-
42.	Рассмотреть задачу 41, предполагая, что один конец провода
заземлен через сосредоточенную самоиндукцию Lq , к другому при-
приложена электродвижущая сила E(i) через сосредоточенную самоин-
самоиндукцию Ь^ .
43.	Поставить краевую задачу об электрических колебаниях в
проводе, если концы провода заземлены через сосредоточенные сопро-
сопротивления.
44.	Поставить краевую задачу об электрических колебаниях в
проводе, если каждый из его концов заземлен через последовательно
включенные сосредоточенное сопротивление и сосредоточенную само-
самоиндукцию.

20	Условия задач
Найти соотношения, которым должны удовлетворять величины
сосредоточенных самоиндукций и сопротивлений для того, чтобы
для v(x,i) имели место однородные граничные условия третьего рода.
45.	Поставить краевую задачу об электрических колебаниях в
неограниченном проводе, полученном соединением двух полу ограни-
ограниченных проводов через сосредоточенную емкость Со-
Рассмотреть краевую задачу для определения силы тока в случае,
когда утечки нет.
46.	Рассмотреть задачу 45 для случая, когда полуограниченные
провода соединяются не через сосредоточенную емкость, а через со-
сосредоточенное сопротивление До-
47.	Поставить краевую задачу об электрических колебаниях в
проводе, один конец которого заземлен через параллельно включен-
включенные сосредоточенное сопротивление Ro и сосредоточенную самоиндук-
самоиндукцию LS1', а другой — через параллельно включенные сосредоточенную
емкость Со и сосредоточенную самоиндукцию L^2K
48.	Поставить краевую задачу об электрических колебаниях в
проводе, концы которого замкнуты через:
а)	сосредоточенную самоиндукцию Lq;
б)	сосредоточенное сопротивление Ro',
в)	сосредоточенную емкость Со-
5. Подобие краевых задач. Пусть даны две краевые задачи (I)
и (II), соответствующие физическим явлениям одинаковой или раз-
различной природы. Обозначим через х', t', и'(х', t') пространственную
координату, время и искомую функцию в одной задаче, а через х"',
tn', и"(х", t") — соответствующие величины в другой задаче. Если
уравнение, начальные и граничные условия одной и другой задач
имеют соответственно одинаковую форму, то задачи называются
аналогичными.
Обозначим через D\ область изменения (x',tr) в задаче (I), а че-
через Du — область изменения (xn,tn) в задаче (II). Если существуют
такие константы кх, kt, ки, «коэффициенты подобия», что
и'(х', t1) = кии"{х", t") при х1 = кхх", t1 = ktt",	(I)
причем (ж', t') пробегает D\, когда (ж", t") пробегает Du, то за-
задача (I) называется подобной задаче (II) с коэффициентами подо-
подобия кх, ки ки1).
Нетрудно показать, что если задача (I) подобна задаче (II), то
можно так выбрать единицы измерения х'о, t'o, u'o, x'q, ?q, u'o' в зада-
г) Преобразование A) является аффинным. (Таким образом, реше-
решение задачи (I) получается из решения задачи (II) с помощью аффинного
преобразования.) Можно рассматривать более широкий класс аффинных
отображений, включающий, кроме растяжений и сжатий, еще и параллель-
параллельные переносы, т.е. изменения начал отсчетов величин ж, ?, и.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	21
чах (I) и (II), что переход к безразмерным величинам
^=7Г; Г=7Г; ^=-7 И ^ = -77? Т=-77; ^=-77
приводит к полному совпадению обеих краевых задач, а именно:
область, пробегаемая (?, г), в обеих задачах становится одинаковой,
коэффициенты в уравнениях и граничных условиях становятся без-
безразмерными и численно равными1), свободные члены и начальные
значения становятся тождественно равными. Очевидно, справедливо
и обратное утверждение: если существует преобразование единиц из-
измерения, переводящее задачи (I) и (II) в тождественно совпадающие
безразмерные задачи, то задачи (I) и (II) подобны.
49.	Сформулировать задачу об электрических колебаниях в про-
проводе, аналогичную задаче о продольных колебаниях однородного
упругого стержня, один конец которого закреплен жестко, а другой
свободен.
Установить необходимые и достаточные условия для того, что-
чтобы первая задача была подобна второй с заданными коэффициентами
подобия.
50.	Сформулировать задачу об электрических колебаниях в про-
проводе, аналогичную задаче о продольных колебаниях однородного уп-
упругого стержня, в следующих случаях:
а)	один конец стержня закреплен жестко, а другой упруго;
б)	один конец стержня свободен, а другой испытывает сопротив-
сопротивление, пропорциональное скорости;
в)	один конец стержня закреплен упруго, а другой конец движется
по заданному закону.
Установить необходимые и достаточные условия для того, чтобы
первая задача была подобна второй.
51.	Сформулировать задачу о крутильных колебаниях цилинд-
цилиндра, подобную задаче 41 об электрических колебаниях в проводе, взяв
за функцию, характеризующую электрические колебания, сначала на-
напряжение, а затем силу тока.
Установить необходимые и достаточные условия для того, чтобы
первая задача была подобна второй.
§ 2. Метод распространяющихся волн (метод Даламбера)
Общее решение и = и(х, t) уравнения колебаний струны
ии = а2ихх	A)
может быть представлено в виде2)
и(х, t) = (fi(x - at) + ip2(x + at),	B)
х) Эти безразмерные коэффициенты называются критериями подобия.
2) Иногда удобнее пользоваться другими эквивалентными формами
представления решения в виде распространяющихся волн, например,
и(х, t) = (fi(at - х) + (f2(at + х)
и(х, t) = <pi(t--)+ <р2 (t + -) .
V а/	V а/

22
Условия задач
где (fi(z) и if2(z) — произвольные функции, причем (fi(x — at) есть
прямая волна, распространяющаяся вправо по оси х со скоростью а,
в то время как if2 (x + at) есть обратная волна, распространяющаяся
с той же скоростью влево по оси х 1).
Решить краевую задачу для уравнения 1) методом распростра-
распространяющихся волн — это значит определить функции ifi(z) и (f2(z) из
начальных и граничных условий.
В первом пункте этого параграфа собраны задачи для неогра-
неограниченной прямой — оо < ж < +оо, во втором — для полупрямой с од-
однородными и неоднородными граничными условиями, в третьем —
для бесконечной прямой, составленной из двух полупрямых, отлича-
отличающихся физическими характеристиками, в четвертом — задачи для
конечного отрезка с однородными и неоднородными граничными усло-
условиями.
1. Задачи для бесконечной струны.
52.	Неограниченная струна возбуждена локальным начальным
отклонением, изображенным на рис. 6. Построить (начертить) поло-
положение струны для моментов времени2)
кс
4а
где к = 0, 1, 2, 3, 5.
53.	Неограниченная струна возбуждена локальным начальным
отклонением, имеющим форму квадратичной параболы (рис. 7).
Рис. 6
Рис. 7
Найти: а) формулы, представляющие профиль струны при t > 0, и
б) формулы, представляющие закон движения точек страны с различ-
различными абсциссами при t > 0.
54. В момент t = 0 неограниченная струна возмущена началь-
начальным отклонением, имеющим форму, изображенную на рис. 8. В какой
точке жив какой момент времени t > 0 отклонение струны будет
максимальным? Какова величина этого отклонения?
х) См. [7, с. 50-58 и 60-70]. Использование представления решения в ви-
виде B) для стационарных задач, где t является геометрической координатой,
будет дано в гл. V.
2) Здесь и в дальнейших задачах под а понимается параметр, входящий
в уравнение A) ии = а2ихх.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
23
Рис. 8
55.	Неограниченной струне сообщена на отрезке —с^х^с
поперечная начальная скорость vq = const; вне этого отрезка началь-
начальная скорость равна нулю. Найти формулы, представляющие закон
движения точек струны с различными абсциссами при t > 0, и по-
построить (начертить) положения струны для моментов времени
- —
к ~ 4а'
где к = 0, 2, 4, 6.
56.	В начальный момент времени t = 0 неограниченная струна
получает в точке х = х0 поперечный удар, передающий струне им-
импульс /.
Найти отклонение и (ж, t) точек струны от положения равновесия
при t > 0, предполагая, что начальные отклонения точек струны и
начальные скорости равны нулю.
57.	По неограниченной струне бежит волна <р(х — at). Приняв
эту волну за начальное возмущение струны в момент t = 0, найти
состояние струны при t > 0. Сравнить с результатом, полученным
при решении задачи 52.
58.	Решить задачу о распространении электрических колебаний
в неограниченном проводе при условии, что
GL = CR,	A)
где G, L, С, R — утечка, самоиндукция, емкость и сопротивление
единицы длины провода1). Напряжение и сила тока в проводе в на-
начальный момент заданы.
2. Задачи для полупрямой. Если только один из концов стру-
струны2) находится столь далеко от рассматриваемого ее участка, что
отражение от удаленного конца не сказывается на колебаниях этого
участка, по крайней мере в течение рассматриваемого промежутка
времени, то мы приходим к задаче о колебаниях полуограниченной
струны 0 < х < +оо, где х = 0 соответствует «близкому» концу
) Это условие обеспечивает возможность прохождения по проводу
волн без искажения их формы. (Подробнее см. [7, с. 73-75] и предыдущие.)
В дальнейшем, если для провода выполняется это условие, то мы будем
называть его кратко: провод линии без искажений.
2) Или стержня, или провода.

24	Условия задач
струны. В этом случае краевая задача содержит уравнение, гранич-
граничное условие и начальные условия1):
utt = а2ихх, 0 < ж < +оо, 0 < t < +00,	A)
alUu@, t) + а2щ@, t) + a3ux@, t) + a4u(O, t) = Ф(*),
0<?< +оо,	^ j
и(ж, 0) = </?(ж), щ(х,О) = ф(х), 0 < ж <+оо,	C)
причем по крайней мере одна из констант ai, аг, «з5 <^4, входящих в
граничное условие, должна быть отлична от нуля2); если Ф(?) = О,
то граничное условие становится однородным.
59. Полуограниченная струна, закрепленная в конце, возбужде-
возбуждена начальным отклонением, изображенным на рис. 9. Начертить по-
и >
0
h
\
/
с
2с
Зс
Рис. 9
ложение струны для моментов времени
*=?; i=3?; t=^- t=*L.
a'	2a'	a'	2a
60.	Полуограниченному упругому стержню 0 ^ х < +оо со сво-
свободным концом х = 0 сообщена начальная осевая скорость, равная г>о
на отрезке [с, 2с] и нулю вне этого отрезка.
Величину продольного смещения и (ж, ?) поперечных сечений
стержня можно откладывать для наглядности в направлении, пер-
перпендикулярном к оси ж, т.е. поступать так же, как это делалось в
случае струны. Пользуясь этим приемом изображения, начертить гра-
график и = и(х, t) для моментов времени
t-о- с- 2с- 4с
*-°' a' T' Т'
61.	Полуограниченная струна 0 ^ ж < +оо с закрепленным кон-
концом ж = 0 получает в момент t = 0 поперечный удар, передающий
струне импульс / на участке 0 ^ ж ^ 2/, причем профиль распре-
распределения скорости, получаемый при ударе, имеет в момент t = 0 фор-
форму полуволны синусоиды с основанием 0 ^ ж ^ 21. Найти формулы,
х) Возможно также задание двух граничных условий, если задано лишь
одно начальное условие. (Подробнее см. [7, с. 78].)
2) Если граничное условие B) принимает вид щ@, t) +cm@, t) = Ф(?),
причем известно значение п@, 0), то тем самым становится известным
n@, t) и мы приходим к граничному условию n@, t) = Ф(?). Аналогичное
утверждение справедливо для граничного условия вида
utt(O, t) + aut@, t) + /3u@, t) =

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	25
представляющие закон движения точек струны с различными абсцис-
абсциссами ж при t > 0.
62. Полу ограниченный упругий стержень 0 ^ ж < +оо со свобод-
свободным концом х = 0 возмущен в момент t = 0 продольными смещения-
смещениями, профиль которых1) изображен на рис. 10. Найти, в каких точках
0	I 21 31 4/ 5/ 6/ 71
Рис. 10
и когда при t > 0 смещение достигает наибольшего значения. Какова
величина этого наибольшего смещения?
63.	Полуограниченной струне с закрепленным концом в началь-
начальный момент времени t = 0 с помощью поперечного удара передает-
передается импульс / в точке х = xq. Найти отклонения и (ж, t) точек стру-
струны от положения равновесия при t > 0, если начальные отклонения
и(х, 0) = 0, а начальные скорости в точках х ф xq также равны нулю.
64.	Решить задачу 63, предполагая, что начальный импульс /
сообщается в точках хп > хп-\ > ... > Х2 > х\ > 0.
65.	Полу ограниченному стержню со свободным концом в началь-
начальный момент времени t = 0 с помощью продольного удара по концу
передается осевой импульс /.
Найти отклонения и (ж, i) точек стержня от положения равнове-
равновесия при t > 0, если начальные отклонения и (ж, 0) = 0, а начальные
скорости в точках х > 0 также равны нулю.
66.	Груз Q = Мд, двигающийся с постоянной скоростью г>о па-
параллельно оси ж, в момент времени t = 0 в результате удара при-
прилипает к свободному концу полуограниченного стержня 0 ^ ж < +оо
и продолжает двигаться вместе с ним. Найти отклонения и (ж, t) по-
поперечных сечений стержня от положения равновесия при t > 0, если
начальные отклонения и (ж, 0) = 0, а начальные скорости равны нулю
всюду, кроме сечения ж = 0, где она равна г?о-
67.	Поперечным сечениям полуограниченного упругого стержня с
упруго закрепленным концом сообщены начальные продольные
отклонения
{sin — при 0 ^ ж ^ /,
1
0	при I ^ х < +оо,
начальные же скорости щ(х, 0) = 0. Найти продольные отклоне-
отклонения и(х, t) поперечных сечений стержня при t > 0.
х) См. задачу 60.

26	Условия задач
68.	Полуограниченный вертикальный круглый вал 0 ^ х < +оо
при t < 0 вращается с угловой скоростью и = const. С момента t = О
его торец ж = 0 соприкасается с горизонтальной опорной плоскостью
и испытывает действие закручивающего момента сил трения, про-
пропорционального угловой скорости торца. Найти углы поворота 6(х, t)
поперечных сечений вала при t > О, считая, что в(х, 0) = 0.
69.	По полуограниченной струне 0 ^ х < +оо бежит волна
u(x,t) = f(x + at) при t < 0. Найти колебания струны при 0 < t < +оо
для случаев, когда конец струны:
а)	закреплен жестко;
б)	свободен;
в)	закреплен упруго;
г)	испытывает сопротивление трения, пропорциональное скорости.
70.	По полуограниченной цилиндрической трубке 0 < х < Н-оо,
заполненной идеальным газом, бежит волна и(х, t) = f(x + at) при
t < 0, /@) = 0. В конце трубки находится поршень с массой Mq, на-
насаженный на пружинку с коэффициентом жесткости Hq и пренебре-
пренебрежимо малой собственной массой. Поршень плотно закрывает трубку
и при движении в трубке испытывает сопротивление, пропорциональ-
пропорциональное скорости. Найти и(х, t) при 0 < t < +оо.
71.	Найти при t > 0 электрические колебания в полуограничен-
полуограниченном проводе (линии без искажений), если при t < 0 по проводу бежала
волна	r
v{x,t) = е l% f(x + at),
[С
Рассмотреть случаи, когда конец провода заземлен:
а)	через сосредоточенное сопротивление Rq]
б)	через сосредоточенную емкость Со;
в)	через сосредоточенную самоиндукцию Lq.
Установить, при каких условиях в случае а) отраженная волна
отсутствует («полное поглощение») и при каких условиях амплитуда
отраженной волны в два раза меньше амплитуды падающей волны.
72.	К концу х = 0 полуограниченного провода линии без искаже-
искажений была приложена постоянная э.д.с. Е в течение достаточно дли-
длительного промежутка времени, так что в проводе установилось ста-
стационарное распределение напряжения и силы тока. Затем в момент
времени t = 0 конец провода был заземлен через сосредоточенное со-
сопротивление Ro.
Найти напряжение и ток в проводе при t > 0.
73.	Конец полуограниченной струны 0 < х < Н-оо, начиная с
момента t = 0, движется по закону
Найти отклонение и (ж, t) точек струны при 0 < t < +oo, если началь-
начальные скорости и отклонения равны нулю.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	27
74.	К концу полуограниченного стержня приложена продольная
сила F(t) с момента t = 0. Найти продольные колебания стержня
при t > 0, если начальные скорости и начальные отклонения его точек
равны нулю.
75.	Полуограниченный горизонтальный трубопровод постоянно-
постоянного поперечного сечения заполнен при t < 0 покоящейся жидкостью.
Начиная с момента t = 0, к его концу подключается нагнетательный
насос с выравнивающим воздушным колпакомх). Найти давление и
скорость жидкости в трубопроводе при t > 0.
76.	Найти продольные колебания полуограниченного стержня
при нулевых начальных условиях, если в момент времени
tk=kT, k = 0, 1, 2, ..., n, ...,
стержню сообщаются продольные импульсы
Ik = / = const
и к концу стержня прикреплена сосредоточенная масса М.
77. К концу полуограниченного провода 0 < х < +оо линии без
искажений приложена э.д.с.
E(t) = Ео sincut; 0 < t < +оо.
В момент t = 0 напряжение и ток в проводе были равны нулю. Найти
напряжение и ток в проводе при t > 0, выделяя установившийся про-
процесс распространения колебаний с частотой и, и определить время,
начиная с которого в точке х провода, 0 < х < +оо, амплитуда пе-
переходных колебаний будет составлять не более чем 10 % амплитуды
установившихся колебаний.
3. Задачи для бесконечной прямой, составленной из двух
однородных полупрямых. Сосредоточенные факторы.
78.	Неограниченный упругий стержень получен соединением в
точке х = 0 двух полу ограниченных однородных стержней. При х < 0
плотность массы, модуль упругости стержня и скорость распростра-
распространения малых продольных возмущений равны pi, Ei, ai, а при х > 0
они равны р2, Е2ч о>2- Пусть из области х < 0 по стержню бежит
волна щ(х, t) = f(t — x/ai), t ^ 0. Найти отраженную и прелом-
преломленную волны. Исследовать решение при Е2 —У 0 и при Е2 —У +оо.
79.	В точке х = 0 неограниченной однородной
струны прикреплена сосредоточенная масса М,
поддерживаемая пружиной жесткости к с пре-
пренебрежимо малой собственной массой (рис. 11).
Найти отклонение струны и (ж, t) при t > 0,
если струна возбуждается в момент t = 0 попереч-
поперечным импульсом / = М^о, сообщаемым массе М и
направленным по оси пружины.	Рис. 11
х) См. задачи 5 и 6.

28	Условия задач
80.	Масса М предыдущей задачи при колебаниях испытывает
сопротивление трения, пропорциональное скорости. Найти отражен-
отраженную и преломленную волны, взяв за начальное условие бегущую из
области х < 0 волну щ(х, t) = f(x — at).
81.	Плоский источник малых возмущений движется равномерно с
дозвуковой скоростью вдоль цилиндрической неограниченной трубки
с газом. Считая, что возмущение давления в том месте, где находится
в момент t > 0 источник, является известной функцией времени, найти
колебания газа слева и справа от источника, если в начальный момент
времени газ был в невозмущенном состоянии, а источник находился в
точке х = 0.
82.	Решить задачу о колебаниях неограниченной струны под дей-
действием сосредоточенной поперечной силы F(t) для t > 0, если точка
приложения силы скользит вдоль струны с постоянной скоростью vq
из положения х = 0, причем vo < а и начальные условия нулевые.
4. Задачи для конечного отрезка.
83.	Концы струны х = 0 и х = / закреплены жестко; начальное
отклонение задано равенством
и(х, 0) = Л sin — при 0 ^ х ^ /,
I
начальные скорости равны нулю. Найти отклонения и (ж, t) при t > 0.
84.	Решить задачу о продольных колебаниях стержня, один конец
которого (х = 0) закреплен жестко, а другой (х = I) свободен, если
стержень был подвергнут начальному растяжению
и(х, 0) = Ах, 0 ^ х ^ /,
и начальные скорости
щ(х,0) = 0, O^x^l.
85.	Решить задачу 84, если конец х = / стержня закреплен упруго.
86.	Один конец стержня (х = 0) закреплен жестко, а другой
(х = I) свободен. В начальный момент времени свободному концу со-
сообщается продольный ударный импульс /. Найти колебания стержня.
87.	Один конец горизонтального стержня закреплен жестко, а
другой свободен. В начальный момент времени t = 0 в свободный ко-
конец стержня ударяет груз Q = Мд со скоростью г?о, направленной по
оси стержня, причем в момент t = 0 торец груза плотно соприкасает-
соприкасается с торцом стержня. Найти продольные колебания стержня при t > 0
в течение акта соударения.
88.	Решить предыдущую задачу для стержня, у которого оба кон-
конца свободны.
89.	Решить задачу 87, предполагая, что стержень имеет форму
усеченного конуса.
90.	Решить задачу 88 для стержня, имеющего форму усеченного
конуса.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	29
91.	Найти продольные колебания стержня при нулевых началь-
начальных условиях, если один его конец закреплен или свободен, а другой
двигается по данному закону; рассмотреть случаи, когда:
а)	правый конец закреплен;
б)	левый конец закреплен;
в)	правый конец свободен.
92.	Найти колебания возмущения давления в конце х = 0 трубо-
трубопровода при t > 0, если в конце х = / оно остается равным нулю, а
расход жидкости в конце х = 0 является известной функцией време-
времени. Сопротивление трубопровода пренебрежимо мало, а возмущения
давления и скорость жидкости при t = 0 равны нулю.
93.	Решить задачу об абсолютно упругом продольном ударе двух
одинаковых стержней, движущихся в одном направлении по одной
прямой со скоростями i?i и V2] vi > V2 > О (рис. 12). Найти распреде-
распределение скоростей и напряжений в стержнях в течение акта соударения.
I	I
Рис. 12
94.	К концу х = 0 провода линии без искажений ), начиная с
момента t = 0, приложена постоянная э.д.с. Е; конец х = / заземлен.
Начальное напряжение и начальный ток в проводе равны нулю. Найти
электрические колебания в проводе при t > 0 и установить, начиная с
какого момента времени ток в проводе будет отличаться от предель-
предельного (при t ->• +оо) заведомо не более чем на 10 %.
95.	Решить предыдущую задачу при условии, когда конец х = /
изолирован.
96.	Один конец (х = /) провода с пренебрежимо малым сопротив-
сопротивлением и утечкой заземления через:
а)	сосредоточенное сопротивление Ro;
б)	сосредоточенную емкость Со;
в)	сосредоточенную самоиндукцию Lq, а к другому концу (х = 0)
с момента t = 0 подключается э.д.с. Е = const.
Найти напряжение г?(ж, t) на конце х = / при t > 0 для всех слу-
случаев.
§ 3. Метод разделения переменных
В настоящем параграфе рассматриваются задачи о колебаниях
конечного отрезка струны при различных граничных условиях, а так-
также аналогичные задачи о колебаниях из других областей физики и
техники 2).
г) См. сноску к задаче 58.
2) Выборка материала по собственным значениям и нормам собствен-
собственных функций из глав II, III, IV, V, VI помещена в § 2 гл. VII.

30	Условия задач
1. Свободные колебания в среде без сопротивления1).
97.	Найти колебания струны с жестко закрепленными конца-
концами х = 0 и х = /, возбужденной начальным отклонением, и вычислить
энергию отдельных гармоник. Начальные скорости равны нулю.
98.	Струна 0 ^ х ^ / с жестко закрепленными концами до момен-
момента t = 0 находилась в состоянии равновесия под действием поперечной
силы Fq = const, приложенной к точке хо струны перпендикулярно
к невозмущенному положению струны. В начальный момент време-
времени t = 0 действие силы Fq мгновенно прекращается. Найти колебания
струны при t > 0.
99.	Концы струны закреплены жестко, а начальное отклонение
имеет форму квадратичной параболы, симметричной относительно
перпендикуляра к середине струны. Найти колебания струны, если
начальные скорости равны нулю.
100.	Струна2) с жестко закрепленными концами возбуждается
ударом жесткого плоского молоточка, сообщающего ей следующее на-
начальное распределение скоростей:
{0, 0 ^ х ^ хо — S,
г>о, хо - S < х < хо + 5,
0, х0 + S ^ х ^ I.
Найти колебания струны, если начальное отклонение равно нулю.
Вычислить энергию отдельных гармоник.
101.	Струна ) с жестко закрепленными концами возбуждается
ударом острого молоточка, передающего ей импульс / в точке хо-
Найти колебания струны, если начальное отклонение равно нулю. Вы-
Вычислить энергию отдельных гармоник.
102.	Струна с жестко закрепленными концами возбуждается уда-
ударом жесткого выпуклого молоточка4) , сообщающего ей начальное
распределение скоростей
{0, 0 ^ х ^ хо — ?,
г>о cos (^ • Хо) , х0 - S ^ х ^ х0 + 5,
0, х0 + 5 ^ х ^ /.
Найти колебания струны, если начальное отклонение равно нулю.
Вычислить энергию отдельных гармоник.
103.	Найти продольные колебания стержня, один конец которого
(х = 0) закреплен жестко, а другой (х = /) свободен, при начальных
^	и(х, 0) = кх, щ(х, 0) = 0 при 0 ^ х ^ /.
г) В этом и следующих двух пунктах среды предполагаются одно-
однородными.
2)См. [7, с. 140-143].
3)	То же.
4)	По поводу возбуждения струны мягким выпуклым молоточком см.
задачу 152.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	31
104.	Стержень с жестко закрепленным концом х = 0 находится
в состоянии равновесия под действием продольной силы Fq = const,
приложенной к концу х = /. В момент t = 0 действие силы Fq мгновен-
мгновенно прекращается. Найти колебания стержня, если начальные скорости
равны нулю.
105.	Найти продольные колебания упругого стержня со свобод-
свободными концами, если начальные скорости и начальные смещения в про-
продольном направлении произвольны. Учесть возможность равномерно-
равномерного прямолинейного движения стержня.
106.	Найти колебания упругого стержня со свободными концами,
получившего в начальный момент времени продольный импульс / в
один из концов.
107.	Решить предыдущую задачу для случая, когда конец, кото-
которому не сообщается импульс, закреплен жестко.
108.	Один конец стержня закреплен упруго, а другой свободен.
Найти продольные колебания стержня при произвольных начальных
условиях.
109.	Один конец стержня (х = /) закреплен упруго, а к другому
(х = 0) приложена продольная сила Fq = const, под действием ко-
которой стержень находится в состоянии равновесия. Найти колебания
стержня после того, как в начальный момент времени сила Fq мгно-
мгновенно исчезает, если начальные скорости равны нулю.
110.	Один конец стержня (х = /) закреплен упруго, а другой
(х = 0) получает в начальный момент времени продольный ударный
импульс /. Найти продольные колебания стержня, если начальное от-
отклонение стержня равно нулю.
111.	Найти продольные колебания стержня с упруго закреплен-
закрепленными концами при одинаковых коэффициентах жесткости заделки
концов, если начальные условия произвольны.
112.	Решить предыдущую задачу, если коэффициенты жесткости
заделки концов стержня различны.
113.	Найти колебания уровня жидкости в кольцевом канале, ши-
ширина и глубина которого невелика по сравнению с его радиусом, если
начальное отклонение уровня от равновесного состояния и начальная
скорость изменения этого уровня заданы.
114.	Доказать аддитивность энергии отдельных гармоник для
процесса свободных колебаний струны в среде без сопротивления при
однородных граничных условиях первого, второго и третьего рода.
115.	Найти поперечные колебания стержня 0 ^ х ^ / при произ-
произвольных начальных условиях, если концы стержня:
а)	закреплены шарнирно («свободно оперты»);
б)	закреплены жестко;
в)	свободны.
116.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что колебания
вызваны поперечным ударом в точке х = жо, передавшим стержню
импульс /.

32	Условия задач
2. Свободные колебания в среде с сопротивлением. В за-
задачах 97, 101, 103, 105, 108, 111 колебания струн и стержней рассмат-
рассматривались в среде без сопротивления. Предположим теперь, что в этих
задачах среда оказывает сопротивление, пропорциональное скорости,
тогда получим задачи 117, 118, 119, 120, 121 и 122 соответственно.
Решить задачи 117-122, не вычисляя энергии отдельных гармоник.
123.	Изолированный однородный электрический провод 0 ^ х ^ /
заряжен до некоторого потенциала vq = const. В начальный момент
времени конец х = 0 заземляется, а конец х = / продолжает оставаться
изолированным.
Найти распределение напряжения в проводе, если самоиндукция,
сопротивление и емкость единицы длины провода известны1).
124.	Найти электрические колебания в однородном проводе 0 ^
^ х ^ /, если конец х = 0 заземлен, конец х = / изолирован, начальный
ток равен нулю, а начальный потенциал равен
'0,	0 < х < а,
Ограничиваясь случаем, когда —-— > — — — , найти выраже-
/ v CL -L/ С
ние для напряжения.
125.	Найти напряжение в проводе с начальным током и началь-
начальным напряжением, равными нулю, если в начальный момент в точ-
точке х = хо этого провода помещается сосредоточенный заряд Q.
Остальные условия такие же, как в предыдущей задаче.
3. Вынужденные колебания под действием распределен-
распределенных и сосредоточенных сил в среде без сопротивления и в
среде с сопротивлением. В этом пункте сначала рассматриваются
задачи с постоянными вынуждающими силами, затем задачи с гар-
гармонически меняющимися во времени вынуждающими силами и, на-
наконец, задачи с вынуждающими силами, изменяющимися во времени
по произвольному закону.
126.	Решить задачу 97 при условии, что колебания происходят
в поле силы тяжести в среде с сопротивлением, пропорциональным
скорости, а концы страны закреплены на одинаковой высоте.
127.	Упругий стержень 0 ^ х ^ / расположен вертикально и верх-
верхним концом (х = 0) жестко прикреплен к свободно падающему лифту,
который, достигнув скорости г>о, мгновенно останавливается. Найти
продольные колебания стержня, если его нижний конец (х = I) сво-
свободен.
128.	Найти продольные колебания стержня 0 ^ х ^ /, если один
его конец закреплен жестко, а к другому с момента t = 0 приложена
сила Fn = const.
Утечка G = 0 согласно предположению об изолированности провода.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	33
129.	В конце х = I трубопровода 0 ^ х ^ I расход жидкости из-
изменяется в момент времени t = 0 скачком на величину А = const; ко-
конец х = 0 соединен с большим резервуаром, где давление жидкости
остается неизменным.
Считая, что до изменения расхода в конце х = / давление и расход
в трубопроводе были постоянными, найти изменение расхода в тру-
трубопроводе при t > 0 и изменение давления в сечении х = I при t > 0.
130.	Найти напряжение в однородном электрическом проводе, со-
сопротивление, самоиндукция, утечка и емкость единицы длины кото-
которого соответственно равны R, L, G и С, если начальные ток и напря-
напряжение равны нулю, конец х = / изолирован, а к концу х = 0, начиная
с момента t = 0, приложена постоянная э.д.с. Е.
131.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что конец прово-
провода х = I заземлен.
132.	В точке хо струны 0 ^ х ^ / с момента t = 0 приложена пос-
постоянная поперечная сила Fq. Найти колебания струны, если ее концы
закреплены жестко.
133.	К струне 0 ^ х ^ I с жестко закрепленными концами с мо-
момента времени t = 0 приложена непрерывно распределенная сила с
линейной плотностью
Ф(ж, t) = Ф(х) sina;?.
Найти колебания струны в среде без сопротивления; исследовать
возможность резонанса и найти решение в случае резонанса.
134.	Решить предыдущую задачу при условии, что линейная
плотность силы равна Ф(ж, t) = Фо sina;?, 0 < х < I, 0 < t < +оо,
где Фо = const.
135.	Найти продольные колебания стержня 0 ^ х ^ /, конец х = 0
которого закреплен жестко, а конец х = /, начиная с момента t = 0,
движется по закону
u(l,t) = ^sino;?, 0 < t < +оо.
Среда не оказывает сопротивления колебаниям.
136.	Найти продольные колебания стержня 0 ^ х ^ / в среде без
сопротивления, если конец х = 0 стержня закреплен жестко, а к кон-
концу х = /, начиная с момента t = 0, приложена сила
F(t) = Asincut, 0 < t < +оо.
137.	Решить задачу 35, предполагая, что в начальный момент
времени t = 0 стержень находился в горизонтальном положении и что
Q = 0, и = const. Рассмотреть случай без резонанса.
138.	Найти колебания струны 0 ^ х ^ / с жестко закрепленными
концами, если в точке х = хо этой струны с момента t = 0 приложена
поперечная сила
F(t) = Asinut, 0 < t < +оо.
Ограничиться случаем, когда частота вынуждающей силы не совпа-
совпадает ни с одной из собственных частот.
3 Б.М. Будак и др.

34	Условия задач
139.	Решить предыдущую задачу, если
F(t) = Acoscjt, 0 < t < +00.
140.	Решить задачу 138, если F(t) есть произвольная периоди-
периодическая сила с периодом и, т.е.
+ ОО
F(t) = — + ^(ап cos nut + f3n sin nut), 0 < t < +oo.
n=l
141.	К струне 0 ^ x ^ / с жестко закрепленными концами с мо-
момента времени t = 0 приложена непрерывно распределенная сила с
линейной плотностью Ф(ж, t) = Фо(ж)8то;?. Найти колебания стру-
струны при нулевых начальных условиях, предполагая, что среда оказы-
оказывает сопротивление, пропорциональное скорости. Найти установив-
установившиеся колебания, представляющие собой главную часть решения при
t ->• +оо. (Ср. с задачей 133.)
Замечание. Установившиеся колебания имеют частоту вы-
вынуждающей силы; колебания с другими частотами затухают.
142.	Решить задачу 136, предполагая, что колебания происходят
в среде с сопротивлением, пропорциональным скорости. Найти уста-
установившиеся колебания, представляющие собой главную часть реше-
решения при t —> +00.
143.	Решить задачу 130, предполагая, что к концу х = / провода
приложена с момента t = 0 э.д.с. E(t) = Eq sina;?, 0 < t < +оо, Eq =
= const, а конец х = 0 изолирован. Найти установившиеся колебания,
представляющие главную часть решения при t —> +оо.
144.	Решить задачу 131, предполагая, что к концу х = I про-
провода приложена с момента t = 0 э.д.с. E(t) = E^smuot, 0 < t < +оо,
Eq = const, а конец х = 0 заземлен. Найти установившиеся колеба-
колебания — главную часть решения при t —У +оо.
145.	Найти установившиеся колебания давления на конце х = /
трубопровода 0 ^ х ^ /, если на этом конце находится смягчающий
колпак, а расход поступающей извне жидкости меняется гармоничес-
гармонически во времени, на другом же конце трубопровода давление остается
постоянным.
146.	Найти колебания струны 0 ^ х ^ / с жестко закрепленны-
закрепленными концами под действием силы, приложенной с момента t = 0 и имею-
имеющей плотность
F(x, t) = $(x)t, О^х ^ /, 0<?< +оо,
предполагая, что среда не оказывает сопротивления колебаниям.
147.	Найти продольные колебания стержня 0 ^ х ^ /, левый ко-
конец которого закреплен жестко, а к правому с момента t = 0 прило-
приложена сила	. .
F(t) = At, 0 < t < +оо, А = const,
предполагая, что среда не оказывает сопротивления колебаниям.
148.	Найти колебания струны 0 ^ х ^ / с жестко закрепленными
концами под действием распределенной силы, приложенной с момен-

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	35
та t = 0 и имеющей плотность
F(x, t) = <$>(x)tm, O^x^l, 0<?<+oo, m>-l,
предполагая, что среда не оказывает сопротивления колебаниям.
149.	Найти продольные колебания стержня 0 ^ х ^ / в среде без
сопротивления под действием силы
F(t) = Atm, 0 < t < +00, А = const, m > -1,
приложенной с момента t = 0 к концу х = /, если конец х = 0 фикси-
фиксирован жестко.
150.	Решить задачу 133 методом, указанным для задачи 148.
151.	Решить задачу 141 методом, указанным для задачи 148.
152.	Найти колебания струны ) 0 ^ х ^ I с жестко закрепленны-
закрепленными концами, вызванные ударом мягкого выпуклого молоточка, пред-
предполагая, что среда не оказывает сопротивления колебаниям. Молото-
Молоточек действует на струну с силой, линейная плотность которой равна
A cos	— sm —, х — хо \ < о, 0 ^ t ^ г,
V 2 о ) т
О, |ж-жо|<<*, t>r,
О, 0 ^ х ^ х0 - 5, х0 + S ^ х ^ /, 0 < t < оо.
153.	Найти колебания струны 0 ^ х ^ / с жестко закрепленными
концами в среде без сопротивления, вызванные поперечным ударом в
точке хо, 0 < хо < I, в момент t = 0, передавшим струне импульс /,
учитывая этот удар свободным членом уравнения2).
154.	Решить задачу 146, предполагая, что среда оказывает со-
сопротивление, пропорциональное скорости.
155.	Решить задачу 153, предполагая, что среда оказывает со-
сопротивление, пропорциональное скорости.
156.	Найти поперечные колебания стержня с шарнирно закреп-
закрепленными («свободно опертыми») концами под действием постоянной
поперечной силы Р, точка приложения которой движется по стержню,
начиная с момента t = 0 от конца х = 0 к концу х = I с постоян-
постоянной скоростью г>о, предполагая, что колебания происходят в среде без
сопротивления.
157.	Решить предыдущую задачу, если Р = Ро sina;?, Po = const.
158.	Найти поперечные колебания стержня под действием попе-
поперечной сосредоточенной силы Р = Pq sin cut, приложенной с момен-
момента t = 0 в точке хо стержня, если концы стержня закреплены шар-
шарнирно («свободно оперты»), а среда не оказывает сопротивления ко-
колебаниям.
х)См. [7, с. 140-143].
2) Ср. с решением задачи 101.

36	Условия задач
159.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что колебания
происходят в среде с сопротивлением, пропорциональным скорости.
160.	Конец х = 0 стержня закреплен жестко, а к свободному кон-
концу х = I с момента t = 0 приложена постоянная поперечная сила F =
= Fq = const. Найти поперечные колебания стержня, вызванные си-
силой Fq.
161.	Решить предыдущую задачу в случае, когда действие си-
силы F = Fq продолжается лишь до момента t = Т > 0.
162.	Решить задачу 160 в случае, когда F = Fq smcut.
163.	Конец х = / стержня закреплен жестко, а конец х = 0 шар-
нирно («свободно оперт»). Найти поперечные колебания стержней,
вызываемые равномерно распределенной поперечной силой с линей-
линейной плотностью /osina;?, приложенной к стержню с момента t = 0.
4. Колебания при неоднородности сред и других услови-
условиях, приводящих к уравнениям с переменными коэффициен-
коэффициентами; учет сосредоточенных сил и масс.
164.	Найти продольные колебания неоднородного стержня 0 ^
^ х ^ I с постоянным поперечным сечением, полученного соединением
в сечении х = ж о двух однородных стержней, если:
а)	плотность массы и коэффициент упругости соответственно
равны
(р, 0<ж<жо,	(Е, 0<ж<жо,
р(х) = < =	Е(х) = < =
[р, хо<х<1,	уЕ, хо<х<1,
где р, р, Е, Ё — константы;
б)	начальные продольные смещения равны
— ж, 0 < х <
l\i-x)
f> Xo<x<l;
в)	начальные скорости равны нулю:
щ(х, 0) = ф(х) =0, 0 < х < /;
г)	концы стержня закреплены жестко:
u@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо.
165.	Найти установившиеся продольные колебания составного
стержня, описанного в предыдущей задаче, если его конец х = 0 за-
закреплен жестко, а к концу х = I с момента t = 0 приложена сила
F(t) = Fo sino;?, 0 < t < +оо.
166.	Найти продольные колебания стержня, описанного в зада-
задаче 164, если один его конец (х = 0) закреплен жестко, другой конец
(х = 0) — упруго, а начальные условия произвольны.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	37
167.	Найти колебания однородной струны 0 ^ х ^ I с неподвижно
закрепленными концами и сосредоточенной массой М, прикрепленной
в точке х = хо струны, вызываемые начальными отклонениями
{X
h —	при 0 < х < хо,
7-ж
h -	 при хо < х < I.
1-хо
168.	Поперечное сечение составного стержня, описанного в зада-
задаче 164, на участке 0 ^ х ^ хо равно 5, а на участке хо ^ х ^ I равно 5;
в сечении хо находится жесткая прокладка массы М; конец х = 0 за-
закреплен неподвижно, а конец х = / свободен. Найти крутильные коле-
колебания стержня при произвольных начальных условиях.
169.	Один конец упругого однородного вала жестко закреплен,
а на другой насажен шкив с осевым моментом инерции М. Найти
крутильные колебания вала при произвольных начальных условиях,
если модуль сдвига равен G, полярный момент инерции поперечного
сечения вала равен К, а осевой момент инерции единицы длины вала
равен J.
170.	Найти установившиеся продольные колебания конического
упругого стержня 0 ^ х ^ /, вызываемые гармонической продольной
силой F = Fq sin cut, приложенной к концу х = I, если конец х = 0 за-
закреплен неподвижно (см. задачи 21 и 89).
171.	Решить задачу 23, предполагая, что колебания струны вы-
вызваны начальными отклонениями, а начальные скорости равны нулю.
172.	Решить задачу 24 при произвольных начальных условиях.
173.	Решить задачу 25 при произвольных начальных условиях,
поместив начало координат в закрепленный конец струны.
§ 4. Метод интегральных представлений
В настоящем параграфе рассматриваются задачи о колебаниях
неограниченной, полуограниченной и конечной струны, а также ана-
аналогичные задачи из других областей физики, причем для их решения
применяются нижеследующие методы: метод интеграла Фурье, пере-
переход к конечному интервалу методом отражений, метод Римана.
1. Метод интеграла Фурье.
174.	Решить краевую задачу
ии = а2ихх + /(ж, ?), -оо < х < +оо, 0 < t < +оо,	A)
и(х, 0) = 0, щ(х, 0) = 0, -оо < х < +оо.	B)
175.	Решить краевую задачу1)
utt = а2ихх + с2и, -оо < х < +00, 0 < t < +оо,
, 0) = (f(x), Ut(x, 0) = ф(х), -00 < X < +00.
г) Напомним, что к такому виду приводится телеграфное уравнение с
помощью замены искомой функции v(x, t) = е~м<п(ж, t).

38	Условия задач
176.	Решить краевую задачу
ии = а2ихх + с2и + /(ж, ?), -оо < х < +оо, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = г^(ж, 0) = 0, -оо < х < +00.
177.	Решить краевую задачу
utt = а2ихх, 0 < х, t < +00,
и@, t) = 0, 0 < t < +оо,
гл(ж, 0) = /(ж), г^(ж, 0) = ф{х), 0 < ж < +00.
178.	Решить краевую задачу
utt = а2ижж, 0 < х, t < +00,
1^@, t) = 0, 0 <t < +оо,
и(ж, 0) = р(х), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < +00.
179.	Решить краевую задачу
ии = а2ихх, 0 < х, t < +00,
u@, t) =fi(t), 0 <t < +oo,
гб(ж, 0) = ut(x, 0) = 0, 0 < x < +00.
180.	Решить краевую задачу
ии = a2uxx, 0 < x, t < +00,
их@, t) = i/(t), 0 <t < +00,
гб(ж, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < +00.
181.	Решить краевые задачи для уравнения
ии = а2ихх + /(ж, *)
при нулевых начальных условиях и граничных условиях:
а) и@, t) = 0; б) их@, t) = 0.
182.	Решить краевую задачу
ии = ихх + с2и, 0 < ж, t < +00,
иж@, t) = v(t), 0 <t < +оо,
и(ж, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < +00.
183.	Решить краевую задачу
vtt = vxx + c2v, 0 < х, t < +00,
г;@, t) = aa(*)j 0 < t < +оо,
г;(ж, 0) = 0, vt(x, 0) = 0, 0 < ж < +оо.
184.	Решить краевую задачу
ии = ^и + с2и, 0 < ж, t < +00,
иж@, t) - /ш@, t) = х(^), 0 < t < +оо,
и(х, 0) = 0, ^(ж, 0) = 0, 0 < х < +00.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	39
185. Доказать1), что
+ ОО	+ОО
J(X)g(X)e-iX4X = J g(s)f(x - s) ds,
где /(А) и g(A) — образы Фурье функций f{x) и д{х) с ядром егХ^.
186.	Доказать, что
+ ОО	+ОО
J7{с)(\)g{c)W cos\xd\=yjg(s)[f(\x-s\)+f(x + s)]ds,
О	О
где /^(А) и ~д(с\\) — косинус-образы Фурье функций f(x) и д(х).
187.	Доказать, что
+ ОО	+ОО
= lj f(s)[g(\x - s\) - g(x + s)]ds,
/	j
0	0
где f(s'(\) и ^^С^(Л) — соответственно синус-образ2) Фурье и коси-
косинус-образ Фурье функций f(x) и д(х).
188.	Решить краевую задачу
ии + а2ихххх = 0, -оо < х < +оо, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = р(х), щ(х, 0) = аф"(х), -оо < х < +оо.
Рассмотреть также частный случай, когда
<р(х) = Ле 4/г2 ? ф(х) = 0, —оо < х < +00.
189.	Решить краевую задачу
utt + а2ихххх = 0, 0 < ж, t < +00,
ЦО, *) = /i(t), ижж@, *) = 0, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = ^(ж, 0) = 0, 0 < х < +00.
190.	Доказать, что для представимости решения краевой задачи
utt = а2ихх, 0 < х < +00, 0 < t < +00,
N Fk
и(ж, 0) = ^(жM ^(^? 0) — ^(жM 0 < ж < +00
в виде
x+at
+ — у ф(г) dz
x-at
х) Это соотношение часто называют теоремой о свертке.
2) См. § 4 ответов и указаний к настоящей главе, вводную часть
пункта 1.

40	Условия задач
достаточно продолжить (р(х) и ф(х) на отрицательную полуось х так,
чтобы функции
ж/ \ V^ л dkcp(x)	т/ ч	dkb()
к=0	к=0
были нечетными1).
191. Доказать, что для представимости решения краевой задачи
utt = а2ихх + /(ж, t), 0 < ж, t < +00,
N	к
и(х, 0) = 0, ^(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо
в виде
t x+a{t-r)
f
0 x()
достаточно функцию /(ж, t) продолжить так на отрицательную полу-
полуось ж, чтобы функция
Fix t)-f
к=0
была нечетной по ж ).
192. Доказать, что для представимости решения краевой задачи
ии — а2ихх + с2и, 0 < ж, t < +00,
N	к
V^|4=0' 0<^<+oo, ж = 0,
^-^ дхк
к=0
и(х, 0) = ip(x), щ(х, 0) = ф(х), 0 < ж < +00,
в виде
x-at
достаточно продолжить функции ip(x) и ф(х) на отрицательную по-
х) Здесь и ниже мы не затрагиваем вопроса непрерывности и дифферен-
цируемости.
2) То же.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	41
луось х так, чтобы функции
N	N
dk()	dkb()
к=0	к=0
были нечетными.
193. Доказать, что для представимости решения краевой задачи
utt = а2ихх + с2и + /(ж, ?), 0 < ж, t < +00,
и(ж, 0) = 0, ^(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо
в виде
t aj+a(t —г)
О x-a(t-r)
достаточно продолжить /(ж, ?) на отрицательную полуось х таким
образом, чтобы функция
k=0
была нечетной по х.
1*. Переход к конечному интервалу методом отражений.
194.	Решить краевую задачу
и@, t) = 0, u(l, t) = 0, 0 < t < +00,
и(х, 0) = <р(ж), ^(ж, 0) = г^(ж), 0 < ж < /.
195.	Решить краевую задачу
и@, t) = 0, ux(l, i) = 0, 0 < ^ < +00,
г^(ж, 0) = ^(х), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < I.
196.	Решить краевую задачу
ux(O,t)=O, ux(l,t)=O, 0<^<+oo,
и(ж, 0) = р(х), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < I.
197.	Решить краевую задачу
и@, t) = /il(t), ?i(Z, t) = /i2(^)j 0 < ^ < +00,

42
Условия задач
2. Метод Римана.
198.	Найти функцию Римана для оператора
т( , д2и 2д2и
L[u) = -т-у — а —, а = const,
и решить с ее помощью краевую задачу
<t?L = a2 — +f{xt) 0 < t < +00 -оо < х < +оо
<м(ж, 0) = </?(ж), ^г(ж, 0) = ф(х), —оо < х < +00.
199.	Найти функцию Римана для оператора
т( ч д2и 2 д2и . 2
L{u) = -рту — а ^—j ± с и, а = const,
и решить с ее помощью краевую задачу
я2
я2
~°° < х < +00.
^—- = а т—т ± с и + /(ж, rt, -оо < ж < +00, 0 < t < +00,
ot2	ox2
и(х, 0) = </?(ж), иДж, 0) =
200. Решить краевую задачу
О U	9. U U
ж2 —^ - У2 ^-7 = 0, -оо < ж < +оо, 1 < 2/ < +оо,
дж2	cfy2
и
— ф(х), -оо < х < +00.
201. Решить краевую задачу
/, ^д2и ди 1 д2и
ox2 ox a2 ot2
-оо
+оо,
t=0
= ф(х), —оо < х < I.
202. Решить краевую задачу
2 2ч^2^ Л ^п д2и 1
^ 0<,<+оо,
з/=о

Глава III
УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
Уравнения параболического типа получаются при исследовании
таких физических явлений, как теплопроводность, диффузия, распро-
распространение электромагнитных полей в проводящих средах, движение
вязкой жидкости.
В настоящей главе рассматривается постановка и решение крае-
краевых задач для уравнений параболического типа в случае, когда изуча-
изучаемые физические процессы могут быть охарактеризованы функциями
двух независимых переменных: одной пространственной координаты
и времени. В частности, всюду в настоящей главе начальные значения
искомой функции будут предполагаться зависящими лишь от одной
пространственной координаты.
Уравнениям параболического типа для функций с большим чис-
числом независимых переменных посвящена гл. V, которая является про-
продолжением и развитием настоящей главы.
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
параболического типа; постановка краевых задач
В первой группе задач этого параграфа предполагается однород-
однородность сред, а во второй допускаются нарушения однородности сред и
наличие сосредоточенных факторов. Третья группа посвящена уста-
установлению подобия между различными физическими явлениями, при-
приводящими к уравнениям параболического типа.
Поставить краевую задачу, соответствующую данной физической
задаче, — это значит выбрать функцию, характеризующую физичес-
физический процесс, а затем:
1)	вывести дифференциальное уравнение для этой функции;
2)	установить для нее граничные условия;
3)	сформулировать начальные условия.
Краткая сводка основных законов теплопроводности и диффу-
диффузии, из которых выводятся дифференциальные уравнения и гранич-
граничные условия, дается в гл. III, § 1, ответы и указания.

44	Условия задач
1. Однородные среды; уравнения с постоянными коэф-
коэффициентами. Всюду в задачах этого пункта среды предполагаются
однородными и изотропными, а их свойства — не зависящими от ис-
искомой функции и времени. Стержни, провода, трубы и т.п. здесь и
всюду, где не оговорено противное, предполагаются имеющими по-
постоянное поперечное сечение.
1.	Поставить краевую задачу об определении температуры
стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолированной боковой поверхностью, если
его начальная температура является произвольной функцией х; рас-
рассмотреть случаи,когда:
а)	концы стержня поддерживаются при заданной температуре;
б)	на концы стержня подается извне заданный тепловой поток;
в)	на концах стержня происходит конвективный теплообмен по
закону Ньютона со средой, температура которой задана.
2.	На боковой поверхности стержня происходит конвективный
теплообмен по закону Ньютона со средой, температура которой яв-
является заданной функцией времени. Пренебрегая деформацией изо-
изотермических поверхностей, поставить краевую задачу об определении
температуры в стержне при начальных и граничных условиях преды-
предыдущей задачи.
3.	Поставить краевую задачу об остывании тонкого кольца, на
поверхности которого происходит конвективный теплообмен по зако-
закону Ньютона с окружающей средой, имеющую заданную температуру.
Неравномерностью распределения температуры по толщине кольца
пренебречь.
4.	Поставить краевую задачу о нагревании полуограниченного
стержня, если конец стержня горит, причем фронт горения распро-
распространяется с постоянной скоростью г?о и имеет известную температу-
РУ Ч>(*)-
5.	Вывести уравнение для температуры тонкой проволоки, на-
нагреваемой постоянным электрическим током, если на ее поверхности
происходит конвективный теплообмен по закону Ньютона с окружаю-
окружающим воздухом, имеющим известную температуру. Поставить краевую
задачу об определении температуры в этом проводе, если его концы
зажаты в массивные клеммы с заданной теплоемкостью и очень боль-
большой теплопроводностью.
6.	Вывести уравнение диффузии в неподвижной среде, предпола-
предполагая, что поверхностями равной концентрации в каждый момент време-
времени t являются плоскости, перпендикулярные к оси х. Написать гра-
граничные условия, предполагая, что диффузия происходит в плоском
слое 0 ^ х ^ /; рассмотреть случаи, когда:
а)	на граничных плоскостях концентрация диффундирующего ве-
вещества поддерживается равной нулю;
б)	граничные плоскости непроницаемы;
в)	граничные плоскости полунепроницаемы, причем диффузия че-

Гл. III. Уравнения параболического типа	45
рез эти плоскости происходит по закону, подобному закону для кон-
конвективного теплообмена.
7.	Вывести уравнение диффузии в среде, движущейся с посто-
постоянной скоростью в направлении оси ж, если поверхностями равной
концентрации в каждый момент времени t являются плоскости, пер-
перпендикулярные к оси х.
8.	Вывести уравнение диффузии взвешенных частиц с учетом осе-
оседания, предполагая, что скорость частиц, вызываемая силой тяжести,
постоянна, а концентрация частиц зависит только от одной геомет-
геометрической координаты z (высоты) и времени t. Написать граничное
условие, соответствующее непроницаемой перегородке.
9.	Вывести уравнение диффузии при условиях задачи б для ве-
вещества, частицы которого:
а)	распадаются (например, неустойчивый газ), причем скорость
распада диффундирующего вещества в каждой точке пространства
пропорциональна концентрации;
б)	размножаются (например, диффузия нейтронов), причем ско-
скорость размножения диффундирующего вещества в каждой точке прост-
пространства пропорциональна концентрации.
10.	Поставить краевую задачу о движении слоя вязкой жидкости
между двумя параллельными плоскостями, если одна из них в момент
времени t = 0 начинает двигаться параллельно другой с заданной ско-
скоростью, имеющей постоянное направление. Действием силы тяжести
пренебречь.
11.	Вывести уравнения для процесса распространения плоского
электромагнитного поля в проводящей среде. (Среда называется про-
проводящей, если токами смещения можно пренебречь по сравнению с
токами проводимости.)
2. Неоднородные среды, сосредоточенные факторы; урав-
уравнения с переменными коэффициентами и условия сопряже-
сопряжения. В этом пункте сначала рассматриваются кусочно-однородные
среды и сосредоточенные факторы, что приводит к уравнениям с ку-
кусочно-постоянными коэффициентами и к условиям сопряжения. Затем
рассматриваются задачи, приводящие к уравнениям с непрерывно ме-
меняющимися коэффициентами.
12.	Неограниченный стержень с постоянным поперечным сече-
сечением получен соединением двух полуограниченных однородных
стержней с различными коэффициентами теплопроводности и темпе-
температуропроводности .
Поставить краевую задачу об определении температуры в этом
стержне, рассмотрев случаи, когда:
а)	концы составляющих стержней соединены непосредственно
(приварены торцом к торцу);
б)	концы стержней соединены массивной муфтой с теплоем-
теплоемкостью Со, причем материал муфты обладает очень большой тепло-
теплопроводностью.

46	Условия задач
Поверхность стержня и внешнюю поверхность муфты (не приле-
прилегающую к стержню) считать теплоизолированными.
13.	Замкнутый цилиндрический сосуд с непроницаемыми стенка-
стенками получен соединением в начальный момент времени двух цилинд-
цилиндрических сосудов, каждый из которых заполнен однородной средой с
равномерно распределенным веществом, причем концентрация этого
вещества в обоих составляющих сосудах различна и свойства среды
в одном и другом сосуде различны.
Поставить краевую задачу о диффузии упомянутого вещества в
составном цилиндре, рассмотрев случаи, когда:
а)	цилиндры соединены непосредственно;
б)	цилиндры соединены через полу непроницаемую перегородку.
14.	Поставить краевую задачу о нагревании тонкого стержня,
по которому скользит с постоянной скоростью плотно прилегающая
электропечь постоянной мощности, если внешняя поверхность печи,
не прилегающая к стержню, теплоизолирована, а теплоемкость печи
пренебрежимо мала.
15.	Расплавленный металл заполняет вертикальный цилиндри-
цилиндрический сосуд, стенки и дно которого теплонепроницаемы. С момен-
момента t = 0 свободная поверхность металла поддерживается при темпе-
температуре щ = const, которая ниже температуры плавления. Поставить
краевую задачу об остывании и затвердевании металла, если его на-
начальная температура равна щ = const.
16.	Поставить краевую задачу о движении под действием си-
силы тяжести тонкой вертикальной бесконечной плоской пластины в
слое вязкой жидкости между двумя неподвижными параллельными ей
пластинами. Действием поля силы тяжести на жидкость пренебречь.
17.	Поставить краевую задачу об остывании равномерно нагре-
нагретого стержня, имеющего форму усеченного конуса, пренебрегая ис-
искривлением изотермических поверхностей, если концы стержня теп-
теплоизолированы, а на боковой поверхности происходит теплообмен со
средой, температура которой равна нулю.
3. Подобие краевых задач1).
18.	Сформулировать задачу теплопроводности, аналогичную за-
задаче 10 о движении вязкой жидкости. Установить необходимые и до-
достаточные условия для того, чтобы первая задача была подобна вто-
второй с заданными коэффициентами подобия kXj kt, ки.
19.	Сформулировать задачу теплопроводности 2 (задачу (I)),
аналогичную задаче 9 (задаче (II)) о диффузии неустойчивого газа.
Установить необходимые и достаточные условия подобия задачи (I)
задаче (II) с заданными коэффициентами подобия.
20.	Сформулировать задачу об определении электрического на-
напряжения в проводе, аналогичную следующей задаче об определении
О понятии подобия краевых задач см. гл. II, § 1, с. 20 и 169.

Гл. III. Уравнения параболического типа	47
температуры в стержне: «Найти температуру стержня, если на одном
его конце и на боковой поверхности происходит теплообмен со средой,
температура которой равна нулю, а температура другого конца ме-
меняется по заданному закону; начальная температура стержня равна
нулю» (задача (II)). Установить необходимые и достаточные условия
подобия задачи (I) задаче (II) с заданными коэффициентами подобия.
21.	Сформулировать задачу теплопроводности (задачу (I)), ана-
аналогичную задаче о распространении плоского магнитного поля в
проводящем слое 0 ^ х ^ I" (задаче (II)) при нулевых начальных усло-
условиях, предполагая, что всюду левее слоя мгновенно установилось по-
постоянное однородное магнитное поле, параллельное слою, причем
плоскость х = /" является идеально проводящей.
§ 2. Метод разделения переменных
В первом пункте1) настоящего параграфа собраны задачи для од-
однородных изотропных сред; они приводят к линейному дифференци-
дифференциальному уравнению с постоянными коэффициентами. Во втором пунк-
пункте рассматриваются задачи для неоднородных сред, а также некото-
некоторые задачи с сосредоточенными факторами2).
1. Однородные изотропные среды. Уравнения с постоян-
постоянными коэффициентами.
а)	Задачи теплопроводности с постоянными граничными усло-
условиями и свободными членами.
22.	а) Найти распределение температуры в стержне 0 ^ х ^ /
с теплоизолированной боковой поверхностью, если температура его
концов поддерживается равной нулю, а начальная температура равна
произвольной функции f(x).
б)	Рассмотреть, в частности, случай, когда f(x) = Uq = const, и
дать оценку погрешности, допускаемой при замене суммы ряда, пред-
представляющего решение в точке х = //2, его частичной суммой, и уста-
установить, с какого момента времени отношение суммы всех его членов,
начиная со второго, к первому члену будет заведомо меньше наперед
заданного е > 0.
Замечание. При этом мы будем говорить, что в рассматри-
рассматриваемой точке наступил регулярный режим ) с относительной точ-
точностью е.
23.	Начальная температура стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолиро-
теплоизолированной боковой поверхностью равна
Uq = const,	A)
х) Стержни, провода, цилиндры, встречающиеся в этом пункте, счита-
считаются имеющими постоянное поперечное сечение.
2)	См. первую сноску на с. 32.
3)	Подробнее о регулярном режиме см. [25].

48	Условия задач
а на концах его поддерживается постоянная температура
u@, t) = U!= const, u(l, t) = U2= const, 0 < t < +00. B)
Найти температуру u(x, t) стержня при t > 0; найти также стацио-
стационарную температуру
п(х) = lim и(х, t).
24.	Начальная температура стержня 0 < х < I является произ-
произвольной функцией f(x). Температуры концов постоянны:
и@, t) = Ui= const, u(l, i) = U2 = const, 0 < t < +oo.
На боковой поверхности происходит теплообмен по закону Ньютона
со средой, температура которой равна щ = const. Найти температуру
стержня. Рассмотреть, в частности, случай, когда U\ = U2 — О,
Дат) = 0.
25.	Найти температуру стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолированной
боковой поверхностью и теплоизолированными концами, если его на-
начальная температура является произвольной функцией х. Перейти за-
затем к случаю, когда на боковой поверхности происходит конвектив-
конвективный теплообмен (по закону Ньютона) со средой, температура которой
равна нулю.
26.	Найти температуру стержня, на боковой поверхности которо-
которого происходит конвективный теплообмен со средой нулевой темпера-
температуры, если на концы стержня подаются извне постоянные тепловые
потоки, а начальная температура является произвольной функцией.
27.	Найти температуру стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолирован-
теплоизолированной боковой поверхностью, если один его конец (х = 0) поддержи-
поддерживается при заданной фиксированной температуре, а на другой
конец (х = /) подается извне заданный постоянный тепловой поток,
причем начальная температура произвольна. Рассмотреть, в частнос-
частности, случай, когда начальная температура равна нулю, а конец х = /
теплоизолирован, и оценить погрешность, допускаемую при замене
суммы ряда, представляющего решение в точке х = /, его частичной
суммой. Найти момент времени, с которого на конце х = / заведомо
наступит регулярный режимг) с относительной точностью е.
28.	Найти температуру стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолированной
боковой поверхностью и теплоизолированным концом х = 0, если на-
начальная температура стержня равна нулю и через конец х = I в стер-
стержень подается постоянный тепловой поток. Дать оценку погрешнос-
погрешности, допускаемой при замене суммы ряда, представляющего решение в
точке х = 0, его частичной суммой.
г) О регулярном режиме см. условие задачи 22 и соответствующее при-
примечание. Здесь должно рассматриваться отношение суммы всех членов, за-
зависящих экспоненциально от времени, начиная со второго, к первому члену,
зависящему экспоненциально от времени; эти члены предполагаются зану-
занумерованными в порядке возрастания собственных значений.

Гл. III. Уравнения параболического типа	49
29.	Найти температуру стержня 0 ^ х ^ I с теплоизолированной
боковой поверхностью, один конец которого (х = 0) теплоизолирован,
а на другом конце (х = /) происходит конвективный теплообмен со сре-
средой, температура которой равна Uq = const. Начальная температура
стержня равна нулю. Оценить погрешность, допускаемую при замене
суммы ряда, представляющего решение в точке х = 0, его частичной
суммой; найти момент времени, с которого на конце х = 0 заведомо бу-
будет иметь место регулярный режимх) с относительной точностью е.
30.	а) Найти температуру стержня 0 ^ х ^ I с теплоизолирован-
теплоизолированной боковой поверхностью, если на каждом из его концов происходит
конвективный теплообмен с внешней средой, имеющей постоянную
температуру, а начальная температура произвольна.
б) Рассмотреть, в частности, случай, когда температура внешней
среды на обоих концах одинакова, а начальная температура стержня
равна нулю, и установить связь с решением задачи 29.
31.	Решить задачу 30, а), предполагая, что на боковой поверхнос-
поверхности стержня происходит конвективный теплообмен со средой, темпе-
температура которой равна нулю.
32.	Найти распределение температуры в тонком однородном
кольце единичного радиуса, на поверхности которого происходит кон-
конвективный теплообмен с окружающей средой, имеющей постоянную
температуру; начальная температура кольца произвольна2). Рас-
Рассмотреть, в частности, случай, когда в начальный момент времени
кольцо было равномерно нагретым.
б) Задачи теплопроводности с переменными граничными усло-
условиями и свободными членами, зависящими от х и t.
33.	Найти распределение температуры в стержне 0 < х < I с теп-
теплоизолированной боковой поверхностью, если на его конце х = 0 под-
поддерживается температура, равная нулю, а на конце х = / температура
меняется по закону
u(l, t) = At, A = const, 0 < t < +оо.
Начальная температура стержня равна нулю.
34.	Найти температуру стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолированной
боковой поверхностью, если по стержню непрерывно распределены
тепловые источники, плотность которых равна Ф(?) smGrx/l), началь-
начальная температура стержня является произвольной функцией /(ж), а
температура концов поддерживается равной нулю.
35.	а) Найти температуру стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолирован-
теплоизолированной боковой поверхностью, если его начальная температура являет-
является произвольной функцией /(ж), температура концов поддерживается
равной нулю, по стержню непрерывно распределены источники тепла,
плотность которых равна F(x, t).
г) См. задачу 22 и сноску к задаче 27.
2) См. задачу 3.
4 Б.М. Будак и др.

50	Условия задач
б) Рассмотреть, в частности, предельный случай, когда в стержне
действует лишь один сосредоточенный источник постоянной мощнос-
мощности Q, находящийся в точке #о, 0 < хо < /, а начальная температура
стержня равна нулю.
36.	По стержню 0 ^ х ^ /, на боковой поверхности которого про-
происходит конвективный теплообмен со средой (температура среды рав-
равна нулю), движется печь с постоянной скоростью vq. Поток тепла
от печи к стержню равен q(t) = Ae~ t, где h — коэффициент теп-
теплообмена, входящий в уравнение теплопроводности для стержня щ =
= а2ихх — hu. Найти температуру стержня, если его начальная темпе-
температура равна нулю и температура концов все время поддерживается
равной нулю.
37.	Решить задачу 35, а) для стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолиро-
теплоизолированной боковой поверхностью, если на его концах происходит конвек-
конвективный теплообмен со средой, температура которой меняется по за-
заданному закону.
38.	Найти температуру и(х, i) стержня, решая краевую задачу
щ = а2ихх - Ни + /(ж, t), 0 < х < I, 0 < t < +оо,	A)
их@, t) - /ш@, t) = фг(г), ux(l, t) + hu(l, t) = <ф2(Ь),	,9v
О < t < +оо,	[Z)
u(x,Q) = ip(x), 0<x<l,	C)
путем сведения к однородной краевой задаче.
39.	Найти асимптотическое выражение при t —> +оо для темпера-
температуры и(х, t) в стержне с теплоизолированной боковой поверхностью,
если на его концах выполняется одно из следующих граничных условий:
а)	и@, t) = 0, u(l, t) = ^coso;?, 0 < t < +оо;
б)	и@, t) = 0, ux(l, t) = Acosut, 0 < t < +оо;
в)	и@, t) = 0, ux(l, t) + hu(l, i) = Acosujt, 0 < t < +oo.
40.	На поверхности тонкого кольца единичного радиуса прохо-
проходит конвективный теплообмен со средой, температура которой равна
нулю; начальная температура кольца равна нулю1). В некоторой фик-
фиксированной точке кольца в начальный момент времени выделилось Q
единиц тепла. Найти температуру кольца. Рассмотреть точку кольца,
диаметрально противоположную точке, в которой выделилось тепло,
и оценить погрешность, допускаемую при замене суммы ряда, пред-
представляющего решение в этой точке, его частичной суммой.
в) Задачи диффузии.
41.	Давление и температура воздуха в цилиндре 0 ^ х ^ / равны
атмосферным; один конец цилиндра с момента t = 0 открыт, а дру-
другой остается все время закрытым. Концентрация некоторого газа в
окружающей атмосфере равна С/о = const. С момента t = 0 газ диф-
диффундирует в цилиндр через открытый конец. Найти количество газа,
См. задачу 32, а также задачу 3.

Гл. III. Уравнения параболического типа	51
продиффундировавшего в цилиндр, если его начальная концентрация
в цилиндре равна нулю.
42.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что оба конца ци-
цилиндра закрыты полу непроницаемой перегородкой, через которую и
происходит диффузия.
43.	Решить задачу 41, предполагая, что диффундирующий газ
распадается, причем скорость распада в каждой точке пропорциональ-
пропорциональна концентрации газа в этой же точке.
44.	В цилиндре 0 ^ х ^ I находится диффундирующее вещест-
вещество, частицы которого размножаются, причем скорость размножения
в каждой точке пропорциональна концентрации вещества в этой же
точке. Найти критическую длину цилиндра1) для случаев, когда:
а)	на обоих концах цилиндра поддерживается концентрация, рав-
равная нулю;
б)	на одном конце поддерживается концентрация, равная нулю, а
другой закрыт наглухо;
в)	оба конца цилиндра закрыты наглухо.
г)	Задачи электродинамики.
45.	Найти электрическое напряжение в проводе 0 ^ х ^ /, один
конец которого изолирован, а к другому приложена постоянная элек-
электродвижущая сила. Распределенная самоиндукция и утечка провода
пренебрежимо малы, начальный потенциал равен vo = const, а на-
начальный ток равен нулю.
46.	Распределенная самоиндукция и утечка провода 0 ^ х ^ / рав-
равны нулю; начальный потенциал и начальный ток также равны нулю.
Найти напряжение в проводе, если один его конец (х = I) заземлен
через сосредоточенную емкость Со, а к другому (х = 0) приложена
постоянная электродвижущая сила Eq.
47.	Найти электрическое напряжение в проводе 0 ^ х ^ I с прене-
пренебрежимо малой самоиндукцией и утечкой, если его конец х = /
заземлен, начальный ток и начальный потенциал равны нулю, а к
концу х = 0 приложена постоянная электродвижущая сила Eq через
сосредоточенное сопротивление До-
48.	Проводящий слой 0 ^ х ^ I был свободен от электромагнит-
электромагнитных полей. В момент t = 0 всюду вне слоя возникло постоянное од-
однородное магнитное поле Hq, параллельное слою. Найти магнитное
поле в слое при t > 0. Найти момент времени, начиная с которого в
середине слоя заведомо будет иметь место регулярный режим с отно-
относительной точностью е.
2. Неоднородные среды и сосредоточенные факторы.
Уравнения с переменными коэффициентами и условия сопря-
сопряжения.
49.	Стержень 0 ^ х ^ / с теплоизолированной боковой поверх-
поверхностью и постоянным поперечным сечением составлен из двух одно-
х) О понятии критических размеров см. [7, с. 471, 472].

52	Условия задач
родных стержней О^ж^жо, жо^ж^/с различными физическими
свойствами. Найти температуру в стержне, если его концы поддер-
поддерживаются при температуре, равной нулю, а начальная температура
произвольна.
50.	Найти температуру однородного стержня с теплоизолирован-
теплоизолированной боковой поверхностью, в точке хо которого @ < хо < I) находится
сосредоточенная теплоемкость Со- Начальная температура стержня
произвольна, а концы поддерживаются при температуре, равной
нулю.
51.	Найти температуру стержня 0 ^ х ^ / с теплоизолированной
боковой поверхностью, имеющего форму усеченного конуса (см. за-
задачу 17), если температура концов стержня поддерживается равной
нулю, а начальная температура стержня произвольна.
52.	Решить предыдущую задачу для стержня, боковая поверх-
поверхность которого получается вращением кривой у = Ае~тх вокруг
оси х.
53.	Тяжелая вертикальная плоскость находится в слое вязкой
жидкости, заключенном между двумя неподвижными вертикальны-
вертикальными плоскостями. В момент t = 0 плоскость начинает падать. Най-
Найти ее скорость и скорости частиц вязкой жидкости, если начальные
скорости равны нулю и если падающая плоскость равноудалена от
граничных плоскостей. Действием поля силы тяжести на жидкость
пренебречь.
§ 3. Метод интегральных представлений
и функции источников
В настоящем параграфе рассматривается применение интеграль-
интегральных представлений к решению краевых задач для уравнения щ =
= а ихх + Ъи + /(х, t) (где Ъ и / могут быть тождественно равными
нулю) в случае неограниченной прямой, полупрямой и конечного от-
отрезка. Сначала даются задачи на применение интегрального преобра-
преобразования Фурье. Затем идут задачи на построение функций источников
(функций Грина) и применение их к решению краевых задач.
1. Однородные изотропные среды. Применение интег-
интегрального преобразования Фурье к задачам на прямой и полу-
полупрямой.
Применяя интегральное преобразование Фурье ) , решить сле-
следующие краевые задачи.
54.	щ = а2ихх, —оо < х < +оо, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = /(ж), —оо < х < +00.
55.	щ = а2ихх + /(ж, ?), —оо < х < +оо, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = 0, —оо < х < +00.
х) См. ответы и указания, гл. II, § 4, с. 255.

Гл. III. Уравнения параболического типа	53
56.	щ = а2ихх, 0 < ж, t < +00,
и@, t)=0, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = /(ж), 0 < х < +оо.
57.	г^ = а2ихх, 0 < х, t < +оо,
иж@, *) =0, 0 < t < +оо,
и (ж, 0) = /(ж), 0 < х < +оо.
58.	г^ = а2ихх, 0 < ж, t < +оо,
w@, t) =ip(t), 0 <t < +оо,
и(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо.
59.	щ = а2ижж, 0 < ж, ? < +00,
и(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо.
60.	щ = а2ижж + /(ж, t), 0 <x,t < +оо,
u@, t) = 0, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = 0, 0 < х < +00.
61.	щ = а2ихх + /(ж, t), 0 < ж, t < +00,
иж@, t) = 0, 0 < t < +00,
и(х, 0) = 0, 0 < х < +00.
62.	Воспользовавшись уравнением из задачи 186 гл. II, доказать,
ЧТ0 +оо	9	+оо
Х	Г
cosXx
+
о	о
63. Воспользовавшись уравнением из задачи 187 гл. II, доказать,
что
+ ОО	+ОО
Л
+
у
е
о	о
64.	Применяя преобразование Фурье с ядром К(ж, А) =
2 A cos Аж + h sin Аж
	, решить краевую задачу
тг	X2 + п2
щ — а ихх, 0 < ж, ? < +00,
иж@, *) -ftu(O, t) = -hip(t),
и(х, 0) = 0, 0 < х < +00.
65.	Применяя преобразование Фурье с таким же ядром, как в
предыдущей задаче, решить краевую задачу
щ = а2ихх, 0 < ж, t < +00,
их@, t) - /ш@, t) = 0, 0 < * < +оо,
и(х, 0) = /(ж), 0 < х < +00.

54	Условия задач
2. Однородные изотропные среды. Построение функций
влияния сосредоточенных источников. В настоящем пункте со-
собраны главным образом задачи на построение и применение функций
влияния мгновенных точечных источников тепла («функций Грина»
для уравнения теплопроводности). Сначала идут задачи для неогра-
неограниченной прямой, затем для полупрямой, причем среда предполагает-
предполагается изотропной и однородной, затем рассматриваются задачи для не-
неоднородной прямой, составленной из двух однородных полупрямых, и
некоторые другие задачи с неоднородностями сред и сосредоточен-
сосредоточенными факторами для неограниченной прямой и полупрямой; нако-
наконец, идут задачи для конечного отрезка, причем рассматриваются
два различных представления функций влияния мгновенных источни-
источников тепла: одно получается методом разделения переменных (методом
Фурье), другое — методом отражений, и производится их сравнение.
а) Неограниченная прямая.
66.	Поверхность неограниченного стержня — оо < х < +оо тепло-
теплоизолирована, начальная температура равна нулю. В начальный мо-
момент времени в точке х = ? стержня выделилось мгновенно Q единиц
тепла. Найти температуру стержня. (Построение функции источника
для уравнения щ = а2ихх на прямой — оо < х < +оо.)
67.	Решить предыдущую задачу для стержня, на поверхности
которого происходит конвективный теплообмен со средой, температу-
температура которой равна нулю. (Построение функции источника для уравне-
уравнения щ = а2ихх — hu на прямой —оо < х < +оо.)
68.	Используя функцию источника, полученную в решении зада-
задачи 66, решить краевую задачу
щ = O?UXX + /(Ж, t), -ОО < X < +00, 0 < t < +00,
и(х, 0) = </?(ж), —оо < х < +00.
69.	Используя функцию источника, полученную в решении зада-
задачи 67, решить краевую задачу
щ = а2ихх — hu + /(ж, t), —оо < х < +00, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = <р(х), —оо < х < +00.
70.	При условиях задачи 66 найти тот момент времени, в кото-
который температура в точке х достигает максимума, и найти это макси-
максимальное значение температуры (задача о распространении теплового
импульса).
71.	На поверхности стержня — оо < х < +оо происходит конвек-
конвективный теплообмен со средой, температура которой равна нулю; на-
начальная температура стержня равна нулю; в точке х = 0 непрерывно
действует тепловой источник постоянной мощности Q. Найти темпе-
температуру и(х, t) стержня. Найти также стационарную температуру
п(х) = lim u(x, t).
Какова была бы стационарная температура, если бы поверхность
стержня была бы теплоизолирована?

Гл. III. Уравнения параболического типа	55
72.	С помощью формулы, полученной в решении задачи 68, ре-
решить задачу
щ = а2ихх, —оо < ж < +оо,	0 < t < +00,
{О	при	— оо < ж < —/,
Uo = const ф 0 при	- I < х < I,
О при I < х < +00.
73.	С помощью формулы, полученной в решении задачи 68, ре-
решить задачу
щ = а2ихх, —оо < х < +00, 0 < t < +00,
О	при — оо < х < О,
Ае~ах при 0 < х < +00, А = const, a = const > 0.
74.	Решить краевую задачу
<Mt = а2ихх — hu, —оо < х < +00, 0 < t < +оо,
{О	при — оо < х < —I,
Uo = const при - / < х < I,
О	при — I < х < +00
(ср. с задачей 72).
75.	Решить краевую задачу 14 о нагревании стержня подвижной
печкой при нулевом начальном условии.
б) Полупрямая.
76.	Построить функцию источника для уравнения щ = а ихх на
полупрямой 0 < х < +00, на конце которой задано граничное условие
первого рода. Перейти затем к случаю уравнения щ = а2ихх — hu.
77.	Решить предыдущую задачу, если на конце полупрямой 0 <
< х < +00 задано граничное условие второго рода.
78.	Решить задачу 76, если на конце полупрямой 0 < х < +оо
задано граничное условие третьего рода.
79.	Пользуясь функцией источника, решить краевую задачу
щ = а2ихх + /(ж, t), 0 < ж, t < +00,
и@, t) =<p(t), 0 <t < +оо,
и(х, 0) = ф(х), 0 < х < +00.
80.	Пользуясь функцией источника, решить краевую задачу
щ = а2ихх + /(ж, f), 0 < ж, ? < +00,
их@, t) = </?(?), 0<?< +оо,
и(х, 0) = ф(х), 0 < х < +00.
81.	Пользуясь функцией источника, решить краевую задачу
щ = а2ихх + /(ж, ?), 0 < ж, ? < +00,
их@, t) - /ш@, *) = -hip(t), 0<t < +оо,
и(ж, 0) = V^X 0 < ж < +00.

56	Условия задач
82. Доказать справедливость следующего утверждения. Для того
чтобы решение краевой задачи
щ — а ихх, 0 < ж, t < +00,
N	к
к=0
и(х, 0) = /(ж), 0 < ж < +оо,
можно было представить в виде
u(x, t) =
достаточно функцию /(ж) продолжить на отрицательную полуось х
так, чтобы функция	N
была нечетной.
83. Доказать справедливость следующего утверждения. Для того
чтобы решение краевой задачи
щ = а2ихх + /(ж, t), 0 < ж, t < +00,
N	к
У^ Ak ^—к = О, 0 < t < +00, ж = 0, и(х, 0) = О
можно было представить в виде
+ ОО	t
и{х, t) =
=
7г J
о -г~Т
достаточно продолжить функцию /(ж, t) на отрицательную полуось ж
так, чтобы функция
к=0
была нечетной по ж.
84. Решить краевую задачу
щ = а2ихх, 0 < ж, t < +оо,
и@, t) = 0, 0 <t < +оо,
и(ж, 0) = [/0, 0 < ж < +00.
Начертить графики распределения температуры в моменты времени
t = l/(8a2), t = 1/Dа2), t = 1/Bа2) на отрезке 0 ^ ж ^ 4, а также
графически изменения температуры в точках ж = 1/4, ж = 1/2, ж = 1
на отрезке времени 0 ^ ? ^ 1/а2.
Найти также скорость движения фронта температуры а С/о, где
О < а < 1, а = const.

Гл. III. Уравнения параболического типа	57
85.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх, 0 < х, t < +00,
и@, t) = U0, 0 < t < +оо,
и(х, 0) = 0, 0 < х < +оо.
В какой момент времени t температура в точке достигнет значе-
значения а С/о, 0 < а < 1?
86.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх, 0 < ж, t < +00,
глж(О, t) = 0, 0 < * < +оо,
о, 0 < х < 1,
87.	Решить краевую задачу
ut = a2uxxj 0 < ж, ? < +00,	A)
их@, t) -hu(O, t) = 0, 0<^<+оо,	B)
и(ж, 0) = С/о = const, 0 < ж < +00.	C)
Получить асимптотическое представление для температуры конца
стержня при больших значениях времени
D)
Дать выражение для оценки погрешности при пользовании фор-
формулой D) и найти, с какого момента времени вычисление u(O,t) по
формуле	/-у-
ЦО, i) « -i^=	E)
ah y-Kt
дает погрешность, заведомо не превышающую по абсолютной вели-
величине наперед заданного е > 0.
88.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх - b2e~kx, fc > 0, 0 < ж, ? < +оо,
i/@, t) = Uo = const, 0 < t < +00,
и(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо.
89.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх, 0 < ж, t < +00,
-1^@, *) = q, 0<t < +оо,
и(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо.
90.	Решить краевую задачу
щ — а ихх — h(u — С/2), С/2 = const, 0 < ж, t < +00,
и@, t) = Ui, 0 <t < +00, C/i = const,
и(х, 0) = С/о, 0 < ж < +00, С/о = const.
91.	Начальный ток и начальное напряжение в полуограниченном
однородном проводе 0 ^ х < +оо равны нулю. Самоиндукция единицы

58	Условия задач
длины провода пренебрежимо мала. Начиная с момента t = 0, к кон-
концу провода приложена постоянная электродвижущая сила Eq. Найти
напряжение в проводе.
92.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх, 0 < х, t < +00,
у>х(О, t) - /ш@, t) = -Aftcoso;t, 0 < t < +oo,
u(x, 0) = 0, 0 < x < +oo.
93.	Найти установившиеся температурные волны в полуограни-
полуограниченном стержне 0 < х < +оо с теплоизолированной боковой поверх-
поверхностью, если температура конца стержня меняется по закону
i/@, t) = A cos cut.
Найти скорость распространения температурной волны с данной час-
частотой uj (дисперсия температурных волн).
94.	Начальный ток и начальное напряжение в однородном прово-
проводе 0 ^ х < +00 равны нулю. Начиная с момента t = 0, в точке х = О
приложена электродвижущая сила E(t) = Eq cos cot. Найти напряже-
напряжение в проводе, если самоиндукция и утечка единицы длины провода
пренебрежимо малы.
95.	Начальная температура полу ограниченного стержня с тепло-
теплоизолированной боковой поверхностью задана
и(х, 0) = /(ж), 0 < х < +00.
Какой тепловой поток должен подаваться в стержень через его конец,
чтобы температура конца менялась по заданному закону
u(O,t)=»(t), 0<?<+oo, /х@) = /@)?
Рассмотреть частный случай, когда f(x) = 0.
96.	Начальная температура полуограниченного стержня с тепло-
теплоизолированной боковой поверхностью задана
и(х, 0) = /(ж), 0 < х < +оо,
а на конце х = 0 происходит конвективный теплообмен с внешней сре-
средой. Как должна меняться температура внешней среды, чтобы тем-
температура конца стержня менялась по заданному закону
ЦО, t) = ц(г), МО) = /@), 0 < t < +оо?
Рассмотреть частный случай, когда f(x) = 0.
97.	Решить задачу 95 при условии, что на боковой поверхнос-
поверхности стержня происходит конвективный теплообмен со средой нулевой
температуры.
98.	Решить задачу 96 при условии, что на боковой поверхности
стержня происходит конвективный теплообмен со средой, температу-
температура которой равна нулю.
99.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх + /(ж, i), 0 < t < +00, vot < х < +оо,
и(х, 0) = 0, 0 < х < +оо,
u(vot, t) = 0, 0 < t < +00.

Гл. III. Уравнения параболического типа	59
100.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх, 0 < t < +00, vot < х < +оо,
и(х, 0) = /(ж), 0 < х < +оо,
u(vot, t) = 0, 0 < t < +00.
101.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх, 0 < t < +00, г>о? < х < +00,
гл(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо,
u(vot, t) = /i(f), 0 < t < +00.
102.	Решить краевую задачу
щ = а2ихх + /(ж, t), 0 < t < +00, г>о? < х < +00,
и (ж, 0) = /(ж), 0 < х < +оо,
0 <t < +оо.
в) Конечный отрезок. Задачи 103-105 на построение функций ис-
источника, предлагаемые в этом пункте, требуется решить двумя спосо-
способами: методом отражений и методом разделения переменных; один из
них дает хорошее представление для функции источника при малых
значениях времени ?, а другой — при больших.
103.	Построить функцию влияния мгновенного точечного источ-
источника для конечного стержня с теплоизолированной боковой поверх-
поверхностью, если его концы поддерживаются при температуре, равной ну-
нулю. Оценить остатки рядов, представляющих решение.
104.	Построить функцию влияния мгновенного точечного источ-
источника тепла для конечного стержня с теплоизолированной боковой
поверхностью, если его концы также теплоизолированы. Оценить ос-
остатки рядов, представляющих решение.
105.	Построить функцию влияния мгновенного точечного источ-
источника тепла для конечного стержня с теплоизолированной боковой по-
поверхностью, если один его конец (х = 0) теплоизолирован, а другой
(х = /) поддерживается при нулевой температуре. Оценить остатки
рядов, представляющих решение.
106.	а) Найти JV, начиная с которого для остатка ряда B) реше-
решения задачи 103 выполняется неравенство
\RN(x,?,t)\<e	A)
при 0 ^ ж, f ^ Z, 0 ^ t^t*.
б) Найти 7V, начиная с которого для остатка ряда A2) решения
задачи 103 выполняется неравенство A) при 0 ^ ж, ? ^ Z, 0 ^ t ^ t*.
107.	Решить предыдущую задачу для рядов A) и F) ответа к
задаче 104.
108.	Решить задачи 103—105 в случае, когда на боковой поверх-
поверхности стержня происходит конвективный теплообмен со средой, тем-
температура которой равна нулю.

60	Условия задач
109.	С помощью функции источника, найденной в решении зада-
задачи 103, решить краевую задачу
щ = а2ихх + /(ж, t), 0 < х < I, 0 < t < +оо,
u(O,t) = ip(t), u(l,t)=O, 0<?<+оо,
и(х, 0) = fo(x), 0 < х < I.
110.	С помощью функции источника, найденной в решении зада-
задачи 104, решить краевую задачу
ut = a2uxx + f(x,t), 0<х<1, 0 < t < +оо,	A)
ux(O,t)=<p(t), u(l,t) = O, 0<?<+oo,	B)
u(x,0) = fo(x), 0<x<l.	C)
111.	Температура одного конца стержня (х = 0) поддерживает-
поддерживается постоянной и отличной от нуля, u@,i) = Uo ф 0, а температура
другого конца (х = /) все время равна нулю, u(l, t) = 0. Найти тем-
температуру стержня, если его боковая поверхность теплоизолирована,
а начальная температура равна нулю; дать выражение температуры
стержня через интеграл ошибок.
112.	Один конец стержня (х = /) теплоизолирован, а на другой ко-
конец (х = 0) подается постоянный тепловой поток [—Лиж@, i) = — Ago]-
Найти температуру стержня, если его начальная температура рав-
равна нулю, а боковая поверхность теплоизолирована; дать выражение
температуры стержня через интеграл ошибок.
3. Неоднородные среды и сосредоточенные факторы;
уравнения с кусочно постоянными коэффициентами и усло-
условия сопряжения.
113.	Неограниченный стержень —оо<ж<+оос теплоизоли-
теплоизолированной боковой поверхностью и постоянным поперечным сечением
получен соединением в точке х = 0 двух однородных полуограничен-
полуограниченных стержней — оо < ж < 0 и 0<ж<+оо; торцы стержней плотно
примыкают друг к другу. Начальная температура, коэффициент тем-
температуропроводности и коэффициент теплопроводности левого и пра-
правого стержней соответственно равны U\ = const, ai, fci, U2 = const,
c&2, fe. Найти температуру составного стержня.
114.	Решить предыдущую задачу, если начальная температура
115. Неограниченный стержень составлен из двух полуограни-
полуограниченных стержней, как указано в задаче 113. Найти температуру
стержня при t > 0, если в момент времени t = 0 в его точке ? = 0 вы-
выделилось мгновенно Q = С2р2 единиц тепла, а начальная температура
стержня была равна нулю.

Гл. III. Уравнения параболического типа	61
116.	На конец полуограниченного стержня с теплоизолированной
боковой поверхностью насажен шарик с теплоемкостью Со и очень
большой теплопроводностью, так что в каждый момент времени ша-
шарик можно считать равномерно нагретым, а его температуру равной
температуре конца стержня. Пусть поверхность шарика также тепло-
теплоизолирована.
Найти температуру стержня, если его начальная температура
равна	и(х, 0) = /(ж), 0 < х < +оо,
причем /(+0) и /'(+0) существуют.
117.	Пусть полупространство х > 0 заполнено жидкостью с ко-
коэффициентами температуропроводности и теплопроводности &2, &2
и начальной температурой U2 = const, а плоскость х = 0 поддержи-
поддерживается при постоянной температуре U\ < [/2, причем U\ ниже темпе-
температуры замерзания жидкости.
Найти закон распространения фронта промерзания жидкости,
а также температуру жидкости и твердого вещества, в которое
жидкость превращается при промерзании.

Глава IV
УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА
К уравнениям эллиптического типа приводит изучение стацио-
стационарных, т. е. не меняющихся во времени, процессов различной физи-
физической природы. Сюда относятся стационарные электрические и маг-
магнитные поля (электростатика, магнитостатика, поля постоянного
электрического тока), потенциальное движение несжимаемой жидкос-
жидкости, стационарные тепловые поля и др.
Простейшим уравнением эллиптического типа является уравне-
уравнение Лапласа Аи = 0, которому в основном и посвящена настоящая
глава. Ниже, в гл. VII, помещены задачи для других уравнений эл-
эллиптического типа.
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
эллиптического типа, и постановка краевых задач
1. Краевые задачи для уравнений Лапласа и Пуассона
в однородной среде. В отличие от уравнений гиперболического и
параболического типов краевые задачи для эллиптического уравне-
уравнения характеризуются отсутствием начальных условий. В зависимости
от типа краевых условий для уравнения Лапласа различают: первую
краевую задачу (задачу Дирихле), если и\^ = Д, вторую краевую за-
задачу (задачу Неймана), если —— = /2, третью краевую задачу, если
on е
——\- hu) = /3, где Д, /2, /3 — некоторые функции, заданные на
ОП	/ Е
границе Е области, в которой ищется решение уравнения Лапласа.
1.	Стационарное температурное поле. Вывести уравнение, ко-
которому удовлетворяет температура стационарного теплового поля в
однородной среде; при выводе уравнения учесть наличие распределен-
распределенных источников тепла, не меняющихся во времени. Дать физическую
интерпретацию краевых условий первого, второго и третьего рода.
Установить необходимое условие существования стационарной тем-
температуры для второй краевой задачи.
2.	Уравнение стационарной диффузии. Вывести уравнение ста-
стационарного процесса диффузии:

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	63
а)	в покоящейся однородной изотропной среде;
б)	в однородной изотропной среде, движущейся с заданной ско-
скоростью, например, вдоль оси х.
3.	Уравнение электростатики. Показать, исходя из уравнений
Максвелла, что потенциал электростатического поля удовлетворяет
уравнению Пуассона с правой частью, пропорциональной объемной
плотности зарядов р(х, у, z). Дать физическую интерпретацию крае-
краевых условий первого и второго рода.
4.	Уравнение магнитостатики. Показать, что потенциал ста-
стационарного магнитного поля при отсутствии электрических токов
удовлетворяет уравнению Лапласа.
5.	Поле постоянного электрического тока. Убедиться в том,
что потенциал электрического поля постоянного электрического то-
тока удовлетворяет уравнению Лапласа. Сформулировать граничные
условия:
1)	на заземленной идеально проводящей поверхности;
2)	на границе с диэлектриком.
6.	Потенциальное движение несжимаемой жидкости.
Показать, что потенциал скоростей стационарного потока несжи-
несжимаемой жидкости удовлетворяет уравнению Лапласа. Написать
краевое условие на поверхности твердого тела, покоящегося или дви-
движущегося с некоторой заданной скоростью.
7.	Основные задачи электростатики. Электростатическое по-
поле, создаваемое заряженным проводником конечных размеров, можно
определить:
1)	задавая значение потенциала проводника;
2)	задавая значение заряда проводника.
Эти задачи называются первой и второй основными задачами
электростатики. Дать математическую формулировку первой и вто-
второй задач электростатики.
2. Краевые задачи для уравнения Лапласа в неоднород-
неоднородных средах. В неоднородной, но изотропной среде основное уравне-
уравнение стационарного поля имеет вид
div(&gradu) = О
или
di (*te) + д~у \kTy) + Tz {k
где характеристики среды к = к(х, у, z) — переменная величина.
Если коэффициент к терпит разрыв на некоторой поверхности, то на
этой поверхности выполняются условия сопряжения
Щ = и2,	A)
где значки 1 и 2 означают соответственно левое и правое предельные
значения на поверхности разрыва.

64	Условия задач
8.	Решить задачу 1, считая, что коэффициент теплопроводнос-
теплопроводности является переменной величиной к = к(х, у, z). Поставить краевую
задачу теплопроводности для случая кусочно однородной среды (для
случая кусочно постоянного к), предварительно выведя условия со-
сопряжения A) и B). Дать физическую интерпретацию этих условий.
9.	Написать уравнение для потенциала электрического поля в не-
неоднородном диэлектрике с диэлектрической постоянной
е = е(х, у, z).
Предполагая е(х, у, z) кусочно постоянной, вывести условия сопряже-
сопряжения на поверхностях разрыва функции е(х, у, z) и сформулировать
соответствующую краевую задачу.
10.	Решить задачу, аналогичную задачам 8 и 9, для стационар-
стационарного магнитного поля.
11.	Решить задачу, аналогичную задачам 8 и 9, для электричес-
электрического поля постоянного тока.
12.	Подобие различных стационарных полей. Установить подо-
подобие между полем постоянного электрического тока, с одной сторо-
стороны, и термическим, электростатическим, магнитостатическим поля-
полями, полем концентраций стационарного процесса диффузии и полем
скоростей потенциального течения несжимаемой жидкости, с другой
стороны.
Сравнить условия сопряжения на границе разрыва физических
констант.
§ 2. Простейшие задачи для уравнений Лапласа и Пуассона
В этом параграфе даны краевые задачи для уравнений Лапласа
и Пуассона, решения которых могут быть найдены непосредственно,
простым подбором, без применения общих методов.
1. Краевые задачи для уравнения Лапласа.
13.	Рассмотрим круг радиуса а с центром в начале координат.
Пусть (р, ф) — полярные, а (ж, у) — прямоугольные координаты. Най-
Найти решение первой внутренней краевой задачи для уравнения Лапла-
Лапласа, если заданы следующие граничные условия:
а) и\ = А: б) и\ = A cos ю\ в) и\ =А-\-Ву:
' \ р=а	' \ р=а	'	' \ р=а
г) и\ = Аху: д) и = А + Вsinю\
' \ р=а	' р=а	'
е) и\ = A sin2 ю + В cos2 ю\
J \p=a	^	^'
где А и В — постоянные.
14.	Решить вторую внутреннюю краевую задачу
ди
= №
для круга С радиуса а с центром в точке р = 0 для следующих част-
Аи = О, Р
дп

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	65
ных случаев:
а) / = А; б) / = Ах; в) / = А(х2 - у2); г) / = A cosy? + В;
д) / = A sin ip + Б sin3 у?.
Отметить неправильно поставленные задачи.
15.	Найти функции и(р, ip), гармонические вне круга радиуса р =
= а и удовлетворяющие граничным условиям а) -е) задачи 13 (первая
внешняя краевая задача для круга).
16.	Найти функции и = и(р, (/?), гармонические вне круга радиу-
радиуса р = а и удовлетворяющие граничным условиям задачи 14 (вторая
внешняя краевая задача для круга).
17.	Найти функцию и = и(р, (/?), гармоническую внутри кольца
а < р < Ь и удовлетворяющую граничным условиям
и\ = т, и\ и — и2-
Пользуясь решением задачи, найти емкость цилиндрического конден-
конденсатора, рассчитанную на единицу длины.
18.	Найти функцию, гармоническую внутри кругового сектора
О < р < а, 0 < у? < а, если
и_ = — (/?, ^1—0, и _ = ^о-
19.	Найти решение уравнения Лапласа в полуплоскости у > 0,
принимающее при 2/ = 0 граничные значения и = ipi при ж < 0; и =
= у?2 ПРИ ж > 0, и сравнить его с решением задачи 18.
20.	Определить функцию и, гармоническую:
а)	внутри сферы радиуса г = а;
б)	вне сферы г — а;
и принимающую на сфере значение щ.
21.	Определить стационарное распределение температуры внут-
внутри сферического слоя а < г < Ь, если сфера г = а поддерживается при
температуре щ, сфера г = Ь — при температуре и2.
22.	Пользуясь решением задачи 21, найти емкость сферического
конденсатора, заполненного диэлектриком с диэлектрической посто-
постоянной е = const и ограниченного сферами г — а и г — Ь.
23.	Найти емкость сферического конденсатора, заполненного не-
неоднородным диэлектриком с диэлектрической постоянной
Г Е\ при а < г < с,
\ 82 При С < Г <Ъ.
24.	Решить задачу, аналогичную предыдущей задаче, для ци-
цилиндрического конденсатора.
25.	Найти потенциал электростатического поля сферы радиуса а,
заряженной до потенциала щ и помещенной в неограниченную среду
со следующим распределением диэлектрической постоянной:
' е\ при а < г < с,
е2 при г > с.
5 Б.М. Будак и др.

66	Условия задач
Рассмотреть частные случаи:
а) с = оо; б) е2 = оо; в) е\ = е2 = е.
26.	Найти электростатическое поле бесконечного проводящего
цилиндра радиуса р = а, заряженного до потенциала щ и окруженно-
окруженного диэлектрической обкладкой, ограниченной цилиндрической поверх-
поверхностью радиуса р = 6, на которой поддерживается нулевой потенциал.
27.	Найти функцию и, гармоническую внутри слоя, ограниченно-
ограниченного плоскостями z = 0 и z = h, если
28. Найти емкость плоского конденсатора, рассчитанную на еди-
единицу площади обкладок, если между обкладками конденсатора нахо-
находится диэлектрик с диэлектрической постоянной е. Рассмотреть два
случая:
'Е\ при 0 < z
62 при hi < z < h.
Определить функцию и = и(х, у), гармоническую внутри прямо-
прямоугольника 0<ж<а, 0 < у < b и удовлетворяющую условиям
а) е = const при 0 < z < /г, б)г=<
и(х.О) = ui. u(x,b) = u2, — = 0.
2. Краевые задачи для уравнения Пуассона.
30.	Найти решение уравнения Пуассона Аи = 1 внутри круга
радиуса р = а, если и\ _а = 0.
31.	Решить уравнение Аи = Л внутри круга радиуса р = а при
граничном условии ¦7Г-
оп
р=а
выбрав постоянную В так, чтобы
задача имела решение.
32.	Требуется определить решение уравнения Аи = А внутри
кольца а < р < b при следующих граничных условиях:
а) и\ = и\. и\ , = и2: б) и\ = и\. -г— — С:
' \р=а	\р=Ь	' \р=а	Qn р=ь
-a	un p=b
Определить постоянные, при которых задачи имеют решения.
33.	Найти решения:
а) уравнения Аи = 1; б) уравнения Аи = Аг + В;
внутри сферы г < а, если на сфере выполняется граничное усло-
условие и\ _ =0.
34.	Найти внутри сферического слоя а < г < b решения урав-
уравнений:
Г)
а) Аи = 1; б) Аи = А + —;
при граничных условиях и\г_а = 0, и г_ь = 0.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	67
§ 3. Функция источника
Функция влияния точечного источника (функция Грина) являет-
является весьма мощным средством решения краевых задач для уравнения
Лапласа и Пуассона.
Настоящий параграф содержит задачи на построение функции
источника для ряда областей, допускающие применение метода зер-
зеркальных изображений (метода отражений); при этом исходной являет-
е 1
ся функция источника в неограниченном пространстве, равная	,
4тг г
где — — мощность источника (заряд).
4тг
Возможны различные физические интерпретации функции источ-
источника (электростатическая, термическая и т.д.).
При формулировке задач мы обычно пользуемся электростати-
электростатической интерпретацией функции источника, предполагая границы об-
областей идеально проводящими и заземленными.
Задачи на построение функции источника методом разделения пе-
переменных даны в § 4.
1. Функция источника для областей с плоскими грани-
границами.
35.	Найти потенциал поля точечного электрического заряда, по-
помещенного над идеально проводящей заземленной плоскостью z = О,
и вычислить плотность поверхностных индуцированных зарядов. На-
Написать решение первой краевой задачи для уравнения Лапласа в по-
полупространстве z ^ 0.
36.	Найти потенциал точечного заряда внутри слоя, ограничен-
ограниченного двумя идеально проводящими плоскостями z = 0 и z = /,
которые поддерживаются при потенциале, равном нулю. Исследовать
сходимость ряда, построенного методом отражений, и показать воз-
возможность двукратного почленного дифференцирования этого ряда.
37.	Рассмотреть задачу о точечном источнике тока в проводящем
слое 0 < z < I, изолированном вдоль плоскостей z = 0 и z = 1.
Найти компоненты электрического поля и убедиться в том, что
непосредственное применение метода отражений для нахождения по-
потенциала дает расходящийся ряд.
38.	Рассмотреть задачу 37, считая, что одна стенка изолирована,
а на второй — потенциал поля равен нулю. Исследовать сходимость
рядов для потенциала.
39.	Построить функцию источника для уравнения Аи = 0 в по-
полупространстве z > 0 при граничном условии третьего рода
——\- hu = 0 при z = 0.
dz
40.	Найти потенциал точечного заряда внутри «полуслоя» 0 ^
^ z ^ /, х ^ 0, ограниченного плоскостями z = 0, z — I и ж = 0,
считая, что стенки идеально проводящие и имеют нулевой потенциал.
5*

68	Условия задач
41.	Внутри двугранного угла величиной а = тг/п (п — натураль-
натуральное число), ограниченного идеально проводящими стенками с нуле-
нулевым потенциалом, точечный электрический заряд. Найти электричес-
электрическое поле, порождаемое этим зарядом.
42.	Двугранный угол задачи 41 пересекают две идеально про-
проводящие плоскости z = 0 и z = /, перпендикулярные к ребру
двугранного угла. Внутри области, ограниченной двугранным углом
и этими плоскостями, помещен точечный заряд.
Потенциал всех плоскостей равен нулю.
Определить потенциал поля этого заряда. Рассмотреть частные
случаи:
а) а = тг (ср. с задачей 36); б) / —У оо (ср. с задачей 35).
43.	Внутри двугранного угла задачи 41 помещен источник тепла
мощностью Q.
Найти стационарное распределение температуры внутри этого
угла, если его стенки теплоизолированы.
44.	Решить с помощью функции источника первую краевую зада-
задачу внутри двугранного угла величиной а = тг/n, где п — натуральное
число, если на его сторонах заданы граничные условия
и\ =0, и\ =V.
45.	Решить с помощью функции источника первую краевую за-
задачу для уравнения Лапласа в полуплоскости у > 0, если
Г 0 при х < 0,
U у=о ~ | V при х > 0.
46.	Найти потенциал электростатического поля, создаваемого то-
точечным зарядом внутри бесконечной цилиндрической полости, счи-
считая, что граница области идеально проводящая и имеет нулевой
потенциал, а перпендикулярное сечение полости имеет форму пря-
прямоугольника со сторонами а и Ъ.
47.	Решить задачу 46, предполагая, что перпендикулярное сече-
сечение имеет форму равнобедренного прямоугольного треугольника.
48.	Решить задачу 46 для полубесконечной цилиндрической по-
полости z > 0.
49.	Найти выражение для потенциала точечного заряда внутри
прямоугольного параллелепипеда с идеально проводящими стенками,
которые поддерживаются при нулевом потенциале.
2. Функция источника для областей со сферическими
(круговыми) и плоскими границами.
50.	Найти потенциал электростатического поля, создаваемого то-
точечным зарядом е внутри заземленной сферы.
51.	Пользуясь решением задачи 50, найти плотность поверхност-
поверхностных зарядов, индуцированных на сфере, и написать решение первой

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	69
внутренней краевой задачи для уравнения Лапласа внутри сферы; по-
получить отсюда формулу Пуассона, дающую решение первой краевой
задачи для уравнения Лапласа (см. [7, гл. IV, с. 327]).
52.	Найти потенциал электростатического поля, создаваемого то-
точечным зарядом, находящимся вне заземленной сферы.
53.	Пользуясь решением задачи 52, вычислить плотность поверх-
поверхностных зарядов на сфере и написать решение первой внешней крае-
краевой задачи для сферы.
54.	а) Внутри бесконечной цилиндрической полости кругового се-
сечения электростатическое поле создается заряженной нитью, парал-
параллельной оси цилиндра. Найти потенциал этого поля.
б)	Решить ту же задачу, если заряженная нить находится вне
цилиндра.
в)	Решения задач а) и б) использовать для построения решения
задачи Дирихле внутри и вне круга.
55.	Найти функцию источника для Аи = 0 внутри заземленного
полушара, а также четвертой части шара.
56.	Построить функцию источника для задачи Дирихле:
а) внутри полукруга; б) внутри четвертой части круга;
в) внутри сектора с углом раствора а = тг/п.
57.	Найти потенциал поля, создаваемого точечным зарядом е
внутри сферического слоя, ограниченного двумя концентрическими
проводящими заземленными сферами с радиусами а и Ъ. Исследовать
сходимость построенного ряда, а также рядов, получающихся при
двукратном почленном дифференцировании исходного ряда.
Рассмотреть предельные случаи а —> 0 и Ъ —>- оо и сравнить с
решениями задач 50 и 52.
58.	Построить внутри кольца а ^ р ^ Ь функцию источника для
задачи Дирихле.
Рассмотреть предельные случаи а ч 0 и & 4 оо и сравнить с
решением задачи 54.
59.	Найти поле точечного заряда е в неограниченном простран-
пространстве в присутствии проводящей сферы, на которой распределен заряд
величиной е\. Вычислить плотность поверхностных зарядов, индуци-
индуцированных на сфере.
3. Функция источника в неоднородных средах.
60.	Найти поле точечного заряда в неограниченном пространстве,
заполненном неоднородным диэлектриком с диэлектрической постоянной
' Е\ При Z > 0,
S = Л
62 При Z < 0.
Вычислить поверхностную плотность, а также величину заряда, ин-
индуцированного на границе раздела z = 0.

70	Условия задач
61. Полупространство z > 0 заполнено неоднородной проводящей
средой, проводимость которой равна
(Т\ при z > /г,
Л CF2 при 0 < z < h.
В точке М@,0,С) помещен точечный источник тока.
Определить электрическое поле на поверхности проводника (при
z = 0). Рассмотреть случай ? = 0 (источник на поверхности).
62. Заземленный проводящий лист, лежащий в плоскости у, z,
имеет сферическую выпуклость радиуса а с центром в начале коор-
координат; все полупространство у < 0, лежащее ниже плоскости ж, z,
заполнено диэлектриком с диэлектрической постоянной еъ\ среда, за-
заполняющая полупространство у > 0 над плоскостью у = 0, имеет
диэлектрическую постоянную Е\. Найти потенциал точечного заряда,
помещенного над плоскостью у = 0 в точке Мо(хо,Уо-> ^оM причем
ч-
63. Полупространство z > 0 заполнено неоднородной проводящей
средой, проводимость которой равна
при у < 0,
СГ2 При ?/ > 0.
В точке Mq@, —/г, () помещен точечный источник тока мощностью /о.
Найти потенциал электрического поля, а также плотность тока при
у = о, с = о.
64.	В бесконечном пространстве в точках @, во, ipo) и (с, во, ipo)
находятся две заземленные проводящие сферы с радиусами а и Ь. В
точке р = ро на линии, соединяющей центры сфер, помещен заряд е.
Найти потенциал поля вне сфер.
§ 4. Метод разделения переменных
1. Краевые задачи для круга, кольца и сектора.
65.	Написать решение первой краевой задачи для уравнения Лап-
Лапласа внутри круга.
66.	Написать решение первой краевой задачи для уравнения Лап-
Лапласа вне круга.
67.	Написать решение второй краевой задачи для уравнения
Аи = 0: а) внутри; б) вне круга.
68.	а) Написать решение третьей внутренней краевой задачи для
уравнения Лапласа в круге, если граничное условие записывается в
виде	ди
——\- hu = f при о — а.
др
б) Найти также решение третьей внешней краевой задачи для
круга.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	71
69. Бесконечный проводящий цилиндр (цилиндрический кондук-
кондуктор) заряжен до потенциала
при 0 < ip < тг,
при тг < (р < 2тг,
где Vi и V2 — постоянные.
Найти поле внутри и вне цилиндрической полости, а также плот-
плотность поверхностных зарядов и суммарный заряд.
70. Найти решение: а) внутренней; б) внешней краевых задач;
для уравнения Лапласа, если на границе круга заданы условия:
1)
о \
3)
и
и
р=а
р=а
A simp;
( A sin ip
Wsin
2)
и
р=а
при
при
= A sin3
0 < <р
тг < ip
<
<
тг,
2тг.
71.	Найти распределение температуры в бесконечно длинном
круглом цилиндре, если на его поверхности на единицу длины задан
тепловой поток Q = q cos ip.
72.	Решить задачу 69, предполагая, что цилиндр заполнен неод-
неоднородным диэлектриком с диэлектрической постоянной
при р < а,
^ ?2 при а < р < Ь,
где Ь — радиус цилиндра.
73.	Бесконечно длинный круглый цилиндр радиуса а движется
с постоянной скоростью г?о перпендикулярно к своей оси в неограни-
неограниченной несжимаемой жидкости, которая на бесконечности находится
в покое. Найти потенциал скоростей жидкости.
74.	Решить задачу об обтекании неподвижного бесконечного ци-
цилиндра, если на бесконечности скорость жидкости равна г?о-
75.	а) Твердый шар движется с постоянной скоростью г?о в без-
безграничной несжимаемой жидкости, покоящейся на бесконечности.
Найти потенциал скоростей.
б) Решить задачу об обтекании неподвижного твердого шара по-
потоком жидкости, имеющим на бесконечности скорость vq.
76.	Диэлектрический шар с диэлектрической постоянной ?]_, по-
помещенный в безграничный однородный диэлектрик с диэлектрической
постоянной 62 (б2 ф ?i), находится в однородном параллельном внеш-
внешнем поле с напряженностью Eq. Найти величину поляризации шара
и его дипольный момент.
77.	Решить задачу 76 для бесконечного диэлектрического ци-
цилиндра кругового сечения (р ^ а), считая, что внешнее поле Eq на-
направлено перпендикулярно к оси цилиндра.
78.	Проводящий шар находится во внешнем электростатическом
поле Eq. Найти величину искажения внешнего поля.

72	Условия задач
79.	Бесконечный проводящий цилиндр находится в однородном
внешнем электрическом поле Eq, направленном вдоль оси ж; образу-
образующая цилиндра параллельна оси z. Найти плотность поверхностного
заряда на цилиндре.
80.	Решить внутреннюю задачу Дирихле для кольца а ^ р ^ Ъ.
81.	Найти распределение температуры в твердом теле, ограни-
ограниченном бесконечными цилиндрическими поверхностями с радиусами а
и Ь (а < 6), если на поверхности цилиндра р = а поддерживается по-
постоянная температура ^о, на поверхности р = Ь при 0 < ip < тг поддер-
поддерживается температура ^о, а при тг < ip < 2тг — температура, равная
нулю.
82.	По бесконечному коаксиальному цилиндрическому кабелю
а < р < Ъ протекает постоянный ток силы /. Найти распределение
температуры внутри провода, если поверхность р — а поддерживается
при температуре, равной нулю, а на внешней границе задан тепловой
поток, равный A cos2 (/?, где tp — полярный угол.
83.	На границе тонкой пластинки в форме кругового сектора р ^
^ а, 0 ^ (р ^ а задана температура
\ 0	при (р = 0 и (р = а.
Найти стационарное термическое поле в пластинке. Рассмотреть
частный случай
иг при 0 < (р < а/2,
fup) = <
[^ при а/2 < (р < а.
84.	Найти стационарное распределение температуры в тонкой
пластинке, имеющей форму кругового сектора, радиусы которого под-
поддерживаются при температуре щ, а дуга окружности — при темпе-
температуре U2-
85.	Найти электростатическое поле внутри бесконечного цилинд-
цилиндра, перпендикулярное сечение которого имеет форму полукруга; по-
поверхность цилиндра, соответствующая диаметру полукруга, заряже-
заряжена до потенциала Vi, а остальная поверхность — до потенциала V2.
86.	Решить уравнение Лапласа внутри кольцевого сектора, огра-
ограниченного дугами окружностей р = а, р = Ь и радиусами ip = О,
ср = а, если заданы следующие условия на границах:
и = 0 при ср = 0, ip = а,
//О) при р = а,
| F(ip) при р = Ъ.
Рассмотреть предельные случаи а —>- О, Ь —>- оо, а = тг.
87.	Решить задачу 86 для частного случая
/(</?) = и0, F{ip) = 0.
88.	Определить магнитное поле токов, один из которых течет в
длинном прямом проводе в одном направлении, а другой — в парал-

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	73
лельном проводе, находящемся от первого на расстоянии а, в обратном
направлении.
89.	Пусть в бесконечной круглой цилиндрической пленке течет
ток параллельный оси z, с плотностью тока г. Найти вектор-потен-
вектор-потенциал магнитного поля, создаваемого этим током.
90.	Цилиндр или провод круглого сечения с магнитной прони-
проницаемостью ijli помещен в среду с магнитной проницаемостью \i2- По
проводу протекает ток /. Внешнее магнитное поле направлено перпен-
перпендикулярно к оси провода и всюду параллельно и однородно. Опреде-
Определить полное магнитное поле в точках внутри и вне цилиндра, считая
цилиндр бесконечно длинным.
91.	Вычислить величину магнитной индукции снаружи цилинд-
цилиндрического экрана с внутренним и внешним радиусами а и 6, имеющего
магнитную проницаемость цъ и окружающего два параллельных пря-
прямолинейных провода, расположенных симметрично относительно оси
цилиндра и несущих противоположно направленные токи (магнитное
экранирование двухпроводной линии); цилиндр следует считать бес-
бесконечно длинным; координаты проводов р = со, #о = О и 00 = п.
92.	Полый шар 0 < г < Ъ помещен в однородное параллельное
магнитное поле. Пусть \i — магнитная проницаемость шара, в то
время как магнитная проницаемость внешней среды принята равной
единице.
Найти искаженное магнитное поле во всем пространстве. Срав-
Сравнить поле внутри шара с внешним полем для случая ц > 1 и для
случая \i < 1.
2. Краевые задачи для полосы, прямоугольника, плоского
слоя и параллелепипеда.
93.	Найти решение общей первой краевой задачи для уравнения
Лапласа внутри прямоугольника.
94.	Решить смешанную краевую задачу для уравнения Лапласа
внутри прямоугольника, если:
а)	на двух соседних сторонах заданы краевые условия первого
рода, а на двух других сторонах — условия второго рода;
б)	на двух противоположных сторонах заданы условия первого
рода, а на двух остальных — условия второго рода.
95.	Найти электростатическое поле внутри области, ограничен-
ограниченной проводящими пластинами у = 0, у = Ъ и ж = О, если пласти-
пластина х = 0 заряжена до потенциала V, пластины у = 0, у = Ъ заземлены,
а заряды внутри рассматриваемой области отсутствуют.
96.	Решить задачу 95, предполагая, что граница у = Ъ поддержи-
поддерживается при потенциале Vq. Рассмотреть предельный случай Ъ —у оо.
97.	Решить уравнение Аи = 0 внутри прямоугольника 0 ^ х ^ а,
О ^ У ^ Ь при следующих краевых условиях: и = V при х = О,
и = 0 при х — а и у — 0, и — Vo при у — Ь.
Совершая предельный переход а —> оо, получить решение задачи 96.

74	Условия задач
98. Полу слой задачи 95 заполнен неоднородным диэлектриком с
диэлектрической постоянной
' Е\ при 0 < у < h,
л	при h < у < Ь.
Найти электростатическое поле в диэлектрике.
99. Найти электростатическое поле внутри бесконечной цилинд-
цилиндрической трубы прямоугольного сечения со сторонами а и 6, запол-
заполненной неоднородным диэлектриком с диэлектрической постоянной
' Е\ при 0 < у < /г,
^	при h < у < Ь,
если стенка х = 0 заряжена до потенциала 1/, а остальные стенки
заземлены. Рассмотреть случай, когда стенка х = а удаляется в бес-
бесконечность.
100.	Решить задачу 99 при условии, что заряжена стенка у = 6,
а остальные стенки заземлены.
101.	Через грань у = 0 бесконечного цилиндра с прямоугольным
сечением О^ж^а, 0 ^ у ^ b втекает, а через грань х = 0 вытекает
количество тепла Q.
Найти распределение температуры внутри цилиндра, считая, что
тепловой поток равномерно распределен по поверхности грани х = О
и соответственно по поверхности грани х = 0, а остальные две грани
тела теплоизолированы.
102.	Найти распределение температуры внутри прямоугольной
тонкой пластинки, если к одной из ее сторон подводится постоянный
поток до 5 а остальные три стороны поддерживаются при постоянной
температуре и\.
103.	Найти решение общей первой краевой задачи для уравнения
Лапласа внутри прямоугольного параллелепипеда.
104.	Найти электростатическое поле внутри прямоугольного па-
параллелепипеда с проводящими стенками, если его боковые грани и
верхнее основание заземлены, а нижнее основание заряжено до потен-
потенциала V. С помощью предельного перехода получить решения задач 95
и 96.
105.	Решить задачу 104, если боковые грани заряжены до потен-
потенциала У, а оба основания заземлены.
3. Задачи, требующие применения цилиндрических функ-
» 1 \
ции J.
106.	Решить первую краевую задачу для уравнения Лапласа
внутри ограниченного цилиндра р ^ а, 0 ^ z ^ /, если и
= 0, u\z=Q = f(p, <p), u\z=l=F(p,<p).
_
х) В пунктах 3 и 4 даны задачи, решаемые методом разделения перемен-
переменных, но требующие применения цилиндрических и сферических функций.
Часть задач была решена в § 2 методом подбора решений.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	75
107.	Решить задачу 106, если
u\z=0 = f(p), u\z=l = F(p),
где / и F — функции, зависящие только от р.
108.	Найти функцию и(р, ip, z), гармоническую внутри огра-
ограниченного цилиндра, обращающуюся в нуль на его основаниях и при-
принимающую заданные значения на поверхности р = а:
и\ =f(z).
\р=а J \ /
Рассмотреть частные случаи:
a) f(z) = /о = const; б) f(z) = Az (l - ^
109.	Найти решение общей первой краевой задачи для уравнения
Лапласа внутри ограниченного цилиндра.
110.	Найти выражение для потенциала электростатического поля
внутри цилиндрической коробки кругового сечения р ^ а, 0 ^ z ^ /,
оба основания которой заземлены, а боковая поверхность заряжена до
потенциала Vq.
Определить напряженность поля на оси.
Рассмотреть предельный случай / —у оо.
111.	Решить задачу 110 при условии, что боковая поверхность и
верхнее основание коробки заземлены, а нижнее основание поддержи-
поддерживается при постоянном потенциале Vb-
С помощью предельного перехода получить решение задачи для
полубесконечного цилиндра.
112.	Решить задачи 110, 111 для полубесконечного цилиндра,
сравнив с результатами соответствующего предельного перехода в ре-
решениях задач 110 и 111.
113.	Определить стационарное распределение температуры внут-
внутри твердого тела, имеющего форму ограниченного цилиндра, если к
нижнему основанию z = 0 подводится постоянный тепловой поток д,
боковая поверхность р = а и верхнее основание z = / поддерживаются
при температуре, равной нулю.
114.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что на боковой
поверхности происходит теплообмен со средой, температура которой
равна нулю.
115.	Решить задачи 113 и 114 для полуограниченного цилинд-
цилиндра (I = оо) и сравнить полученный результат с пределом решений за-
задач 113 и 114 при / —у оо.
116.	Найти напряженность электростатического поля внутри то-
роида а < р < Ь, 0 < z < /, если его внешняя боковая поверхность р = Ь
заряжена до потенциала Vb, а остальная граница заземлена.
Рассмотреть предельные случаи: 1) / —у оо; 2) а —> 0 (сравнить с
решением задачи 110).
117.	Основания тороида (а < р < Ь, 0 < z < I) поддерживаются
при постоянной температуре щ, а боковая поверхность — при темпе-
температуре щ. Найти стационарное распределение температуры внутри
тороида.

76	Условия задач
118.	Найти стационарное распределение температуры внутри то-
роида прямоугольного сечения (а < р < Ь, 0 < z < I), если:
1)	боковая поверхность теплоизолирована, а основания поддержи-
поддерживаются при постоянной температуре щ]
2)	боковая поверхность теплоизолирована, температура нижнего
основания z = 0 равна нулю, а верхнее основание поддерживается при
температуре и\.
119.	Решить задачу 117, если на нижнем основании задана по-
постоянная температура ^о, а остальная поверхность тороида поддер-
поддерживается при нулевой температуре.
120.	С помощью метода разделения переменных получить выра-
выражения для потенциала точечного заряда, помещенного внутри огра-
ограниченного цилиндра р^а, 0 < z < h с проводящими стенками.
Показать, что из решения с помощью предельных переходов полу-
получаются выражения для потенциала точечного заряда в слое 0 ^ z ^ h,
в полупространстве и неограниченном пространстве.
121.	Решить предыдущую задачу для полубесконечного цилинд-
цилиндра z > 0; сравнить полученный результат с соответствующим преде-
пределом решения задачи 120.
122.	Решить задачу 120 для бесконечного цилиндра методом раз-
разделения переменных, сравнить с пределом решения задачи 120.
4. Задачи, требующие применения сферических и ци-
цилиндрических функций.
123.	Решить первую краевую задачу для уравнения Лапласа
внутри сферы радиуса а.
124.	Решить первую краевую задачу для уравнения Лапласа вне
сферы радиуса а.
125.	Найти решение второй краевой задачи для уравнения Лапласа:
а) внутри сферы; б) вне сферы.
о	ди
Рассмотреть случаи простейшего граничного условия: —— =
on е
= A cos в.
126.	Найти напряженность электростатического поля внутри и
вне сферы, верхняя половина которой заряжена до потенциала Vi, a
нижняя — до потенциала V^.
127.	Найти разложение по сферическим функциям поверхностных
зарядов, индуцированных на идеально проводящей заземленной сфере
точечным зарядом, находящимся:
а)	внутри сферы; б) вне сферы.
128.	Решить предыдущую задачу для изолированной заряженной
сферы, находящейся в поле точечного заряда.
129.	а) Твердый шар движется с постоянной скоростью в безгра-
безграничной несжимаемой жидкости, покоящейся на бесконечности. Найти
потенциал скоростей.
б)	Решить задачу об обтекании неподвижного твердого шара по-
потоком жидкости, имеющим на бесконечности скорость vq.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	77
130.	Диэлектрический шар с диэлектрической постоянной е\ на-
находится во внешнем однородном поле Eq, параллельном некоторой
оси z.
Определить искажение внешнего поля, вызываемое шаром, если
окружающая его среда — однородный диэлектрик с е = г 2.
131.	Решить задачу о поляризации диэлектрического шара ра-
радиуса а в поле точечного заряда, если диэлектрическая постоянная
{Е\ при г < а,
\б2 при г > а.
Рассмотреть два случая:
а) заряд находится вне шара; б) заряд помещен внутрь шара.
132.	Проводящий шар с проводимостью g\ находится в среде с
ПРОВОДИМОСТЬЮ G2-
Определить токи, создаваемые точечным источником тока си-
силы /, помещенным:
а) внутри шара; б) вне шара.
133.	Решить предыдущую задачу, считая шар идеально прово-
проводящим.
Сравнить с задачей 132.
134.	Точечный источник тепла Q находится в присутствии не-
непроводящего шара. Найти стационарное распределение температуры
вне шара.
135.	Внутри сферы, на поверхности которой происходит тепло-
теплообмен со средой нулевой температуры, помещен точечный источник
мощности Qq. Найти стационарное распределение температуры внут-
внутри сферы.
136.	Найти потенциал точечного заряда, помещенного между
проводящими заземленными концентрическими сферами г = а и г = Ъ.
Определить также плотность поверхностных зарядов.
137.	Неоднородный диэлектрический шар радиуса Ъ с диэлектри-
диэлектрической постоянной
[ Е\ при г < а,
\ 82 при а < г < b
находится в среде с диэлектрической постоянной е%.
Определить поле точечного заряда, помещенного:
1) вне шара г > Ь; 2) внутри шара г < а; 3) в области а < г < Ь.
Рассмотреть предельные случаи.
138.	Найти поле внутри диэлектрической оболочки, ограничен-
ограниченной концентрическими сферами с радиусами а и Ь {Ь > а), помещен-
помещенной в однородное параллельное электростатическое поле напряжен-
напряженности Eq; диэлектрическая постоянная оболочки ?]_, диэлектрическая
постоянная среды 82-
139.	Вычислить приближенно распределение заряда на внутрен-
внутренней обкладке несимметричного сферического конденсатора, предпола-
предполагая, что расстояние между центрами внутренней и внешней прокладок
мало.

78	Условия задач
140.	Найти потенциал заряженного тонкого кольца, полный заряд
которого равен е.
141.	Сферические координаты круглого кольца равны г о = а,
во = а. Шар радиуса Ь из диэлектрика с диэлектрической постоян-
постоянной Е\ расположен так, что его центр находится в начале координат.
Найти выражение для потенциала между кольцом и сферой, если ли-
линейная плотность заряда кольца равна к. Диэлектрическая постоян-
постоянная среды равна ?2.
142.	Вычислить потенциал электростатического поля заряженно-
заряженного тонкого кольца, помещенного внутри сферы с проводящими стенка-
стенками, если на сфере поддерживается потенциал, равный нулю. Центры
сферы и колодца совпадают. Вычислить нормальную составляющую
электрического поля на сфере г — а.
143.	Вычислить потенциал во всех точках проводящего шара с
проводимостью а в том случае, когда ток / входит в один его по-
полюс в = 0 и вытекает из полюса в = тг.
144.	Найти потенциал поля, создаваемого по одну сторону от
бесконечной диэлектрической пластинки толщиной / точечным заря-
зарядом е, расположенным с противоположной стороны пластинки.
145.	К поверхности земли z = 0 подводится ток / с помощью
точечного электрода. Определить потенциал на поверхности земли,
считая, что удельная проводимость земли до глубины z = h равна <ti ,
а на большей глубине она равна сг2. Полученное решение применить
для случая двух электродов, находящихся в точках
х = а и х = —а.
146.	Сферический электрод радиуса а до половины погружен
в землю, проводимость которой аг в горизонтальном направлении
больше, чем в вертикальном ав (анизотропия). Найти распределение
потенциала на поверхности земли, предполагая, что на поверхности
электрода потенциал V = Vb-
Указание. Следует ввести вместо z новую переменную
t = az, a2 = —.
При этом уравнение (Jr(Vxx + Vyy) + cf^Vzz = 0 переходит в уравне-
уравнение Vxx + Vyy + Vtt = 0.
§ 5. Потенциалы и их применение
В настоящем параграфе помещены задачи на вычисление объем-
объемного и поверхностных потенциалов для некоторых простейших случа-
случаев, а также краевые задачи, которые могут быть решены методами
теории потенциалов.
147.	Найти объемный потенциал V шара при постоянной плот-
плотности р = ро, поставив краевую задачу для V и решая ее.
148.	Решить задачу 147 прямым вычислением объемного интег-
интеграла.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	79
149.	Найти объемный потенциал:
а)	масс, распределенных с постоянной плотностью в сферическом
слое а ^ г ^ Ь;
б)	масс, распределенных внутри шара радиуса а с постоянной
плотностью р\ и в сферическом слое a<b<r<cc постоянной
плотностью р2\
в)	масс, распределенных внутри сферы радиуса г = с с перемен-
переменной плотностью р = р(г).
Получить отсюда решение задач 149, а) и 149,6).
150.	Найти потенциал простого слоя, распределенного с постоян-
постоянной плотностью v = щ на сфере.
151.	Найти электростатическое поле объемных зарядов, равно-
равномерно распределенных внутри шара, расположенного над идеально
проводящей плоскостью z = 0.
152.	Найти логарифмический потенциал круга с постоянной
плотностью заряда.
153.	Найти логарифмический потенциал простого слоя отрезка с
постоянной плотностью заряда.
154.	Найти логарифмический потенциал двойного слоя отрезка с
постоянной плотностью моментов.
155.	Определить потенциал простого слоя, равномерно распреде-
распределенного по круглому диску.
156.	Найти вектор-потенциал кругового тока.
157.	С помощью потенциала двойного слоя решить задачу Ди-
Дирихле:
а) внутри круга, б) вне круга.
158.	Найти решение задачи Неймана для круга, пользуясь потен-
потенциалом простого слоя.
159.	Решить первую и вторую краевые задачи для уравнения
Лапласа в полупространстве, пользуясь поверхностными потенциалами.
160.	Найти решение задачи Дирихле в полуплоскости, пользуясь
потенциалом простого слоя.
161.	Рассмотрим поверхности Е второго порядка, определяемые
уравнением	222
х + У + * =i
+	+	=i
о? + s Ъ2 + s с2 + s
где а > Ъ > с. Если — с2 < s < 00, то поверхности суть эллипсоиды,
при — b2 < s < — с2 — однополостные гиперболоиды, при — а2 < s <
< — Ъ2 — двухполостные гиперболоиды. При s = 00 мы имеем сферу
с бесконечным радиусом, а при s = — с2 эллипсоид сплющивается в
эллиптический диск, лежащий в плоскости ху.
Показать, что поверхности рассматриваемого семейства могут
быть эквипотенциальными, а их потенциал определяется по фор-
формуле

80	Условия задач
где А и В — постоянные, определяемые из условий на бесконечности
и на поверхности Е.
162.	Пользуясь решением предыдущей задачи, найти выражение
2	2	2
X	У	Z
для потенциала заряженного проводящего эллипсоида ^т + тт Н—т =
а2 о2 с2
= 1, на котором распределен заряд е. (Диэлектрическая проницае-
проницаемость среды е.)
Определить емкость эллипсоида, а также поверхностную плот-
плотность заряда на эллипсоиде. Рассмотреть эллипсоид вращения.
163.	Пользуясь решением задачи 162, вычислить поверхностную
плотность заряда для эллиптического диска. Определить потенциал,
емкость и плотность зарядов для круглого диска.
164.	Показать, что гравитационный потенциал однородного эл-
эллипсоида
дается интегралами
оо
/^ 	 fix У Z' в)
	 ' J—— ds внутри эллипсоида,
о	[S)
ОО
/1 	 ii'T* it у' * ц ]
	 ' \*—— ds вне эллипсоида,
rtySj
где	о	о	о
" v 7 O1 " ' a2 + s h2 + s c2+sJ
R{s) = y/(s + a2)(s + b2)(s + c2),
po — объемная плотность потенциала, Л — эллипсоидальная коорди-
координата — положительный корень s = Л уравнения /(ж, у, z;s) = 0.
165.	Вычислить гравитационный потенциал:
а)	вытянутого эллипсоида вращения;
б)	сплюснутого эллипсоида вращения (см. задачу 162).
Рассмотреть предельный переход к однородному шару.
166.	Найти логарифмический потенциал эллиптической области
с постоянной плотностью с помощью прямого вычисления интегралов.
167.	Проводящий эллипс, определяемый уравнением
заряжен до потенциала Vb. Определить потенциал вне эллипса, а так-
также плотность зарядов, распределенных на эллипсе.
168. Вычислить силу взаимодействия двух коаксиальных прово-
проволочных петель Са и Сь с радиусами а и 6, по которым протекают
токи / и /'. Контуры расположены в параллельных плоскостях z = 0
и z = б?, центры их находятся в точках х = у = z = 0 и ж = ^/ = 0,

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
81
169.	Вычислить коэффициент взаимной индукции двух коакси-
коаксиальных проволочных колец 1 и 2, пользуясь формулой
л /г	I л л	/ fds\ ds2 Л/Г
Mi2 = ф A2ds1 = а ф ф	 = M2i,
J	J J г
1	12
где А2 — вектор-потенциал поля, создаваемого током единичной си-
силы, текущим по контуру 2; \i — магнитная проницаемость среды.
170.	Показать, что выражение для потенциала, созданного заря-
заряженным кольцом радиуса а, имеет вид
V = <
2е Г
—	К о (Xa)Io(Xp) cos XzdX при р < а,
7Г? J
0
оо
—	/ Io(Xa)Ko(Xp) cos XzdX при р > а,
где е — заряд кольца.
171. Показать, что потенциал, созданный в окружающем прост-
пространстве диском радиуса а, несущим заряд е, равен
?0,
6 Б.М. Будак и др.

Глава V
УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
Уравнения параболического типа получаются при исследовании
таких явлений, как теплопроводность, диффузия, распространение
электромагнитного поля в проводящих средах, движение вязкой
жидкости, движение грунтовых вод и др.
В настоящей главе рассматривается постановка и решение крае-
краевых задач для уравнений параболического типа в случае, когда изуча-
изучаемые физические процессы характеризуются функциями двух, трех
или четырех независимых переменных; она является продолжением
главы третьей, в которой рассматриваются уравнения параболичес-
параболического типа для функций двух независимых переменных.
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
параболического типа; постановка краевых задач
1.	Полупространство z > 0 заполнено жидкостью с коэффици-
коэффициентом теплопроводности Л, плотностью массы р и удельной теплоем-
теплоемкостью с.
Поставить краевую задачу о нагревании жидкости, если жидкость
движется со скоростью vo = const в направлении оси ж, между нею и
плоскостью z = 0 происходит теплообмен по закону Ньютона, темпе-
температура граничной плоскости у = 0 равна щ. Рассмотреть, в частнос-
частности, случай стационарного распределения температуры при условии,
что переносом тепла в направлении оси х за счет теплопроводности
можно пренебречь по сравнению с переносом тепла движущейся мас-
массой жидкости.
2.	Сформулировать диффузионную задачу, аналогичную зада-
задаче 1, предполагая плоскость z = 0 непроницаемой для частиц диффун-
диффундирующего вещества; поставить соответствующие краевые задачи в
нестационарном и стационарном случаях.
3.	Вывести уравнение диффузии для вещества, частицы кото-
которого:
а) распадаются (например, неустойчивый газ, радон), причем ско-
скорость распада в каждой точке пространства пропорциональна кон-
концентрации;

Гл. V. Уравнения параболического типа	83
б) размножаются (например, диффузия нейтронов при наличии
деления ядер), причем скорость размножения в каждой точке прост-
пространства пропорциональна концентрации.
4.	Поставить краевую задачу о распространении электромагнит-
электромагнитного поля в неограниченном пространстве, заполненном проводящей
средой с проводимостью а — const, магнитной проницаемостью \i —
— const и диэлектрической постоянной е = const.
5.	Поставить краевую задачу об остывании неограниченной плос-
плоской пластины, если на ее поверхности происходит конвективный теп-
теплообмен с окружающей средой, температура которой равна нулю.
Рассмотреть, в частности, случай, когда изменение температуры
по толщине пластины пренебрежимо мало.
6.	Круглая цилиндрическая труба заполнена жидкостью с очень
большой теплопроводностью1); вне трубы находится воздух с тем-
температурой Uo = const. Поставить краевую задачу об определении
температуры трубы, предполагая, что она не зависит от расстояния,
отсчитываемого вдоль трубы.
7.	Бесконечный круглый цилиндр радиуса го с моментом инер-
инерции К на единицу длины находится в вязкой жидкости; при t > О
он приводится во вращение действием момента М на единицу длины.
Пользуясь выражением в цилиндрических координатах уравне-
уравнений движения вязкой жидкости и составляющих тензора напря-
напряжений ), поставить краевую задачу о движении вязкой жидкости и
цилиндра.
8.	Слой грунта лежит на водонепроницаемом горизонтальном ос-
основании и содержит в себе грунтовые воды. Вектор U потока грун-
грунтовых вод связан с вектором V скорости движения частиц этих вод
соотношением	jj _ ту
где коэффициент т называется пористостью грунта.
Сила сопротивления, приложенная к частице воды, отнесенная к
удельному весу воды, согласно экспериментальному закону равна
t-\u,
где к есть так называемый коэффициент фильтрации 3).
Назовем избыточным давлением отнесенную к удельному весу во-
воды разность между истинным и гидростатическим давлением в грун-
грунтовых водах.
Поставить краевую задачу о движении свободной поверхности
грунтовых вод при следующих предположениях:
1)	горизонтальная составляющая градиента избыточного давле-
давления пренебрежимо мала;
2)	инерционные силы, действующие на частицы грунтовых вод,
пренебрежимо малы.
х) Речь идет о суммарной теплопроводности, включая перенос тепла
конвективными токами жидкости.
2)	См. ответы и указания.
3)	По поводу терминологии см. [23].

84	Условия задач
§ 2. Метод разделения переменных1)
I.	Краевые задачи, не требующие применения специаль-
специальных функций. В этом пункте рассматриваются такие краевые за-
задачи для областей с плоскими и сферическими границами, решения
которых выражаются в виде рядов по простейшим (элементарным)
собственным функциям оператора Лапласа для этих областей.
а) Однородные среды.
9.	Найти температуру параллелепипеда 0 ^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ I2,
О ^ z ^ /з? если его начальная температура является произвольной
функцией ж, у z, а температура поверхности поддерживается рав-
равной нулю.
10.	Решить предыдущую задачу для куба с ребром /, если в на-
начальный момент он был равномерно нагретым. Найти момент вре-
времени, начиная с которого в центре куба заведомо будет иметь место
регулярный режим с относительной точностью е > О2).
II.	Найти температуру параллелепипеда 0 ^ ж ^ /i, 0 ^ у ^
^ hj 0 ^ z ^ /з5 на поверхности которого происходит конвективный
теплообмен со средой нулевой температуры, если его начальная тем-
температура равна /(ж, у, z)\ рассмотреть, в частности, случай, когда
/(ж, у, z) — Uo = const.
12.	На поверхности куба, равномерно нагретого в начальный мо-
момент времени, происходит конвективный теплообмен со средой, тем-
температура которой равна нулю. Найти выражение для температуры
в центре куба и определить момент времени, начиная с которого в
центре куба заведомо будет иметь место регулярный режим с относи-
относительной точностью е > 0.
13.	Стенки полуограниченной прямоугольной трубы 0 ^ ж <
< +оо, 0 ^ 2/ ^ /i, 0 ^ z ^ I2 поддерживаются при температуре,
равной нулю. По трубе с постоянной скоростью vo в направлении
оси ж движется некоторая среда. Найти температуру движущейся сре-
среды, пренебрегая переносом тепла в направлении оси ж за счет тепло-
теплопроводности3) при следующих условиях:
1)	процесс стационарен;
2)	между средой и стенками трубы происходит теплообмен по
закону Ньютона;
3)	температура среды в сечении ж = 0 равна Uo = const.
14.	Пусть в кубе 0 ^ ж, у, z ^ / происходит диффузия вещест-
вещества, частицы которого размножаются со скоростью, пропорциональной
концентрации (см. задачу 3). Найти критические размеры куба, т.е.
найти длину ребра /, начиная с которой процесс размножения приоб-
приобретает лавинный характер4). Рассмотреть случаи, когда:
г) См. вторую сноску на с. 29.
2)	См. гл. III, § 2, задачу 22.
3)	См. задачу 1.
4)	Более подробно о понятии критических размеров см. [7, с. 471].

Гл. V. Уравнения параболического типа	85
а)	на всех гранях концентрация поддерживается равной нулю;
б)	все грани непроницаемы;
в)	все грани полупроницаемы.
15.	Найти температуру шара радиуса го, поверхность которого
поддерживается при температуре, равной нулю. В начальный момент
времени температура шара была равна
u\t=0= /(г), 0 ^ г <г0.
16.	Начальная температура шара 0 ^ г ^ г0 равна
u\t=0= Uo = const,
а на поверхности шара поддерживается температура U\ = const. Най-
Найти температуру шара при t > 0. Определить момент времени, начиная
с которого в центре шара заведомо будет иметь место регулярный ре-
режим с относительной точностью е > 0.
17.	Начальная температура шара 0 ^ г ^ г0 равна
u\t=0= Uo = const,
а внутрь шара через его поверхность подается постоянный тепловой
поток плотности q. Найти температуру шара при t > 0.
18.	Найти температуру шара радиуса го, на поверхности которо-
которого происходит конвективный теплообмен со средой, имеющей темпе-
температуру, равную нулю. Начальная температура шара равна
u\t=Q=f(r), O^r <r0.
19.	Начальная температура шара 0 ^ г ^ г0 равна
u\t=0= Uo = const,
а на его поверхности происходит конвективный теплообмен со сре-
средой постоянной температуры U\ = const. Найти температуру шара
при t > 0.
Определить момент времени, начиная с которого в центре ша-
шара заведомо будет иметь место регулярный режим с относительной
точностью е > 0.
20.	Начальная температура шара 0 ^ г < г о равна
u\t=o= ^° = const>
а на его поверхности с момента t = 0 происходит конвективный теп-
теплообмен со средой, температура которой равна
Uo + cd, 0 < t < +oo, Uo = const, a = const.
Найти температуру шара при t > 0.
21.	Решить задачу об остывании сферической оболочки г\ ^ г ^
^ г2, на внутренней и внешней поверхностях которой происходит кон-
конвективный теплообмен со средой, имеющей нулевую температуру. На-
Начальная температура оболочки равна
u\t=Q= f(r), n <r < г2.
22.	В замкнутом сферическом сосуде 0 ^ г ^ R происходит диф-
диффузия вещества, частицы которого размножаются, причем скорость

86	Условия задач
размножения пропорциональна концентрации (см. задачу 14). Найти
критические размеры сосуда. Рассмотреть случаи, когда:
а)	на поверхности сосуда поддерживается концентрация, равная
нулю;
б)	стенка сосуда непроницаема;
в)	стенка сосуда полупроницаема.
б) Неоднородные среды; сосредоточенные факторы.
23.	Найти температуру балки прямоугольного поперечного сече-
сечения 0 ^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ /2, составленной из двух однородных балок
(с различными физическими свойствами) с поперечными сечениями
О ^ ж ^ ж0, 0 ^ у ^ /2 и ж0 ^ ж ^ /ь 0 ^ у ^ 12; торцы балки
теплоизолированы, а боковая поверхность поддерживается при темпе-
температуре, равной нулю. Начальная температура балки равна
u\t=Q= f(x,y), О^ж^/i, O^y^h-
24.	Найти температуру прямоугольного параллелепипеда, состав-
составленного из двух однородных прямоугольных параллелепипедов [0 ^
^ ж ^ ж0, 0 ^ у ^ Z2j 0 ^ z ^ /3] и ко ^ х ^ /х, 0 ^ у ^ /2, 0 ^ z ^ /3],
изготовленных из различных материалов. Поверхность составного па-
параллелепипеда поддерживается при температуре, равной нулю, а его
начальная температура равна
u\t=0= /(ж, y,z), o^x^h, о ^у <: г2, о^ z ^ h.
25.	Шар 0 ^ г ^ г\ составлен из однородного шара 0 ^ г ^ г0 и
однородной сферической оболочки го ^ г ^ г\, изготовленных из раз-
различных материалов. Найти температуру шара, если его поверхность
поддерживается при температуре, равной нулю, а начальная темпе-
температура шара равна
u\t=o=f(r), 0^r<n.
26.	Во внутренней полости толстой сферической оболочки r\ ^
^ г ^ г2 содержится жидкость с очень большой теплопроводностью,
т. е. такая, что ее температура все время равна температуре внут-
внутренней поверхности оболочки. Найти температуру оболочки, если ее
внешняя поверхность поддерживается при температуре, равной нулю,
а начальная температура равна
u\t=0= f(r), ri ^г ^ r2.
2. Краевые задачи, требующие применения специальных
функций. В настоящем пункте рассматриваются такие краевые за-
задачи для областей, ограниченных плоскостями, сферами и круговыми
цилиндрами, решения которых выражаются рядами по общим собст-
собственным функциям оператора Лапласа для этих областей, т.е. таким
собственным функциям, в состав которых входят цилиндрические или
сферические функции.
а) Однородные среды.
27.	Решить задачу о нагревании бесконечного круглого цилинд-
цилиндра 0 ^ г ^ го, начальная температура которого равна нулю, а на его

Гл. V. Уравнения параболического типа	87
поверхности поддерживается температура Uq = const. Найти также
в условиях регулярного режима приближенное выражение для темпе-
температуры, средней по поперечному сечению цилиндра.
28.	Найти температуру бесконечного круглого цилиндра при
условии, что начальная температура равна
u\t=0=U0(l-r2/rl),
а на его поверхности поддерживается температура, равная нулю. Най-
Найти в условиях регулярного режима приближенное выражение для тем-
температуры, средней по поперечному сечению цилиндра.
29.	Найти температуру бесконечного круглого цилиндра 0 ^ г ^
^ го, если его начальная температура равна
u\
\t=o= ^°
а на его поверхность с момента t = 0 извне подается постоянный теп-
тепловой поток плотности q.
30.	Найти температуру бесконечного круглого цилиндра радиу-
радиуса го, если начальная температура равна
u\t=0= /(r)> ° ^ Т ^ го>
а на поверхности цилиндра происходит конвективный теплообмен со
средой, температура которой равна нулю. Рассмотреть, в частности,
случай, когда /(г) = Uo = const, и написать приближенное выражение
для температуры в условиях регулярного режима.
31.	Начальная температура неограниченного круглого цилинд-
цилиндра 0 ^ г ^ го равна
u\t=o= ^° = const>
а на поверхности цилиндра происходит конвективный теплообмен со
средой, температура которой равна U\ = const.
Найти температуру цилиндра при t > 0.
32.	Решить предыдущую задачу, если температура среды рав-
равна U\ + at, где U\ и а — постоянные.
33.	Вне бесконечного круглого проводящего цилиндра 0 ^ г ^
^ го в момент t = 0 мгновенно установилось постоянное магнитное
поле Hq, параллельное оси цилиндра.
Найти напряженность магнитного поля внутри цилиндра при ну-
нулевых начальных условиях; найти затем поток магнитной индукции
через поперечное сечение цилиндра.
34.	Решить предыдущую задачу, если напряженность внешнего
магнитного поля равна
Н = Но cos cut, Но = const, 0 < t < +оо.
35.	Начальная температура бесконечной круглой цилиндрической
трубы ri ^ г ^ Г2 равна
u\t=0= /(Г)' Г1 ^ Г ^ Г2'
Найти температуру трубы при t > 0, если на ее внутренней по-
поверхности поддерживается температура U\ = const, а на наружной
поверхности — температура U2 = const.

Условия задач
36.	Температура бесконечной круглой цилиндрической трубы
равна нулю при t < 0. С момента t = 0 через ее внешнюю поверхность
подается снаружи постоянный тепловой поток плотности д, а внут-
внутренняя поверхность трубы поддерживается при температуре, равной
нулю.
Найти температуру трубы при t > 0.
37.	Решить задачу об остывании бесконечной круглой цилиндри-
цилиндрической трубы, на внешней и внутренней поверхностях которой про-
происходит конвективный теплообмен со средой нулевой температуры.
В начальный момент времени труба была равномерно нагретой.
38.	Между двумя концентрическими цилиндрами бесконечной
длины находится вязкая жидкость. В момент t = 0 внешний цилиндр
начинает вращаться с угловой скоростью и = const.
Определить скорость движения жидкости.
39.	Найти температуру неограниченного круглого цилиндра 0 ^
^ г ^ го, если его начальная температура равна
u\t=Q= /(г, (р), 0 ^ г ^ г0, 0 ^ (р <: 2тг,
а на поверхности поддерживается температура, равная нулю.
40.	Найти температуру неограниченного круглого цилиндра 0 ^
^ г ^ го, если его начальная температура равна
u\t=0= /(г, (р), 0 ^ г ^ г0, 0 ^ (р <: 2тг,
а на поверхности происходит конвективный теплообмен со средой,
температура которой равна нулю.
41.	Найти температуру неограниченной круглой цилиндрической
трубы ri ^ г ^ г2, если ее начальная температура равна
u\t=Q= f(r, (p), ri<r<r2, 0 ^ (р ^ 2тг,
а на внешней и внутренней поверхностях поддерживается температу-
температура, равная нулю.
42.	Найти температуру неограниченной круглой цилиндрической
трубы ri ^ г ^ г2, если ее начальная температура равна
u\t=Q= f(r, (f), 7*1 < 7* < 7*2, 0^(^^27Г,
а на внешней и внутренней поверхностях происходит конвективный
теплообмен со средой, температура которой равна нулю.
43.	Найти температуру бесконечного цилиндрического сектора
О^г^ 7*0, 0 ^ ср ^ сро, если на поверхности г = г о и гранях ip = 0
и (р = (fo поддерживается температура, равная нулю, а начальная
температура равна
u\t=Q= f(r, (p), 0<r<ro, 0<(f<(po.
44.	Найти температуру бесконечного цилиндрического сектора
О^г^ 7*0, 0^</?^</?о, если на поверхности г = г о происходит кон-
конвективный теплообмен со средой, температура которой равна нулю,
грани (р = 0 и (р = (р0 теплоизолированы, а начальная температура
равна	-
4t=o=/(r'W' 0<г<7*о, 0<(р<(ро.

Гл. V. Уравнения параболического типа	89
45.	Найти температуру бесконечного цилиндрического сектора
^1 ^ Т ^ Г2, 0 ^ у? ^ (fo, если его поверхность поддерживается при
температуре, равной нулю, а начальная температура равна
u\t=Q= f(r, (р), ri<r<r2, 0 < <р < <р0.
46.	Найти температуру бесконечного цилиндрического сектора
fi ^ т ^ r2j 0 ^ ip ^ (foj если на поверхностях г = ri и г =
= Г2 происходит конвективный теплообмен со средой, температура
которой равна нулю, грани (р = 0 и <р = <р0 теплоизолированы, а
начальная температура равна
u\t=Q= f(r, (р), ri<r<r2, 0 < ip < (f0.
47.	Найти температуру конечного круглого цилиндра 0 ^ г ^ го,
0^</?^2тг, 0^2;^/, поверхность которого поддерживается при
температуре, равной нулю, если начальная температура равна
48.	Найти температуру конечного круглого цилиндра 0 ^ г ^
^ Пь 0 ^ </? ^ 2тг, 0 ^ z ^ /, на поверхности которого происходит
конвективный теплообмен со средой, имеющей температуру, равную
нулю, если начальная температура цилиндра равна
49.	Решить задачу об остывании шара радиуса го, на поверхнос-
поверхности которого поддерживается температура, равная нулю. Начальная
температура шара равна
u\t=Q= /(г,в,(р), 0^г<го, О^в^п, 0^(р^2тг.
50.	Решить задачу об остывании шара радиуса го, если на его
поверхности происходит конвективный теплообмен со средой, темпе-
температура которой равна нулю. Начальная температура шара равна
и\ _п= /(г, в, (/?), 0 ^ г < го, 0^#^7г, 0 ^ у? ^ 2тг.
51.	Решить задачу об остывании толстой сферической оболочки
ri ^ т ^ т2-> на внешней и внутренней поверхностях которой поддер-
поддерживается температура, равная нулю. Начальная температура оболоч-
оболочки равна
u\t=Q= f(r,O,(p), n<r<r2, (К#^7г, (К</?^2тг.
52.	Решить задачу об остывании толстой сферической оболочки
fi ^ т ^ Г2 ? на внешней и внутренней поверхностях которой происхо-
происходит конвективный теплообмен со средой, температура которой равна
нулю. Начальная температура оболочки равна
6) Неоднородные среды; сосредоточенные факторы.
53. Неоднородный круглый цилиндр O^r^ri, 0^</?^ 2тг,
0^2;^/ составлен из однородного цилиндра О^г^го, 0^</?^2тг,
0 ^ z ^ / и однородной цилиндрической трубы ro^r^ri, 0^(/?^
^ 2тг, 0^2;^/, изготовленных из различных материалов.

90	Условия задач
Найти температуру составного цилиндра, если его поверхность
поддерживается при температуре, равной нулю, а начальная темпе-
температура равна
u\t=Q= f(r, (f, z), 0^r<rb 0^</?^2тг, 0<z<l
54.	Решить задачу об остывании бесконечной цилиндрической
трубы ri ^ г ^ г2, заполненной охлаждающей жидкостью, если тем-
температура охлаждающей жидкости все время равна температуре внут-
внутренней поверхности трубы, а внешняя поверхность теплоизолирована.
Начальная температура трубы равна
u\t=Q= f(r), n <r < г2.
55.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что на внешней
поверхности трубы происходит конвективный теплообмен со средой,
температура которой равна нулю.
56.	Цилиндр радиуса г\ с моментом инерции К на единицу длины
погружен в жидкость и приводится во вращение моментом М = const
на единицу длины.
Определить движение жидкости и цилиндра, если жидкость за-
заполняет пространство между цилиндром и неподвижной коаксиаль-
коаксиальной трубой с внутренним радиусом г2 > т\. Цилиндр и трубу счи-
считать бесконечно длинными. В начальный момент времени цилиндр и
жидкость покоились.
57.	Вне полого цилиндрического проводника г\ ^ г ^ г2 беско-
бесконечной длины в момент t = 0 мгновенно установилось постоянное
магнитное поле Hq, параллельное оси проводника.
Найти магнитное поле в проводнике при нулевых начальных усло-
условиях, предполагая, что во внутренней полости оно однородно, а также
что вне и внутри трубы вакуум.
58.	Неоднородный шар 0 ^ г ^ г\ составлен из однородного шара
0 ^ г ^ го и однородной сферической оболочки го ^ г ^ ri, изготов-
изготовленных из различных материалов.
Найти температуру шара, если его поверхность поддерживается
при температуре, равной нулю, а начальная температура равна
и
t=o=f(r,e,<p),
§ 3. Метод интегральных представлений
В настоящем параграфе рассматривается применение интеграль-
интегральных представлений к решению краевых задач теории теплопроводнос-
теплопроводности. Сначала идут задачи на применение интеграла Фурье, затем на
построение и применение функций источников.
1. Применение интеграла Фурье.
59. Найти распределение температуры в неограниченном прост-
пространстве, начальная температура которого равна
u\t=0= /(ж' 2/' *)' ~°° <х, у, z < +оо.
Рассмотреть также частный случай, когда /(ж, у, z) не зависит от z.

Гл. V. Уравнения параболического типа	91
60. Найти температуру неограниченного пространства, вызванную
непрерывно действующими источниками с плотностью д(ж, u, z,i);
начальная температура пространства равна нулю. Рассмотреть
также частные случаи, когда д(х, у, z,t) не зависит от t и когда
д(х, у, z,t) не зависит от z.
61.	Решить краевую задачу
щ = а2Аи, —оо < ж, у < +оо, 0 < z < +оо, 0 < t < +оо,
u\z=0= 0, -оо < ж, у < +00, 0 < t < +00,
u\t_0= f(x, V-, z), —°° < х-> У < +оо, 0 < z < +00.
Рассмотреть также частный случай, когда / не зависит от у.
62.	Решить краевую задачу
щ = а2Аи, -оо < ж, у < +00, 0 < z < +оо, 0 < t < +оо,
u\z=0= /(ж, у, t), -оо < ж, у < +00, 0 < t < +00,
<м|^_о= 0, —оо < ж, у < +00, 0 < z < +00.
Рассмотреть также частный случай, когда / не зависит от у.
63.	Решить краевую задачу
щ = а2Аи, —оо < ж, у < +00, 0 < z,t < +оо,
^|.^0= 0, -оо < х, у < +00, 0 < t < +00,
ult=o~ ^(ж' 2/'^)' ~°° < ж' У < +00' 0 < ^ < +00.
64.	Решить краевую задачу
г^ = а2Аи, —оо < ж, у < +оо, 0 < z,t < +оо,
^^|2=0= /(^, y,t), -оо < ж, 2/ < +оо, 0 < ? < +00,
u\t=o= 0' ~°° < xi У < +°°> 0 < z < +00.
65.	Решить краевую задачу
г^ = а2Аи, —оо < ж, и < +оо, 0 < z,t < +оо,
uz — hu = 0, —оо < ж, 2/ < +00, z = 0, 0 < t < +оо,
u\t=0= f(xJ У^), -оо < ж, 2/ < +00, 0 < z < +00.
Рассмотреть также частный случай, когда / не зависит от у.
66.	Решить краевую задачу
щ = а2Аи, —оо < ж, у < +00, 0 < z,t < +оо,
uz = /г[и — /(ж, 2/, ?)], —оо < ж, и < +00, z = 0, 0 < t < +оо,
и|^_0= 0, —оо < х, у < +00, 0 < z < +00.
67.	Решить краевую задачу
щ = а2Аи + /(ж, и, z, t), -оо < х, у < +оо, 0 < z, t < +оо,
^|2=0= 0, -оо < х, у < +00, 0 < t < +00,
и|^_0= 0, —оо < х, у < +00, 0 < z < +00.

92	Условия задач
68.	Найти температуру неограниченной балки с прямоугольным
поперечным сечением 0 ^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ I2, — оо < z < +оо, если ее
начальная температура равна
u\t=Q= f(x,y, z), О^ж^/i, 0^y^l2, -00 ^ z ^ +00,
а на поверхности:
а)	поддерживается температура, равная нулю;
б)	имеет место тепловая изоляция;
в)	происходит конвективный теплообмен со средой нулевой тем-
температуры.
69.	Решить предыдущую задачу для полуограниченной балки с
прямоугольным поперечным сечением: 0 ^ ж ^ /i, 0 ^ У ^ fa, 0 <
< z < +оо; рассмотреть случаи, соответствующие граничным усло-
условиям а) и б).
70.	Найти температуру бесконечно круглого цилиндра 0 ^ г ^ го,
О ^ </? ^ 2тг, — оо < z < +оо, если его начальная температура равна
u\t=0= f(rJ <Р, z), 0 ^ г < r0, 0 ^ (f ^ 2тг, -оо < z < +00,
а на поверхности выполняется одно из следующих граничных условий:
а)	температура поверхности поддерживается равной нулю;
б)	поверхность теплоизолирована;
в)	на поверхности происходит конвективный теплообмен с окру-
окружающей средой, температура которой равна нулю.
71.	Найти температуру полуограниченного круглого цилинд-
цилиндра 0 ^ г ^ го, 0 ^ ip ^ 2тг, 0 ^ z < +00, если его начальная темпе-
температура равна
u\t=Q= /(r, <p, z), 0 ^ <р ^ 2тг, О^г^го, 0 < z < +оо,
а на поверхности выполняется одно из следующих граничных условий:
а)	температура поверхности поддерживается равной нулю;
б)	поверхность теплоизолирована.
72.	Найти температуру неограниченного цилиндрического сек-
сектора О^г^го, 0 ^ ip ^ (foj —00 < z < +00, если его начальная
температура равна
U\t=0= /(Г> Ч>, z)i 0 < (р < </?о, 0 < Г < Г0, -00 < 2 < +00,
а на поверхности выполняется одно из следующих граничных условий:
а)	температура поверхности поддерживается равной нулю;
б)	поверхность теплоизолирована.
73.	Решить предыдущую задачу для полуограниченного цилинд-
цилиндрического сектора О^г^го, 0 ^ ip ^ ipo, 0 ^ z < +00.
74.	Найти температуру пластинки, имеющей форму неограничен-
неограниченного сектора 0^г<+оо, 0^</?^</?о, если ее начальная температура
равна
u\t=0= /(r> <Р)> 0 < г < +00, 0 < (р < </?о,
а на краях пластинки:
а)	поддерживается температура, равная нулю;
б)	имеет место тепловая изоляция.
75.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что один край
пластинки теплоизолирован, а температура другого поддерживается
равной нулю.

Гл. V. Уравнения параболического типа	93
76.	Найти температуру неограниченного клина с углом раство-
раствора (/?о, если на его гранях:
а)	поддерживается нулевая температура;
б)	имеет место тепловая изоляция.
77.	Найти температуру неограниченного пространства с беско-
бесконечной круглой цилиндрической полостью, если начальная темпера-
температура равна нулю, а температура на поверхности полости поддержи-
поддерживается равной Uq.
2. Построение и применение функций влияния мгновен-
мгновенных точечных источников тепла.
78.	Доказать, что решением краевой задачи
ди _ 2(д2и д2и д2иЛ	,.
u\t=0 = h{x)f2{y)h{z), -оо < ж, у, z < +оо	B)
является произведение решений ui(x,i), U2(y,i), us(z,i) краевых
задач
dt	dx2 '	'	'	v J
ui\t=0 = fi(x)> -оо < ж <+00,	B')
~JT~ = ft2 Tnti —°° < У < +00, 0 < t < +00,	A")
u2\t=0 = /2B/), -00 < у < +oo,	B")
0 < t < +00,	A'")
«з|4=0 = /зСг), -oo<z<+oo.	B'")
79.	Воспользовавшись выражением функций влияния мгновен-
мгновенных точечных источников тепла для прямых —оо <ж < +оо, —оо <
<2/<+оо, —оо<2;<+оои предположением, сформулированным в
задаче 78, написать выражение функции влияния мгновенного точеч-
точечного источника тепла для пространства
— оо < ж, у, z < +00.
80.	С помощью функции влияния, найденной в предыдущей зада-
задаче, решить краевую задачу
щ = а2Аи + F(x, у, z,t), —00 < ж, у, z < +00, 0 < t < +00,
u\t=0 = /(ж, у, z), -00 < ж, у, z < +оо.
81.	Выразить функции влияния мгновенного точечного источни-
источника тепла для полупространства —оо<ж,^/<+оо, 0<z<+oo,
отвечающие граничным условиям:
а) и _ = 0; б) uz\ _ = 0; в) (uz — hi
через соответствующие одномерные функции влияния, аналогично то-
тому, как это было сделано в решении задачи 79.

94	Условия задач
82.	С помощью функций влияния, найденных в предыдущей за-
задаче, решить краевые задачи:
а)	щ = а2Аи + F(x, ?/, z, i), —оо < ж, у < +оо, 0 < z, t < +00,
u\z=0 — $(x,y,t),	~°° < x-> У < +°°> 0 <t < +00,
u\t=0 = f(x,y,z),	-00 < ж, ?/<+00, 0 < 2 < +00;
б)	щ = а2 Аи + F(x, ^/, z, t), -00 < x, у < +oo,	0 < z, t < +00,
uz\z=0 = Ф(Х,У^), -oo < x, у < +00,	0 < ? < +00,
^|j=o = f(x->y->z)'> ~°° <Х,У < +°°>	0 < 2; < +00;
в)	щ = a2Aw + F(x, ^/, z, t), —00 < x, у < +00,	0 < z, t < +00,
(uz — hu)\z_Q = /гФ(ж,^/,^), —oo < x, у < +oo,	0 < ? < +00,
^|j=o = f{x->y->z)-> ~°° < x-> У < +°°5	0 < 2; < +00.
83.	Пусть D есть конечная, полубесконечная или бесконечная
цилиндрическая область, параллельная оси z, и пусть ее пересече-
пересечением с плоскостью ху является область Dxy. Пусть на поверхности
области D заданы граничные условия первого, второго или третьего
рода.
Доказать, что функцией влияния мгновенного точечного источни-
источника тепла для области D является соответственно произведение функ-
функций влияния мгновенного точечного источника тепла для конечного
отрезка, полуоси или всей оси z на функцию влияния мгновенного
точечного источника тепла для плоской области Dxy.
84.	Воспользовавшись предложением, сформулированным в пре-
предыдущей задаче, написать выражение функции влияния мгновенного
точечного источника тепла для плоского слоя —оо < ж, у < +оо,
О < z < I. Рассмотреть случаи, когда на граничных плоскостях z = О
и z = I:
а)	поддерживается нулевая температура;
б)	имеет место тепловая изоляция;
в)	одна из граничных плоскостей (z = 0) теплоизолирована, а на
другой (z — I) поддерживается нулевая температура;
г)	на обеих граничных плоскостях происходит конвективный теп-
теплообмен со средой нулевой температуры.
85.	Построить функцию влияния мгновенного точечного источ-
источника тепла для неограниченной балки с прямоугольным поперечным
сечением 0 ^ ж ^ /i, О^^/^Ь, — оо < z < +оо, если на поверхности
балки:
а)	поддерживается нулевая температура;
б)	имеет место тепловая изоляция.
86.	Построить функцию влияния мгновенного точечного источни-
источника тепла для прямоугольного параллелепипеда 0 ^ ж ^ /i, О^^/^Ь,
О ^ z ^ Ь- Рассмотреть случаи, когда поверхность параллелепипеда:
а)	поддерживается при нулевой температуре;
б)	теплоизолирована.

Гл. V. Уравнения параболического типа	95
87.	Методом отражений построить функцию влияния мгновен-
мгновенного точечного источника тепла для неограниченного клина с углом
раствора тг/m, где т — натуральное число. Рассмотреть случаи,
когда граничные плоскости ip = 0 и ip = тг/m:
а)	поддерживаются при температуре, равной нулю;
б)	теплоизолированы.
88.	Найти распределение температуры в неограниченном прост-
пространстве, вызванное тем, что в начальный момент времени на сфери-
сферической поверхности радиуса г' выделилось мгновенно Q равномерно
распределенных единиц тепла. (Построение функции влияния мгно-
мгновенного сферического источника тепла.)
89.	С помощью функции источника, найденной в предыдущей за-
задаче, решить краевую задачу
ди о {д2и , 2 диЛ
и(г, 0) = F(r), 0 < г < +оо,
где г = \/х2 +у2 + z2.
90.	Найти распределение температуры в неограниченном
пространстве, вызванное тем, что в начальный момент времени на
каждой единице длины бесконечной цилиндрической поверхности ра-
радиуса г' выделилось Q равномерно распределенных единиц тепла. (По-
(Построение функции влияния мгновенного цилиндрического источника
тепла.)
91.	С помощью функции влияния, найденной в предыдущей зада-
задаче, решить краевую задачу
ди 2 ( д2и , 1 ди\ . г/ ,ч п ^ , ^ ,	/1ч
а { + )+f^^ °<M<+oo	A)
u(r, O) = F(r), 0<r<+oo,	B)
где г = л/х2 + у2.
92.	Найти функцию влияния мгновенного точечного источника
для уравнения диффузии, если среда, в которой происходит диффузия,
движется с постоянной скоростью v относительно рассматриваемой
системы координат.
93.	Найти функцию влияния неподвижного точечного источника
постоянной мощности для уравнения диффузии в среде, движущейся с
постоянной скоростью v в направлении оси ж, если процесс диффузии
стационарен и если переносом вещества в направлении оси х можно
пренебречь по сравнению с переносом за счет движения среды (см.
задачу 2).
94.	Решить предыдущую задачу для полупространства 0 < z <
< +оо, рассмотрев случаи, когда:
а)	плоскость z = 0 непроницаема;
б)	на плоскости z = 0 поддерживается концентрация, равная
нулю;
в)	плоскость z = 0 полупроницаема, причем под ней (т. е. при
z < 0) поддерживается концентрация, равная нулю.

96	Условия задач
и
t=o ~ \ о
95.	Найти концентрацию диффундирующего вещества в неогра-
неограниченном пространстве, выделяемого точечным источником мощнос-
мощности f(t) с координатами х = </?(?), у = ifi(t), z — >c(t), если начальная
концентрация этого вещества в пространстве равна нулю.
96.	Найти концентрацию диффундирующего вещества в неогра-
неограниченном пространстве, начальная концентрация которого равна
= const при 0 ^ г < го,
t=0 \0	при го < г < +00,
где г — радиус-вектор сферической системы координат.
97.	Решить предыдущую задачу для полупространства z > О,
предполагая, что zq < го, @, 0, zq) — координаты центра сферы, в ко-
которой начальная концентрация равна Uq. Рассмотреть случаи, когда:
а)	плоскость z = 0 непроницаема для диффундирующего ве-
вещества;
б)	на плоскости z = 0 поддерживается концентрация, равная
нулю.
98.	Найти концентрацию диффундирующего вещества в неогра-
неограниченном пространстве, если его начальная концентрация равна
= const при 0 ^ г < го,
при г0 < г < +00,
где г — радиус-вектор цилиндрической системы координат.
99.	Решить предыдущую задачу для полупространства х ^ О,
предполагая, что цилиндр параллелен оси z и его ось пересекает плос-
плоскость z = 0 в точке (жо,0), где хо > г$. Рассмотреть случаи, когда:
а)	плоскость х = 0 непроницаема для диффундирующего ве-
вещества;
б)	на плоскости х = 0 поддерживается концентрация, равная
нулю.
100.	Канал с вертикальными стенками и непроницаемым дном
внезапно заполняется водой так, что в одной его части, при х < 0, по-
получается уровень воды Hi = const, а в другой, при х > 0, уровень воды
В.2 — const, и в дальнейшем эти уровни поддерживаются неизменны-
неизменными (см. рис. в ответе задачи, вертикальная ось Н перпендикулярна к
плоскости чертежа).
В начальный момент уровень грунтовых вод в грунтовом слое
у > 0 равен Hq = const.
Считая, что слой лежит на непроницаемом основании, являющем-
являющемся продолжением дна канала, найти уровень грунтовых вод Н(х, y,t)
при t > 0 (у > 0).
101.	На поверхности сферической полости 0 ^ г ^ г о неограни-
неограниченного пространства температура должна меняться по закону
и\ _ = (f(t), где tp(t) — заданная функция времени; начальная тем-
температура пространства равна нулю.
Какой тепловой поток нужно подавать из сферической полости в
пространство для обеспечения такого закона изменения температуры
на поверхности полости?

Глава VI
УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
К уравнениям гиперболического типа приводят динамические за-
задачи механики сплошных сред (акустики, гидродинамики, аэродина-
аэродинамики, теории упругости) и задачи электродинамики1). В настоящей
главе рассматривается постановка и решение краевых задач гипербо-
гиперболического типа для функций двух или большего числа независимых
переменных, так что эта глава является продолжением и развити-
развитием гл. II, в которой рассматриваются задачи гиперболического типа
лишь для функций двух независимых переменных. Как и в гл. II,
колебания сплошных сред всюду в этой главе считаются малыми в
общепринятом смысле слова.
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
гиперболического типа; постановка краевых задач
В этом параграфе рассматривается постановка краевых задач для
процессов механики сплошных сред. Постановка краевых задач элек-
электродинамики рассматривается в гл. IV2).
1.	Поставить краевую задачу о распространении малых возмуще-
возмущений в однородном идеальном газе, заполняющем неограниченное прост-
пространство, принимая за функцию, характеризующую процесс, одну из
величин: плотность газа р, давление в газе р, потенциал скоростей
частиц газа U, вектор скорости частиц газа v = iv^ + jv^ + kv^3\
потенциал смещений частиц газа Ф, или вектор смещения частиц га-
газа и = ivS1' + ju^ + кьУК Показать, что через каждую из этих ве-
величин может быть выражена любая другая из этих же величин.
2.	Вывести граничные условия для потенциала скоростей частиц
газа U3), потенциала смещений Ф, плотности р и давления р на плос-
плоскости, ограничивающей полупространство, заполненное этим газом.
х) Уравнения релятивистской теории тяготения при известных прене-
пренебрежениях также принадлежат к гиперболическому типу.
2)	См. также [7, с. 440-451].
3)	По поводу обозначений см. ответ к задаче 1.

98	Условия задач
Рассмотреть случаи, когда эта плоскость:
а)	неподвижна,
б)	движется с дозвуковой скоростью в направлении своей нормали
по заданному закону.
3.	Пространство заполнено двумя различными идеальными газа-
газами, границей раздела которых является поверхность Е ). Предпола-
Предполагая, что невозмущенные давления в обоих газах одинаковы, поставить
краевую задачу о распространении малых возмущений в газе.
4.	Поставить краевую задачу о поперечных колебаниях мембраны
с неподвижно закрепленным краем, если в невозмущенном состоянии
мембрана является плоской, а окружающая среда не оказывает сопро-
сопротивления колебаниям мембраны.
Примечание. Задача о колебаниях мембраны является двумер-
двумерным аналогом задачи о колебаниях струны2).
5.	Поставить краевую задачу о колебаниях мембраны, натяну-
натянутой на отверстие замкнутого сосуда, учитывая изменение давления
в сосуде, вызываемое колебаниями мембраны, и считая скорость рас-
распространения малых возмущений в газе значительно большей скорос-
скорости распространения волн в мембране (задача о колебаниях мембраны
барабана).
6.	Вывести уравнение распространения малых возмущений в га-
газе, движущемся с постоянной скоростью относительно выбранной сис-
системы координат.
7.	Поставить краевую задачу о сверхзвуковом стационарном об-
обтекании неподвижного клина симметричным плоскопараллельным по-
потоком идеального газа.
8.	Поставить краевую задачу о сверхзвуковом стационарном об-
обтекании круглого конуса идеальным газом в направлении оси конуса,
считая невозмущенный поток однородным, а возмущения, вызванные
конусом, малыми.
9.	Пусть уровень идеальной жидкости в бассейне с горизонталь-
горизонтальным дном и вертикальными стенками в невозмущенном состоянии ра-
равен h = const. При малых колебаниях свободной поверхности могут
возникнуть движения, при которых частицы жидкости, лежащие на
любой вертикали, движутся в горизонтальных направлениях одина-
одинаково. Пусть ?(x,y,i) означает возвышение возмущенной поверхности
над уровнем покоящейся жидкости. Считая давление р в возмущен-
возмущенной жидкости на глубине равным гидростатическому, поставить кра-
краевую задачу о распространении малых возмущений в слое, принимая
за функцию, характеризующую процесс: 1) ?(x,y,t); 2) потенциал
(горизонтальных) скоростей частиц жидкости, если давление ро на
поверхности жидкости остается постоянным (см. задачу 7 гл. II, § 1).
х) Геометрическая поверхность. Предполагается, что за рассматрива-
рассматриваемое время границу раздела газов Е можно считать бесконечно тонкой
поверхностью.
2) См. гл. II, § 1, а также [7, с. 31-34].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
99
10.	Поставить краевую задачу 9 для случая, когда ро является
заданной функцией x,y,t, принимая за функцию, характеризующую
процесс, потенциал горизонтальных скоростей.
11.	Вывести уравнения движения центра масс бесконечно малого
элемента упругой среды, беря элемент в виде прямоугольного парал-
параллелепипеда с ребрами, параллельными осям координат.
12.	Пользуясь законом Гука для однородной изотропной упругой
среды, представить уравнения движения, найденные в предыдущей
задаче, в форме, содержащей только составляющие вектора объемных
сил и вектора смещения
U = iu(x, у, z, t) + jv(x, у, z, t) + kw(x, у, z, t),
и доказать, что «всестороннее растяжение» 0 = div U и вихрь В =
= rot U удовлетворяют, каждый в отдельности, волновому уравнению
Даламбера -^f- = а2Ао?, причем для 0 константа а2 = 	—, а для В
дН	р
константа а = — ).
Р
Примечания. 1. Всякий вектор U однозначно определяется по
его расходимости div U и вихрю rot U (см. [14, с. 209]).
2. Форма элемента упругой среды, имеющего в недеформирован-
ном состоянии вид, описанный в задаче 11, в деформированном состо-
состоянии определяется величинами
ди	ди	ди
_ _ dv ди
Ъу-Ъх - 2te + *V
dv , dw
^ = 7 =	1
dz dy
dw , du
Izx-lxz- dx + dz,
образующими тензор деформации
&x Ixy Ifxz
(Д) = lyx ?y lyz
Izx Izy ?z
В случае, когда среда является однородной и изотропной, компоненты
тензора напряжений (см. ответ к предыдущей задаче)
Jx >xy
Тух (Уу
TZx
' yz
связаны следующими соотношениями с компонентами тензора дефор-
деформаций:	_
' дх"
dz'
I/z — I zii —
г) «Продольные» упругие волны распространяются быстрее «попереч-
«поперечных».
7*

100	Условия задач
dv ди
дх ду
где 0 = div U, а А и \л — константы Ламэ, связанные следующим
образом с модулем Юнга Е и коэффициентом Пуассона т:
F _ //(ЗА + 2fj)	_ А
Коэффициент Пуассона т характеризует отношение к продольному
растяжению соответствующего поперечного сжатия. Модуль сдвига
13.	Представляя вектор объемных сил в виде F = grad Ф + rot В
(о возможности представления произвольного вектора в таком виде
см. [14, с. 209]), доказать, что если р —-|- = (А + 2/л)А(р + Ф, р —— =
= /л А А + В, то вектор U = grad(/? + rot А удовлетворяет уравнениям
движения, полученным в задаче 12.
14.	Задача о распространении возмущений в упругой среде на-
называется плоской, если составляющая w вектора смещения U и со-
составляющая Z вектора плотности объемных сил F = гХ + jY + kZ
равны нулю, а остальные величины не зависят от z. Например, за-
задача о распространении деформаций в тонкой пластинке, вызванных
силами, действующими в ее плоскости, является плоской1).
Доказать, что в случае плоской задачи вектор смещения U выра-
выражается через два скалярных потенциала, каждый из которых удовле-
удовлетворяет соответствующему волновому уравнению.
15.	Выразить через компоненты вектора U и тензора (Н) (см.
задачу 12) граничные условия для распространения упругих возму-
возмущений в однородном изотропном полупространстве, если ограничива-
ограничивающая плоскость
а) свободна, б) фиксирована жестко.
Выразить для плоской задачи эти граничные условия через ска-
скалярные потенциалы (см. задачу 14).
16.	Поставить краевую задачу о радиальных колебаниях круг-
круглой цилиндрической трубы под действием радиальной силы F(r,t),
где F(r, t) — сила, приходящаяся на единицу массы, отстоящую на
расстоянии г от оси трубы.
17.	Поставить краевую задачу о радиальных колебаниях упругой
сферической оболочки г\ ^ г ^ Г2 под действием переменного давле-
давления p(t) во внутренней полости.
18.	Вывести дифференциальное уравнение для отклонения от не-
невозмущенного состояния точек тонкой изотропной однородной плас-
пластинки, совершающей малые поперечные колебания. Рассмотреть, в
частности, случай, когда пластинка лежит (и прикреплена) на упру-
упругом основании.
Примечание. Задача о поперечных колебаниях пластинки яв-
является двумерным аналогом задачи о поперечных колебаниях стержня
(см. § 1 гл. II).
Более подробно см. [26, с. 92].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	101
19.	Переходя к полярным координатам, поставить краевую зада-
задачу о поперечных колебаниях круглой пластинки, если край пластинки
защемлен жестко.
20.	В начале координат неограниченного пространства x,y,z,
представляющего собой вакуум, находится электрический диполь, па-
параллельный оси z. Момент диполя меняется по закону
' Мо = const,	-оо < ? ^ О,
л *' = MoCOSLJt, 0 < t < +00.
Поставить краевую задачу об определении электромагнитного по-
поля, порожденного диполем, при t > 0.
§ 2. Простейшие задачи; различные приемы решения
21.	а) Решить краевую задачу
utt — а2Аи, -оо < x,y,z < +оо, 0 < t < +оо,	A)
и_ = (р(т), щ _ = ф(т), г = х + у + z , 0^г< +00. B)
б) Найти lim u(x,y,z,t).
22.	Решить краевую задачу
utt = a2Au + f(r,t), r2 = ж2+2/2 + ?2, 0 ^ г < +00, 0 < t < +оо, A)
23.	Решить краевую задачу
utt = а2Аи, -оо < x,y,z < +оо, 0 < t < +оо,	A)
при начальных условиях:
7о = const внутри сферы радиуса го,
О	вне этой сферы,
ut\t=0 = ° всюду;
[/о = const внутри сферы радиуса го,
t=0 \ 0	вне этой сферы,
u\t=0 = 0 всюду.
24.	В начальный момент времени t = 0 газ внутри сферического
объема радиуса г о сжат так, что возмущение плотности р = pi, а вне
объема р = 0. Начальная скорость частиц газа равна нулю во всем
пространстве. Найти движение газа при t > 0.
25.	Решить задачу 23,6) для полупространства z ^ 0, если центр
сферы находится в точке @, 0, zo), z$ > г о; рассмотреть частные слу-
случаи, когда:
&)u\z=Q = 0; 6)uz\z=Q = 0.
' 1

102	Условия задач
26.	Решить задачу 23,6) для двугранного угла у ^ 0, z ^ 0,
если центр сферы находится в точке @, ^/о? ^оO У о > Пь zo > ПM
рассмотреть случаи, когда:
а) и| _ = 0, uz\ п = 0; б) uJ _ = 0, и\ п = 0.
у |^=о ' z\z=o '	у у 1^=о ' iz=o
27.	Неограниченное пространство заполнено покоящимся идеаль-
идеальным газом. В момент времени t = 0 в некоторой фиксированной точ-
точке этого пространства начинает непрерывно действовать сферически
симметричный источник газа мощностью q(t). Найти потенциал ско-
скоростей частиц газа при t > 0, предполагая возмущения, вызываемые
источником, малыми.
28.	Решить предыдущую задачу, если источник находится:
а)	внутри двугранного угла —, где п — целое число, большее
нуля;	п
б)	внутри плоского слоя, 0 < z < I, причем ограничивающие плос-
плоскости являются неподвижными.
29.	Из решения краевой задачи
2 + /(ж, у, z, ?), —оо < x,y,z < +оо, 0 < t < +оо,
t=o = ^х'>У'>г)'> ~°° < X->V->Z
методом «спуска»1) получить решение краевой задачи
ult = а2А2и* + f*(x,y,t), -оо < х,у < +00, 0 < t < +00,
u*\t=o = рЧх^у), ut\t=o = ^*(ж>2/)> -оо < ж,у < +оо.
30.	Из решения краевой задачи
2 ± си + /(ж, у, z, t), —оо < x,y,z < +оо, 0 < t < +оо,
t=o = ^0>2/^)> -оо < ж,2/э^
методом «спуска» ) получить решение краевой задачи
2	± с2и* + f*(x,y,t), — оо<ж,2/<+оо, 0 < ^ <+00,
u\t=o = ^О^'^)' ut
u\t=o = (^(ж'^'2;)' Ut
31.	На фиксированной прямой в неограниченном пространстве,
заполненном покоящимся идеальным газом, непрерывно распределе-
распределены источники газа, начинающие действовать в момент t = 0, причем
мощность источников единицы длины этой прямой равна q(t). Найти
потенциал скоростей частиц газа при t > 0, предполагая, что воз-
возмущения, вызываемые источниками в окружающем газе, малы (вне
бесконечно малой окрестности прямой, несущей на себе источники).
32.	Решить предыдущую задачу для квадранта х ^ 0, у ^ О,
ограниченного абсолютно твердыми плоскостями х = 0, у = 0, ес-
если прямая, на которой расположены источники, параллельна оси z и
определяется координатами xq, yo, xq > 0, у о > 0.
х)См. [7, с. 408-410]; [2, т. II, с. 553-555].
2) То же.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	103
33.	В неограниченном пространстве, заполненном идеальным
покоящимся газом, находится сферическая оболочка радиуса г о с
центром в фиксированной точке. Начиная с момента t = 0, ради-
радиус сферической поверхности непрерывно меняется по заданному за-
закону, причем радиальная скорость точек поверхности равна /л(г).
Найти движение в случае, когда jj,(t) = A sin cut.
34.	Решить предыдущую задачу, если сфера находится в полу-
полупространстве, ограниченном неподвижной плоскостью.
35.	В неограниченном пространстве, заполненном идеальным
покоящимся газом, находится сфера фиксированного радиуса го- С
момента t = 0 центр сферы совершает малые колебания со ско-
скоростью V(i), причем |V(?)| <С а, где а — скорость звука. Найти по-
потенциал скоростей частиц газа.
36.	Решить задачу о стационарном симметричном сверхзвуковом
обтекании клина потоком идеального газа; найти потенциал скоростей
в возмущенной области и возмущение давления на клине1).
37.	Решить задачу о стационарном симметричном сверхзвуковом
обтекании кругового конуса с небольшим углом раствора ).
38.	Распространяющейся плоской волной для уравнения
ии — а2 Аи + си,	A)
д2и , , д
+ +
где Аи — тт—;т + ... + тг^г ? называется решение вида
дх\	3x1
/,		\
B)
Плоская волна и = /B_^aixi — bt) имеет одно и то же постоян-
г=1
ное значение на каждой плоскости семейства
п
2^ ctiXi — bt = const.	C)
Расстояние от плоскости C) до начала координат х\ =0, Х2 =0, ...
..., хп = 0 равно	,, . ,
' п ^	Ы + const	,дч
С изменением t плоскость C) движется со скоростью
Ъ
E)
оставаясь параллельной своему начальному положению (при t = 0)
п
\^ aixi = const;	F)
х) См. задачу 7.
2) См. задачу 8.

104	Условия задач
иными словами, со скоростью E) она удаляется от своего первона-
первоначального положения F). Для упрощения выкладок будем в дальней-
п
шем считать, что V^ а2 = 1, т.е. что ai являются направляющими
г=1	п
косинусами нормали к плоскости C); Q = 2_,aixi ~ bt называется
фазой волны B), а / — формой волны.	г~
Доказать, что:
1)	для существования плоских волн произвольной формы у урав-
уравнения A), распространяющихся со скоростью а в любых направлени-
направлениях, необходимо и достаточно, чтобы было с = 0;
2)	при с / 0 у уравнения A) существуют плоские волны любых
направлений распространения и любых скоростей, кроме скорости а,
однако их форма не может быть произвольной, а является решением
дифференциального уравнения
f(Q)(a*-b2)+f(Q)c = 0.	G)
39.	Решить задачу о стационарном обтекании волнообразной стен-
стенки у = е sin шх, где е — мало, — оо < х < +оо, потоком идеального
сжимаемого газа, невозмущенная скорость которого совпадает по на-
направлению с осью х и равна U = const. Рассмотреть случаи:
а)	дозвуковой скорости потока;
б)	сверхзвуковой скорости потока.
40.	Путем суперпозиции плоских волн с фронтом, параллельным
оси z, f(at — ах — /Зу), где а и /3 — направляющие косинусы нормали
к фронту волны, получить цилиндрические волны
at+r
г
at-r V
где г = л/х2 + у2.
Найти явное выражение для ф(г^) при условии, что
{0	при - оо < ? < -г0,
Uo = const при - г0 < ? < г0,
О	при г0 < ? < +00.
41.	Путем суперпозиции сферически симметричных волн —¦
f2(at + г)	? fr\ ? fr\	^
и ^—	-, где /i(?) и /2(?)—произвольные функции, получить
г
цилиндрические волны
Т
,t) = Т
о	о	о
р2 =х2 +у.
предполагая интегралы сходящимися.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	105
42.	Найти цилиндрически симметричные монохроматические
волны в неограниченном пространстве, решая уравнение чц = а Аи,
а затем получить эти волны путем суперпозиции плоских монохрома-
монохроматических волн.
43.	Путем суперпозиции плоских волн получить сферическую
волну вида
г
АА. Решить задачу об отражении и преломлении плоской моно-
монохроматической волны на плоской границе раздела двух различных
идеальных газов; найти соотношение между углами падения, отра-
отражения и преломления, а также между амплитудами падающей, отра-
отраженной и преломленной волн. Невозмущенные давления в обоих газах
предполагаются одинаковыми.
45.	Найти соотношение между углами падения, отражения и пре-
преломления плоской монохроматической электромагнитной волны на
плоской границе двух однородных изотропных диэлектриков.
46.	Рассматривая случай нормального падения плоской монохро-
монохроматической электромагнитной линейно поляризованной волны на
плоскость раздела двух однородных изотропных диэлектриков, найти
соотношение между амплитудами падающей, отраженной и прелом-
преломленной волн и дать выражение для этих волн.
§ 3. Метод разделения переменных1)
1. Краевые задачи, не требующие применения специаль-
специальных функций. В этом пункте рассматриваются также краевые за-
задачи для областей с плоскими и сферическими границами, решения
которых выражаются в виде рядов по простейшим (элементарным)
собственным функциям оператора Лапласа для этих областей.
Сначала среды предполагаются изотропными и однородными, за-
затем приводится несколько задач для неоднородных сред.
а) Однородные среды.
47.	Найти поперечные колебания прямоугольной мембраны 0 ^
^ х ^ /i, 0^2/^ I2 с закрепленным краем, вызванные начальным от-
отклонением
и(х,у,0) = АхуЦг -х)A2 -у),
если реакцией окружающей среды можно пренебречь.
48.	Найти поперечные колебания прямоугольной мембраны 0 ^
^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ I2 с закрепленным краем, вызванные начальным
распределением скоростей
ut(x,y,0) = Axy(h -x)(l2 -у),
если реакцией окружающей среды можно пренебречь.
х) См. вторую сноску на с. 29.

106	Условия задач
49.	Найти поперечные колебания прямоугольной мембраны 0 ^
^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ I2 с закрепленным краем, вызванные поперечным
сосредоточенным импульсом К, сообщенным мембране в точке (жо, 2/о)?
0 < жо < hj 0 < уо < I2, считая, что реакция окружающей среды пре-
пренебрежимо мала.
50.	Найти поперечные колебания прямоугольной мембраны 0 ^
^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ /2 с закрепленным краем, вызванные непрерывно
распределенной по мембране и перпендикулярной к ее поверхности
силой с плотностью
F(x, у, i) = А(х, у) sin ut, 0 < t < +00,
считая, что реакция окружающей среды пренебрежимо мала.
51.	Найти поперечные колебания прямоугольной мембраны 0 ^
^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ I2 с закрепленным краем, вызванные сосредоточен-
сосредоточенной поперечной силой
F(t) = Asmcut, A = const, 0 < t < +00,
приложенной в точке (жо,2/о)? 0 < #о < /ъ 0 < 2/о < Ь? считая, что
реакция окружающей среды пренебрежимо мала.
52.	Найти колебания воды в прямоугольном резервуаре 0 ^ х ^
^ /i, 0 ^ У ^ h под действием переменного внешнего давления на
свободной поверхности
Po(x,y,t) = ^cos^cos^/(^), 0<^< +оо, /@) = 0,
если глубина воды в невозмущенном состоянии равна h. Функция f(t)
предполагается имеющей непрерывную производную ).
53.	Решить задачу 49, предполагая, что окружающая среда ока-
оказывает сопротивление, пропорциональное скорости.
54.	Найти установившиеся колебания прямоугольной мембраны
О ^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ I2 в среде с сопротивлением, пропорциональным
скорости, под действием равномерно распределенной поперечной силы
с плотностью
F = ^sino;^, 0 < t < +00, А = const.
Контур мембраны закреплен неподвижно.
55.	Идеальный газ заключен между двумя концентрическими
сферами Sri и Sr2. Радиус внутренней сферы Sri меняется по за-
кону r(t) = r\ +ssmujt, -00 < t < +00, 0<?<r2-ri,
а внешняя сфера остается неизменной. Найти установившиеся коле-
колебания газа между сферами.
56.	Идеальный газ заключен между двумя концентрическими
сферами Sri и Sr2 с фиксированными радиусами г\ и г2- Найти коле-
колебания газа между сферами, вызванные начальным радиальным воз-
возмущением плотности
р(г,О) = /(г), п < г < г2.
См. задачи 9 и 10.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	107
б) Неоднородные среды.
57.	Найти поперечные колебания прямоугольной мембраны 0 ^
^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ I2, составленной из двух однородных прямоуголь-
прямоугольных кусков О^ж^жо, 0 ^ 2/ ^ Ь и #о ^ ж ^ Zb 0 ^ 2/ ^ Ь?
вызванные начальными поперечными возмущениями.
58.	Сферическая полость фиксированного радиуса г 2 заполнена
двумя различными идеальными газами, поверхностью раздела кото-
которых является сфера Sri @ < г\ < гг), концентрическая поверхности
полости.
Найти колебания газов при следующих начальных условиях для
потенциала скоростей и (г, t) и давления p(r, t):
u(r,0) = f(r), p(r,0)=po, 0^r<r2.
2. Краевые задачи, требующие применения специальных
функций. Как и в предыдущем пункте, сначала идут задачи для
однородных сред, затем для неоднородных.
а) Однородные среды.
59.	Найти поперечные колебания круглой мембраны с закреплен-
закрепленным краем, вызванные радиально симметричным начальным распре-
распределением отклонений и скоростей, считая реакцию окружающей среды
пренебрежимо малой.
60.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что начальное от-
отклонение имеет форму параболоида вращения, а начальные скорости
равны нулю.
61.	Найти колебания воды в круглом вертикальном цилиндричес-
цилиндрическом сосуде с горизонтальным дном, если начальные условия обладают
радиальной симметрией, а давление на свободной поверхности воды
остается постоянным.
62.	Найти колебания круглой мембраны с закрепленным краем
в среде без сопротивления, вызванные равномерно распределенным
постоянным давлением, действующим на одну сторону мембраны с
момента t = 0, предполагая, что окружающая среда не оказывает
какого-либо другого сопротивления колебаниям мембраны.
63.	Найти колебания круглой мембраны 0 ^ г < г о с закреплен-
закрепленным краем в среде без сопротивления, вызванные переменным давле-
давлением
p = f(r,t), (Кг ^г0, 0<?<+оо,
приложенным к одной стороне мембраны.
64.	Найти колебания круглой мембраны 0 ^ г ^ г о с закреплен-
закрепленным краем в среде без сопротивления, вызванные равномерно распре-
распределенным давлением
р = Ро sina;?, 0 < t < +00,
приложенным к одной стороне мембраны.
65.	Найти при нулевых начальных условиях колебания круглой
мембраны 0 ^ г ^ г о в среде без сопротивления, вызванные движением
ее края по закону
u(ro,t) = Asincut, 0 < t < +00.

108	Условия задач
66.	Решить задачу 59 в случае, когда окружающая среда оказы-
оказывает сопротивление, пропорциональное скорости.
67.	Найти установившиеся колебания круглой мембраны с за-
закрепленным краем в среде с сопротивлением, пропорциональным ско-
скорости, под действием равномерно распределенного (приложенного к
одной стороне мембраны) давления:
а)	р = р0 sina;?, 0 < t < +оо, ро = const;
б)	р = р0 cos cot, 0 < t < +оо, ро = const.
68.	Найти установившиеся колебания круглой мембраны 0 ^ г ^
^ го в среде с сопротивлением, пропорциональным скорости, вызыва-
вызываемые движением ее края по закону u(ro,t) = A smcut (ср. с задачей 65).
69.	Найти колебания круглой мембраны барабана1), вызванные
радиально симметричными начальными возмущениями.
70.	Найти колебания круглой мембраны барабана, вызванные
равномерно распределенным давлением
р = По smcut; 0 < t < +оо, По = const,
приложенным к внешней стороне мембраны.
71.	Найти поперечные колебания круглой пластинки с жестко
закрепленным краем в среде без сопротивления, вызванные радиально
симметричными начальными возмущениями.
72.	Найти поперечные колебания пластинки предыдущей задачи,
вызванные поперечным сосредоточенным ударом по центру пластин-
пластинки, передавшим ей импульс /.
73.	Найти поперечные колебания пластинки задачи 71, вызывае-
вызываемые равномерно распределенной поперечной силой с плотностью р =
= ро sina;?, приложенной с момента t = 0.
74.	Найти поперечные колебания пластинки задачи 71, вызываемые
сосредоточенной поперечной силой Р = Ро sina;?, приложенной в цент-
центре пластинки с момента t = 0 (колебания мембраны репродуктора).
75.	Найти поперечные колебания круглой кольцевой мембраны
с закрепленными краями, вызванные радиально симметричными на-
начальными возмущениями.
76.	Найти поперечные колебания описанной в предыдущей задаче
мембраны, вызванные равномерно распределенным давлением
р = Ро sina;?, 0 < t < +оо, ро = const,
приложенным к одной стороне мембраны.
77.	Найти колебания жидкости в сосуде с горизонтальным дном,
стенками которого являются два коаксиальных круглых цилиндра,
если глубина жидкости в невозмущенном состоянии равна h = const,
а начальные возмущения радиально симметричны2).
х) См. задачу 5.
2) См. задачу 9.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	109
78.	Найти колебания газа (потенциал скоростей) в круглом замк-
замкнутом цилиндрическом сосуде, вызванные радиальными колебаниями
боковой стенки, начавшимися в момент t = 0, если скорости частиц
стенки равны
f(z) cos cut, 0 ^ z ^ / (/ — длина цилиндра), 0 < t < +оо.
Верхнее и нижнее донья неподвижны.
79.	Найти колебания газа в круглом замкнутом цилиндре, вы-
вызванные поперечными колебаниями одного из его доньев, начавшими-
начавшимися в момент t = 0, если скорости частиц этого дна равны
f(z) cos cut, 0 ^ г ^ го (го — радиус цилиндра), 0 < t < +оо.
Второе дно и боковая стенка сосуда неподвижны.
80.	Найти колебания газа в замкнутом сосуде, образованном дву-
двумя коаксиальными круглыми цилиндрами и двумя поперечными плос-
плоскими доньями, вызванные радиальными колебаниями внешнего ци-
цилиндра, начавшимися в момент t = 0, если скорости частиц этого
цилиндра равны f(z) cos cut, 0 ^ z ^ /, / — длина цилиндра. Донья и
внутренний цилиндр неподвижны.
81.	Найти колебания газа в сосуде, описанном в предыдущей зада-
задаче, вызванные поперечными колебаниями одного из доньев, начавши-
начавшимися в момент t = 0, если скорости частиц этого дна равны /(г) cos cot,
г* ^ г ^ г**, г* и г** — радиусы внутреннего и внешнего цилиндров.
Второе дно и цилиндры неподвижны.
82.	Найти поперечные колебания круглой мембраны 0 ^ г ^ го с
закрепленным краем, вызванные сосредоточенным ударом, нормаль-
нормальным к поверхности мембраны, передавшим мембране в точке (ri,(/?i),
0 < ri < го, импульс К.
Рассмотреть случай, когда окружающая среда не оказывает со-
сопротивления движению мембраны.
83.	Сосуд с водой, представляющий собой вертикальный круг-
круглый цилиндр с горизонтальным дном, длительное время движется со
скоростью i?o = const в направлении, перпендикулярном к оси сосуда.
Найти колебания воды в сосуде при t > 0, если в момент t = 0
сосуд мгновенно останавливается и если при t < 0 вода относительно
сосуда была неподвижной. Давление на свободной поверхности воды
считать постоянным.
84.	Найти колебания круглой мембраны 0 ^ г ^ г о с закреп-
закрепленным краем, вызванные непрерывно распределенным переменным
давлением
p = f(r)cos(<p-ujt), /(ro)=0, 0<?<+оо,
приложенным к одной стороне мембраны.
85.	Найти установившиеся колебания мембраны, описанной в
предыдущей задаче, в среде с сопротивлением, пропорциональным
скорости.

110	Условия задач
86.	Найти колебания круглой мембраны 0 ^ г ^ го, вызванные
колебаниями ее края по закону
u(ro,(f,t) = /(f)cosn</?, /@) = /'(О) = 0, п — целое > 0,
0 < t < +оо.
87.	Найти колебания круглой мембраны 0 ^ г ^ го, вызванные
колебаниями ее края по закону u(ro, </?, i) = F((f) sin cut, F((f) — глад-
гладкая функция с периодом 2тг.
88.	Найти колебания газа в круглом замкнутом цилиндре 0 ^ г ^
^ Пь 0 ^ z ^ /, вызванные радиальными колебаниями его боковой
стенки со скоростью, меняющейся по закону
f(z) cosmp cos cut, n — целое > 0, 0 < t < +оо.
Донья сосуда неподвижны.
89.	Найти колебания газа в круглом замкнутом цилиндре 0 ^
^г^го, 0 ^ z ^ /, вызванные поперечными колебаниями одного
из доньев со скоростью, меняющейся по закону /(г) cos гкр cos cot, n —
целое > 0, 0 < t < +оо.
90.	Найти поперечные колебания мембраны с закрепленным кра-
краем, вызванные начальным сосредоточенным поперечным импуль-
импульсом К, сообщенным мембране в некоторой ее внутренней точке,
если мембрана имеет форму кругового сектора, а окружающая сре-
среда не оказывает сопротивления колебаниям.
91.	Решить предыдущую задачу для мембраны, имеющей форму
сектора кругового кольца.
92.	Найти колебания газа в области, ограниченной двумя коакси-
коаксиальными неподвижными круглыми цилиндрами, двумя плоскостями,
перпендикулярными к оси цилиндров, и двумя плоскостями, проходя-
проходящими через их ось, если эти колебания вызваны начальными возму-
возмущениями, не зависящими от z.
93.	Сферический сосуд с газом в течение длительного времени
двигался равномерно со скоростью v, а затем в момент t = 0 мгновенно
остановился и остался неподвижным. Найти возникшие вследствие
этого колебания газа в сосуде.
94.	Сферический сосуд, наполненный газом, начиная с момен-
момента t = 0, совершает малые гармонические колебания в направлении
одного из своих диаметров; смещение сосуда в направлении этого диа-
диаметра равно ^sino;^, 0 < t < +oo. Найти колебания газа в сосуде,
предполагая, что при t < 0 газ покоился.
95.	Найти колебания газа в сферическом сосуде 0 ^ г ^ го,
О^#^тг, 0^</?^2тг, вызванные малыми деформациями стенки
сосуда, начавшимися с момента t = 0, если скорости частиц стенки
сосуда направлены по его радиусам, а величина скоростей равна
APn(cos6) cos cut1).
— полином Лежандра.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	111
96.	Найти колебания газа в сферическом сосуде, вызванные ма-
малыми колебаниями его стенки, начавшимися с момента t = 0, если
скорости частиц стенки направлены по радиусам сосуда, а величина
скоростей равна	„ , ^ч ., ч
Pn(cO80)f(t),
где /@) = /'@) = 0.
97.	Найти колебания газа в сферическом сосуде, вызванные ма-
малыми колебаниями его стенки, начавшимися в момент t = 0, если ско-
скорости частиц стенки направлены по радиусам, а величина скоростей
равна	....
fF)cosut, 0<t<+oo.
98.	Решить предыдущую задачу при условии, что скорости час-
частиц стенки равны
АРпт (cos в) cos пир cos cut1).
99.	Решить задачу 98, если скорости частиц стенки равны
fF) cosnupcoscut.
100.	Решить задачу 98, если скорости частиц стенки равны
/(*)Pn(cos0)cosmy>, /@) = /'@) = 0.
101.	Решить задачу 93 для газа, заключенного между двумя кон-
концентрическими сферами Sri и 5Г2, г\ < г 2-
102.	Решить задачу 94 для газа, заключенного между двумя кон-
концентрическими сферами Sri и 5Г2, г\ <Г2-
б) Неоднородные среды.
103.	Найти поперечные колебания неоднородной круглой мемб-
мембраны 0 ^ г ^ г2 с закрепленным краем, полученной соединением
однородной круглой мембраны 0 ^ г ^ г\ и однородной кольцевой
мембраны Т\ ^ г ^ Г2, если начальные поперечные возмущения заданы.
§ 4. Метод интегральных представлений
В первом пункте этого параграфа собраны задачи на применение
интеграла Фурье, во втором — на построение и применение функций
влияния мгновенных сосредоточенных источников.
1. Применение интеграла Фурье.
а) Преобразование Фурье.
104.	Решить краевую задачу
utt = а2А2и, -оо < ж,у < +оо, 0 < t < +оо 2),	A)
0 = Ф(х,у), щ\г=0 = Ф(х,у), -оо < ж,у < +оо.	B)
г) Pnm@ — присоединенная функция Лежандра, m ^ п.
2) А2 = divgrad — оператор Лапласа для плоскости; в декартовых
д2 д2
координатах Д2 = тгт + тт^т-
дх2 ду2

112	Условия задач
105.	Решить краевую задачу
utt = a2A3u, -оо < x,y,z < +оо, 0 < t < +оо 1),	A)
и\г=0 = Ф(х,у,г), ut\t=0 = V(x,y,z), -оо <x,y,z < +оо. B)
106.	Решить краевую задачу
utt = a2A2u + f(x,y,t), -оо < ж,у < +00, 0 < ? < +00, A)
u|t=0 = 0, ut\t=0 = 0, -оо < ж,?/<+оо.	B)
107.	Решить краевую задачу
2	f(x,y,z,t), -оо < ж,^/,2; <+00, 0 < ? < +оо, A)
u\t=Q=0, ut\t=0=0, -оо < x,y,z < +оо.	B)
108.	Решить краевую задачу
ии + Ь2А2А2и = 0, -оо <х,у < +оо, 0 < * < +оо 2), A)
и\г=0 = Ф(х,у), щ\г=0 = Ф(х,у), -оо < ж,у < +оо.	B)
6) Преобразование Фуръе-Бесселя (Ханкеля).
109.	Применяя преобразование Фурье-Бесселя, решить краевую
задачу
^2	\ dr2 r dr I
u(r,O) = -=^==, ut(r,O)=O, 0^r<+oo.	B)
110.	Найти радиально симметричные поперечные колебания не-
неограниченной пластинки, решив краевую задачу
+ -!"") м = 0' 0^r<+oo, 0<i<+oo, A)
z г or J
u{r, 0) = /(r), u*(r, 0) = 0, 0 ^ г < +оо.	B)
Рассмотреть, в частности, случай, когда
/(г) = Ае~г2/а2, 0 ^ г < +оо.	B;)
111.	Найти радиально симметричные поперечные отклонения то-
точек неограниченной пластинки 0 ^ г < +оо, если точка г = 0 этой
пластинки с момента t = 0 движется по заданному закону. Рассмот-
Рассмотреть, в частности, случай, когда
W(O'') = | 0,	^o^^	A)
x) A3 = divgrad — оператор Лапласа для пространства; в декартовых
д2 д2 д2
координатах А3 = тг^- + тг^- + тг-г-
^ж2 ду2 dz2
2) Бигармонический оператор А2 Аг, означающий двукратное примене-
применение оператора Лапласа Аг.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	113
112. Найти чисто вынужденные радиально симметричные попе-
поперечные отклонения точек неограниченной пластинки 0 ^ г < +оо под
действием распределенных поперечных сил с плотностью
p(r, t) = 16phbf (r) i/>'(t), -оо < t < +оо,
где 1h — толщина пластинки, р — плотность массы пластинки, Ъ
i\ it/j.\ dibit)
имеет тот же смысл, что и в предыдущих задачах ), гр m =	,
at
ф(?) зависит только от t, а /(г) зависит только от г.
Рассмотреть, в частности, случаи, когда:
а)	движение пластинки вынуждается сосредоточенной попереч-
поперечной силой
16phbi/>'(t), -оо < t < +оо,
приложенной в точке г = 0;
б)	движение пластинки вынуждается поперечной силой
16phbi/>'(t), -оо < t < +оо,
равномерно распределенной по кругу 0 ^ г ^ а;
в)	описанная в пункте б) сила действует в течение времени to, a
именно	_
( 0	при — оо < t ^ О,
<*//(?) = ) <ф0 = const при 0 < t < to,
[ 0	при to < t < +00,
дать асимптотические формулы для представления решения при ма-
малых и больших значениях г;
г)	pfat) = *Аф. е-г2/с2/'(?), -оо < t < +оо;
д)	найти поперечные скорости точек пластинки при
p(r,t) = ^^e-r2/c25(t), -oo<t< +oo,
где S(t) — импульсная дельта-функция (т. е. в момент t = 0 пластин-
пластинка получает поперечный удар с непрерывно распределенным импуль-
4Aph _Г2/ 2ч
сом —?— е г /с ).
с2	/
2. Построение и применение функций влияния сосредо-
сосредоточенных источников.
а) Функции влияния мгновенных сосредоточенных импульсов.
113. Построить функцию влияния мгновенного сосредоточенного
импульса единичной мощности для уравнения
utt = а2А3и
в неограниченном пространстве x,y,z, считая сначала, что импульс
имел место в начале координат в момент t = 0; найти функцию влия-
влияния, решая краевую задачу
utt = а2А3и, -оо < x,y,z < +00, 0 < t < +00,	A)
u\t=Q = 0, ut\t=Q = S(x)S(y)S(z), -оо < x,y,z < +oo, B)
x) Подробнее см. задачу 18.
8 Б.М. Будак и др.

114	Условия задач
а затем перейти к случаю, когда импульс имел место в точке (?, 77, С)
в момент t — т.
114. Решить предыдущую задачу для уравнения
utt = а2 А%и ± с2и.
115.	Решить двумерный аналог задачи 113.
116.	Решить двумерный аналог задачи 114.
117.	Разделением переменных построить функцию влияния мгно-
мгновенного сосредоточенного импульса для первой, второй и третьей
краевых задач для уравнения utt = а2А2и:
а)	для прямоугольной мембраны 0 ^ ж ^ /i, О^^/^Ь;
б)	для круглой мембраны О^г^го, 0 ^ ip ^ 2тг.
118.	Методом отражений построить функцию влияния мгновен-
мгновенного сосредоточенного импульса для уравнения иц — a2A2U±c2u для
угла 0 ^ ip ^ — , где п — целое число, большее нуля, если на гранич-
п	п
ных лучах ip = 0 и ip = — выполняется граничное условие второго
рода.	п
119.	Пусть плоская область G ограничена кусочно гладким кон-
контуром Г. Предполагая возможным применение формулы Грина-
Остроградского, связывающей криволинейный интеграл с двойным,
найти решения а) первой, б) второй и в) третьей краевой задач для
уравнения иц = а2А2и±с2и + /(х,у,1) при неоднородных начальных
и граничных условиях, если известна функция влияния мгновенного
сосредоточенного импульса для каждого из перечисленных случаев.
120.	С помощью функции влияния мгновенного сосредоточенного
импульса, найденной в решении задачи 113, вывести формулу Кирх-
гоффа1) для уравнения иц — a2Asu + f(x,y,z,t).
б) Функции влияния непрерывно действующих сосредоточенных
источников.
121.	Построить функцию влияния непрерывно действующего со-
сосредоточенного источника переменной мощности f(t) (f(i) = 0 при
t < 0), находящегося в фиксированной точке пространства, для урав-
уравнения ии = Q> A$u, т. е. решить краевую задачу
utt = а2А3и + S(x - xo)S(y - yo)S(z - zo)f(t),
-00 < x,y,z < +00, 0 < t < +00, A)
4=o = 4=o =°-	B)
122.	Построить функцию влияния непрерывно действующего со-
сосредоточенного источника переменной мощности f(t) (f(i) = 0 при
t < 0), находящегося в фиксированной точке пространства, для урав-
х)См. [7, с. 414-417].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	115
нения utt — a2A2U, т.е. решить краевую задачу
ии = а2А2и + 5(х - хоM(у - yo)f(t),
— оо < ж, у < +оо, 0 < t < +00, A)
Ч=о =0' Ч=о = °-	B)
123.	Построить функцию влияния непрерывно действующего со-
сосредоточенного источника переменной мощности f(t) (f(t) = 0 при
t < 0), движущегося по произвольному закону, для уравнения иц —
= а2Аз^, т.е. решить краевую задачу
utt = а2А3и + 5(х - X(t))S(y - Y(t))S(z - Z(t))f(t),
-оо < x,y,z < +00, 0 < t < +00, A)
где X(t), Y(t), Z(t) — координаты источника; X@) = Y@) = Z@) =
= 0. В частности, найти функцию влияния сосредоточенного источ-
источника, движущегося прямолинейно с постоянной скоростью v; рассмот-
рассмотреть случаи, когда: a) v < а; б) v > a.
124.	Учитывая, что если источник обладает постоянной мощ-
мощностью q и движется прямолинейно с постоянной скоростью v, то в
системе координат, движущейся вместе с источником, процесс будет
стационарным, найти функции влияния такого источника: а) при v < а;
б) при v > а; отбрасывая члены с производными по времени в урав-
уравнении колебаний, преобразованном в этой движущейся системе коор-
координат.
125.	Найти электромагнитное поле, создаваемое электроном, дви-
движущимся в диэлектрике прямолинейно с постоянной скоростью, пре-
превышающей скорость света в этом диэлектрике (электрон Черенкова).
126.	Решить краевую задачу 20.
127.	Найти колебания упругой изотропной однородной среды, за-
заполняющей все неограниченное пространство, вызванные непрерывно
действующей силой F(t) (F(t) = 0 при t < 0), приложенной к опре-
определенной точке среды и параллельной фиксированному направлению.

Глава VII
УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА Аи + си = -/
§ 1. Задачи для уравнения Аи — к2 и = — /
В настоящем параграфе мы рассмотрим некоторые задачи для
уравнения эллиптического типа
Аи-х2и = 0 (х2>0),	A)
к которому приводят, например, задачи о диффузии неустойчивого
газа, распадающегося в процессе диффузии.
Уравнение A) имеет фундаментальные решения:
а)	щ(М) =	 в трехмерном пространстве;
б)	ио(М) = К${кг) на плоскости
(г — расстояние точки М от начала координат).
Функция Kq(x), как известно, имеет при х = 0 логарифмическую
особенность и экспоненциально убывает на бесконечности.
Метод разделения переменных при решении уравнения A) часто
приводит к уравнению Бесселя для мнимого аргумента
" + '( )
общее решение которого имеет вид
у = А1„(х) +ВК„(х),
где Iv(x) и Kv{x) — цилиндрические функции мнимого аргумента
первого и второго рода. Функция Iv (х) ограничена при х = 0 и экспо-
экспоненциально возрастает при х —> оо.
1.	Определить стационарное распределение концентрации неус-
неустойчивого газа в неограниченном пространстве, создаваемой точеч-
точечным источником газа мощностью Qo-
2.	Точечный источник неустойчивого газа расположен на высо-
высоте С над газонепроницаемой плоскостью z = 0. Найти стационарное
распределение концентрации.
3.	Построить функцию точечного источника для уравнения
Аи — к2и = 0 на плоскости и дать ей физическую интерпретацию.
4.	Решить задачу 3, предполагая, что плоскость у = 0 газонепро-
газонепроницаема.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	117
5.	Построить функцию источника для уравнения диффузии не-
неустойчивого газа, если источник находится внутри слоя @ ^ z ^ Z),
ограниченного газонепроницаемыми плоскостями z = 0 и z = I.
6.	Решить аналог задачи 5 для двумерного случая.
7.	Точечный источник неустойчивого газа помещен внутри беско-
бесконечной цилиндрической трубы с газонепроницаемыми стенками.
Определить стационарное распределение концентрации газа, считая,
что сечение трубы может иметь произвольную форму.
8.	Построить функцию источника для уравнения Аи — к2 и = О
внутри сферы при граничном условии второго рода.
9.	Точечный источник газа действует в неограниченной среде,
движущейся с постоянной скоростью г?о • Найти стационарное распре-
распределение концентрации газа.
10.	Найти стационарное распределение концентрации неустойчи-
неустойчивого газа внутри бесконечного цилиндра кругового сечения, если на
поверхности цилиндра поддерживается постоянная концентра-
концентрация и|Е = щ.
11.	Решить задачу 10 для области, внешней к цилиндру.
12.	Решить задачу 10 внутри сферы радиуса а, если:
)	) \
а) и
у	у
б) и\ =uocos0.
\
1г=а
13.	Решить задачу 12 для области, внешней к сфере радиуса а.
14.	На глубине h под поверхностью земли находится среда, в кото-
которой с постоянной плотностью распределено радиоактивное вещество.
Найти:
а)	распределение эманации в земле;
б)	величину потока эманации через поверхность земли, считая,
что концентрация ее на поверхности земли равна нулю.
15.	На глубине h под поверхностью земли сосредоточено в неко-
некотором объеме радиоактивное вещество, выделяющее в единицу време-
времени некоторое количество эманации (неустойчивого газа), равное Qo-
Найти:
а)	распределение концентрации эманации в земле;
б)	величину потока эманации через поверхность земли, считая,
что источник эманации точечный, а концентрация ее на поверхности
земли равна нулю.
16.	Решить задачу, обратную задаче 15. Известно распределение
потока через поверхность земли q = q(p)', требуется найти:
а)	мощность источника Qo5
б)	положение источника, т.е. глубину залегания h радиоактивно-
радиоактивного вещества.
§ 2. Некоторые задачи о собственных колебаниях
Задачи о собственных колебаниях мембран и ограниченных объе-
объемов, как известно, приводят к однородному уравнению L(v) + \pv = 0,
L(v) = div(&gradi>) (k(x) > 0, p(x) > 0) внутри некоторой облас-

118	Условия задач
ти Т при однородных условиях на ее границе. В гл. II, а затем в гл. V
по мере надобности рассматривались некоторые задачи о собствен-
собственных колебаниях струны и мембраны. В настоящем параграфе будет
дан более полный список задач о собственных значениях, решаемых
методом разделения переменных.
Выражение «найти собственные колебания» в дальнейшем будет
означать, что требуется найти собственные значения и нормирован-
нормированные собственные функции для рассматриваемой области.
1. Собственные колебания струн и стержней.
17.	Решить задачу о собственных поперечных колебаниях одно-
однородной струны 0 ^ х ^ /, если:
а)	концы струны жестко закреплены;
б)	концы струны свободны1);
в)	один конец струны свободен, а второй конец закреплен;
г)	концы струны закреплены упруго;
д)	один конец струны закреплен жестко, а второй конец закреплен
упруго;
е)	один конец струны закреплен упруго, а второй конец свободен.
18.	Найти собственные продольные колебания стержня длиной /,
составленного из двух стержней с длинами xq и / — xq , обладающих
разными плотностями (pi и ^) и модулями упругости (Ei и i^),
предполагая, что концы стержня:
а) жестко закреплены; б) свободны; в) упруго закреплены.
19.	На одном конце стержня прикреплен груз массы М.
Найти собственные продольные упругие колебания стержня, счи-
считая, что второй конец стержня:
а) жестко закреплен; б) свободен; в) упруго закреплен.
Обратить внимание на условия ортогональности собственных
функций.
Для задачи а) рассмотреть случаи малых и больших нагрузок,
найдя соответствующие поправки к невозмущенным собственным зна-
значениям.
20.	Решить задачу о собственных колебаниях струны, нагружен-
нагруженной сосредоточенной массой М, подвешенной в некоторой внутренней
точке струны, предполагая, что концы струны:
а) закреплены жестко; б) свободны; в) упруго закреплены.
Вычислить поправки к собственным значениям для задачи а).
21.	Найти поперечные собственные колебания однородного
стержня, если:
а)	оба конца стержня заделаны жестко;
б)	оба конца стержня свободны;
г) Это значит, что -^— на концах струны равно нулю. Это имеет место,
ох
например, при закреплении концов струны на колечках (с пренебрежимо
малой массой), скользящих без трения по параллельным стерженькам.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	119
в) один конец стержня свободен, а второй жестко заделан.
Найти первый член асимптотического разложения собственных
частот.
2. Собственные колебания объемов.
22.	Найти собственные колебания прямоугольной мембраны:
а)	с закрепленной жестко границей;
б)	со свободной границей;
в)	если две противоположные стороны закреплены, а две другие
свободны;
г)	если две соседние стороны закреплены, а две другие свободны;
д)	с упруго закрепленной границей.
23.	Решить задачу 22 для круглой мембраны (случай а), б), д)).
24.	Определить собственные значения и нормированные собст-
собственные функции для прямоугольного параллелепипеда при:
а)	граничных условиях первого рода;
б)	граничных условиях второго рода;
в)	граничных условиях третьего рода.
25.	Найти собственные колебания сферы при:
а)	граничных условиях первого рода;
б)	граничных условиях второго рода;
в)	граничных условиях третьего рода.
26.	Решить задачу о собственных колебаниях круглого цилиндра
конечной длины при граничных условиях:
а) первого рода; б) второго рода; в) третьего рода.
27.	Определить собственные колебания мембраны, имеющей фор-
форму круглого кольца а ^ р ^ Ь, если ее граница:
а) жестко закреплена; б) свободна; в) упруго закреплена.
28.	Определить собственные колебания мембраны, имеющей фор-
форму кругового сектора (р ^ а, 0 ^ </? ^ </?о), если его граница:
а) жестко закреплена; б) свободна; в) упруго закреплена.
29.	Найти собственные колебания мембраны, имеющей форму
кольцевого сектора (а ^ р ^ 6, 0 ^ (р ^ (fo):
а)	с жестко закрепленной границей;
б)	со свободной границей;
в)	с упруго закрепленной границей.
30.	Определить собственные значения и собственные функции то-
роида с прямоугольным сечением (а ^ р ^ Ь, 0 ^ z ^ I) при гранич-
граничных условиях:
а) первого рода; б) второго рода; в) третьего рода.
31.	Плоская мембрана имеет форму кольца с внешним радиусом а
и внутренним радиусом е; граница мембраны закреплена жестко.
Сравнить первое собственное значение Ai такой мембраны с пер-
первым собственным значением Aj круглой мембраны радиуса а, для чего:
а)	показать, что lim Ai = Aj;
б)	вычислить поправку А А = Ai — Aj при малых е.

120	Условия задач
32.	Круглая мембрана радиуса а нагружена массой М, равномер-
равномерно распределенной по абсолютно жесткому кругу радиуса е (г ^ е).
Сравнить собственные значения Ап этой мембраны с собственны-
собственными значениями А^ ненагруженной мембраны.
Рассмотреть два случая: М мало и М велико. Если М —У 0, то
Ап —У А^. Если М —у оо, то Ап —У А^_ь причем Ai —У 0.
33.	Решить задачу 31, предполагая внешнюю границу свободной.
34.	Сформулировать задачу о собственных колебаниях барабана,
как задачу о колебаниях круглой мембраны с присоединенным воз-
воздушным объемом. Как зависит основная частота от размеров присо-
присоединенного объема (см. задачу 5 гл. VI)?
35.	Круглая мембрана большого барабана имеет радиус
г0 = 50 см, р = 0,1 г/см2, Т = 108 дин/см.
Какова будет основная частота, если мембрана колеблется в сво-
свободном пространстве? Присоединение к мембране некоторого воздуш-
воздушного объема увеличивает основную частоту в 1,45 раза. Определить
величину присоединенного объема.
§ 3. Распространение и излучение звука
В данном параграфе будут рассмотрены некоторые задачи о рас-
распространении, излучении и рассеянии звука на твердых телах, при-
приводящие к волновому уравнению
Аи + к2и = 0 (к2 >0).	A)
При решении волнового уравнения для цилиндра и сферы появля-
появляются сферические функции Y^k' = P^(cos$)g^fc<p, 7n(tf) = Pn(cos#)
и различные цилиндрические функции.
При решении внешних задач для цилиндра используются функ-
функции Ханкеля
су
	 е-ЯР-ъп/2-1т1ч:) _^_ ^ ^	ПрИ боЛЬШИХ ,
7Гр
п
п > О,
i
при малых р,
п = 0 '
у нас р = кг. Функция Н\ '(кг) удовлетворяет условию излучения
lim л/г ( -^ + гки ) = О,
г^оо	\дг	)
которое соответствует временной зависимости типа elujt. При реше-
решении задач излучения звука сферой и рассеяния на сфере применяются
функции

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа
121
^гг(р) = J^~
sin ( p	\
P
РП
к 1-3-5... Bп
е-г(р-тг(гг
+ ...
РП
+ ...	при больших p,
— + ... при малых р,
при больших р,
^
прималыхр.
В дальнейшем мы будем пользоваться для малых р следующим пред-
представлением функции Q^ (р):
где
2ш+1
7m =
I2 -32...Bm-lJBm + lJ'
Функция Q2) (кг) удовлетворяет условию излучения
lim r —+ iku = 0,
r-^oo Var	/
соответствующему зависимости от времени вида eluJ .
Все необходимые теоретические сведения по материалу § 3 можно
найти в гл. VII, а также в добавлениях I и II курса [7].
1. Точечный источник.
36.	Найти функцию источника для полупространства z > 0, если
в плоскости z = 0 решение уравнения Av + k2v = 0:
а)	удовлетворяет граничному условию первого рода v\z_0 = /;
б)	удовлетворяет условию второго рода — = /.
OZ z=0
37.	Найти функцию источника для волнового уравнения в полу-
полуплоскости у > 0:
а)	для первой краевой задачи;
б)	для второй краевой задачи.
38.	Вычислить энергию, которая излучается в свободное прост-
пространство изолированным точечным источником звука, колеблющимся
по гармоническому закону. Найти также величину удельного акусти-
акустического импеданса.
39.	Точечный источник звука помещен в полупространстве z < 0
на расстоянии а от абсолютно жесткой стенки z = 0.
Найти излучение источника, его интенсивность в волновой зоне и
сравнить с решением задачи 38.

122	Условия задач
40.	Решить задачу 39, считая, что полупространство заполнено
жидкостью, ограниченной свободной поверхностью z = 0, на которой
давление равно нулю. Сравнить с решениями задач 38 и 39.
41.	Доказать принцип взаимности в акустике: «Если в заполнен-
заполненном воздухом пространстве, частично ограниченном простирающи-
простирающимися на конечное расстояние неподвижными телами, частично же не-
неограниченном, в какой-либо точке М возбуждаются звуковые волны,
то обусловленный ими в какой-либо другой точке Р потенциал скорос-
скорости и по величине, и по фазе совпадает с тем, который имел бы место
в М, если бы в Р находился источник звука» (см. [36]).
42.	Показать, что в бесконечной цилиндрической трубе произ-
произвольного сечения с абсолютно жесткими стенками при некоторых
условиях могут существовать бегущие звуковые волны. Найти фа-
фазовую скорость бегущих волн и вычислить поток энергии через бес-
бесконечно удаленное сечение трубы (волновода). Рассмотреть случаи
прямоугольного и круглого сечения.
43.	Построить функцию точечного источника, помещенного внут-
внутри цилиндрической трубы произвольного сечения, для волнового урав-
уравнения при граничных условиях:
а) первого рода; б) второго рода.
Рассмотреть частный случай круглого сечения.
44.	Решить задачу 43 для полубесконечной трубы z > 0.
45.	Построить функцию точечного источника для цилиндричес-
цилиндрического резонатора 0 ^ z ^ I с произвольным поперечным сечением.
Стенки резонатора считать абсолютно жесткими.
2. Излучение мембран, цилиндров и сфер.
46.	Пусть в сечении z = 0 трубы круглого сечения, рассмотрен-
рассмотренной в задаче 42, помещена мембрана, колеблющаяся со скоростью v =
= voetujt (поршень). Определить реакцию давления звуковых волн на
мембрану.
47.	Решить задачу 46, предполагая, чго скорость возбуждающего
поршня меняется по закону
v = vo(r)eiu;t,
где г?о(г) — заданная функция.
Рассмотреть частный случай
где А — константа, /лт — корень уравнения Jo(/i) = 0.
Найти величину вектора Умова и величину акустического импе-
импеданса на поршне.
48. Пусть цилиндр радиуса а пульсирует, т.е. сжимается и рас-
расширяется равномерно по гармоническому закону; его скорость на по-
поверхности при г = а равна

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	123
Найти давление, радиальную скорость воздуха на больших расстоя-
расстояниях от оси цилиндра, а также поток энергии.
49.	Решить задачу 48, предполагая, что радиус цилиндра мал по
сравнению с длиной волны Л = 	, т.е.
ш
ка < 1.
50.	Цилиндр радиуса а колеблется как целое перпендикулярно к
его оси (вдоль оси х) со скоростью v§elujt. Найти давление и скорости
частиц воздуха; для случая ка ^ 1 вычислить удельный акустический
импеданс и полную мощность излучения для единицы длины.
51.	Цилиндр радиуса а колеблется по гармоническому закону так,
что скорость на его поверхности равна
где /(</?) — заданная функция. Найти давление и скорость воздуха,
поток энергии (при малых ка, где к = —).
4	с'
Получить из найденных формул решения задач 48-50.
52.	Центр шара радиуса а колеблется вдоль полярной оси со ско-
скоростью voetujt. Если а С А (ка <С 1), А — длина волны, то такой
акустический излучатель в форме малого колеблющегося шара назы-
называется акустическим диполем. Найти поток энергии и полную мощ-
мощность, излучаемую акустическим диполем.
53.	Поверхность шара конечного размера колеблется по гармони-
гармоническому закону f(O)etujt. Найти полную реакцию среды на шар при
ка ^ 1, где к = —. Рассмотреть частный случай
2тг
1@) = «о-
54.	Исследовать звуковое поле поршня, вставленного заподлицо с
поверхностью сферы и способного колебаться без трения. Распределе-
Распределение скоростей по сфере при наличии такого поршня можно предста-
представить таким образом:
при во<в^тт.
Рассмотреть случай малого #о- Дать выражение для давления при
низких частотах.
55. Поверхность шара колеблется так, что радиальная составля-
составляющая скорости на поверхности равна
Такой источник звука называется излучателем второго порядка, или
квадрупольным источником. Вычислить интенсивность и мощность
его излучения. Начертить полярную диаграмму интенсивности излу-
излучения. Рассмотреть случай длинных волн.
56. Твердая круглая пластинка колеблется по простому гармони-
гармоническому закону в равном ей по площади круглом отверстии, вырезан-

124	Условия задач
ном в твердой плоской пластинке, простирающейся в бесконечность.
Найти давление и скорость частиц воздуха и мощность излучения.
57.	Найти реакцию звукового поля на пластинку, рассматривае-
рассматриваемую в задаче 56. Рассмотреть частный случай, когда радиус поршня
мал по сравнению с длиной волны (ка <С 1).
58.	Решить задачу 56, если на поверхности поршня (пластинки)
скорость переменна:	г/ ч
v = f(r)
(поршень «нежесткий»). Ограничиться представлением решения в
волновой зоне.
3. Дифракция на цилиндре и сфере.
59.	Плоская звуковая волна распространяется в направлении, пер-
перпендикулярном к оси бесконечного жесткого цилиндра радиуса а. Най-
Найти рассеянную волну. Рассмотреть случаи больших и малых рассто-
расстояний от цилиндра.
60.	Исходя из решения задачи 59, вычислить интенсивность рас-
рассеянной волны, а также исследовать зависимость характеристики на-
направленности рассеянной волны от длины волны.
61.	Вычислить полную мощность в звуковой волне, рассеянной на
единице длины цилиндра, для предельных случаев коротких и длин-
длинных волн (см. задачу 59). Найти силу, действующую на цилиндр.
62.	Построить решение задачи о рассеянии плоской звуковой вол-
волны на сферическом препятствии.
63.	Пользуясь решением задачи 62, вычислить интенсивность
рассеянной волны и полную рассеянную мощность для случая
ка<& 1,
где к =-— = —, Л — длина волны, а — радиус сферы.
Л с
Вычислить силу, действующую на шар.
64.	Решить задачу о рассеянии плоской волны на шаре радиу-
радиуса р = а, если шар совершенно свободен и движется под действием
воздуха.
65.	Решить задачу о движении шара радиуса а под действием
падающей плоской волны, если шар закреплен упруго, т. е. возвра-
возвращающая сила равна
X = -Mwgf,
где ? — координата центра шара, М — масса шара.
Трением воздуха пренебречь.
§ 4. Установившиеся электромагнитные колебания
1. Уравнения Максвелла. Потенциалы. Векторные фор-
формулы Грина—Остроградского.
66.	Написать уравнения Максвелла в ортогональной криволиней-
криволинейной системе координат (х\, Х2, #з), в которой квадрат элемента длины

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	125
дается формулой
ds = /г1 dx^ + h2 dx2 + h3 dx3,
где hi, /12, hs — метрические коэффициенты.
67. Показать, что решение уравнений Максвелла
rot Н = - ^ + — j, divВ = О, В = fiH (fj, = const),
с ot с
rotE = — ^—, div D = 4np, D = sE (e = const),
можно представить в виде
В = rot A, E = - grad у?	—,
с а?
где А — векторный потенциал, ip — скалярный потенциал, связанные
между собой условием Лоренца
и удовлетворяющие уравнениям
1 д2ш	4тг
2
р> а =
4тг .
Здесь АА — оператор Лапласа, действующий на криволинейные
компоненты вектора А.
Найти выражение для ДА в криволинейных ортогональных ко-
координатах. Показать, что при р = 0, j = 0 уравнения Максвелла
допускают решение вида
D = -votA', H = -i^
где А' и у?' — так называемые антипотенциалы.
Рассмотреть случай, когда зависимость от времени имеет
вид e~iujt.
68.	Ввести скалярный и векторный потенциалы для уравнений
Максвелла в однородной проводящей среде.
69.	Ввести поляризованный потенциал П (электрический век-
вектор Герца) для уравнений Максвелла в вакууме, пользуясь соотноше-
соотношениями
Л 1 дП
где А — векторный потенциал, ip — скалярный потенциал.
Рассмотреть случай, когда зависимость от времени имеет
вид e~lujt. Аналогично ввести магнитный вектор Герца П'. Опреде-
Определить векторы Герца в проводящей среде.
70. Если метрические коэффициенты удовлетворяют условиям
hi = 1, —— ( т^" ) — 0? а электромагнитное поле в вакууме зависит
ОХ\ \Пз/
от времени как e~lujt, то его можно представить с помощью двух ска-
скалярных функций U и U' (функций Боргниса):

126	Условия задач
а) для поля электрического типа (Hi = 0) имеем
„ 12тт ¦ d2U „ 1 д2?/	1 <Э2?/
E1=k2U+—-, Е2 = — ъ—^—, ^
^ж|	/г дхдх
/г2 дхгдх2	h3 dx±dx3
Я! -0, Я2---—, Щ--—;
б) для поля магнитного типа (i^i = 0) имеем
, _	, _ ik dU'	, _ гк dU'
тт, _ h2TJ, d2U'
d2U'
где U и U' — функции, удовлетворяющие уравнению
- k2U = 0.
Доказать это утверждение.
Рассмотреть затем сферическую и цилиндрическую системы ко-
координат. Показать, что в цилиндрической системе координат функ-
функция U совпадает с ^-составляющей вектора Герца П = @, 0, U).
71.	Ввести функции U и U' для электромагнитного поля в про-
проводящей среде, параметры которой суть г, /i, а (проводимость).
72.	Шар радиуса а с проводимостью g\ и диэлектрической
постоянной Е\ помещен в неограниченную среду с проводимостью о2
и диэлектрической постоянной е2. Вводя функции U и U', сформули-
сформулировать для них граничные условия на поверхности шара.
73.	Доказать справедливость векторного аналога второй форму-
формулы Грина
Г (W rot rot 17-17 rot rot W) dr = Г {[U rot W] - [Wrot U]}nda,
Т	Е
где U = U(x,y,z), W = W(xJyJz) — произвольные, достаточно
гладкие вектор-функции, Т — некоторый объем, ограниченный по-
поверхностью Е, п — единичный вектор нормали к поверхности Е.
74.	Доказать справедливость векторного аналога основной фор-
формулы Грина
U(M0) = U(x,y,z) = — f {(f (rot rot U - к2U) + grad^div 17} drP -
т
1 Г
— — {[n rot U](p + \[nU] gradф\ + (nU) grad ip\
4тг J
где U — произвольный вектор,
Akr
е"
Ч>=—, r = y/[x- if + (y- туJ
— расстояние между точками Mo(x,y,z) и

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	127
75.	Пользуясь основной векторной формулой Грина, полученной в
предыдущей задаче, непосредственно, не вводя потенциалов, написать
выражение для Е и Н — решений уравнений Максвелла
rot Н =—ikosE-\	?', ко = —, к =
се
diviJ = 0, divE=
во внутренних точках некоторой области Т через их значения на по-
поверхности Е, ограничивающей объем Т.
2. Распространение электромагнитных волн и колебания
в резонаторах.
76.	Выяснить возможность распространения электромагнитных
волн вдоль бесконечно длинного круглого цилиндра, проводимость
которого бесконечно велика. Проводимость окружающей среды а
конечна.
77.	Решить предыдущую задачу, предполагая, что проводимость
цилиндра конечна и равна о\.
78.	Показать, что внутри бесконечной полой цилиндрической тру-
трубы (волновода) произвольного сечения с идеально проводящими стен-
стенками может существовать конечное число бегущих электромагнитных
волн. Найти выражение для фазовой скорости и потока энергии бегу-
бегущей волны в волноводе.
79.	Доказать существование бегущих электромагнитных волн
внутри полости, ограниченной двумя коаксиальными цилиндрически-
цилиндрическими поверхностями р = а и р — Ь. Стенки коаксиала считать идеально
проводящими.
Вычислить поток энергии и написать выражение для составля-
составляющих поля для основной волны, соответствующей наибольшей длине
волны.
80.	Найти собственные частоты и соответствующие электромаг-
электромагнитные поля сферического резонатора с идеально проводящими стен-
стенками. Вычислить среднюю за период энергию в стоячей волне.
81.	Найти собственные электромагнитные колебания цилинд-
цилиндрического резонатора, являющегося «отрезком» цилиндрического
радиоволновода произвольного сечения с идеально проводящими
стенками. Вычислить среднюю за период энергию в стоячей волне.
Рассмотреть частные случаи резонаторов:
а)	прямоугольного сечения;
б)	круглого сечения.
82.	Определить собственные частоты электромагнитных колеба-
колебаний внутри тороидального резонатора прямоугольного сечения, счи-
считая стенки резонатора идеально проводящими.
83.	Дифракция на цилиндре. Плоская электромагнитная волна па-
падает на бесконечный круглый цилиндрический провод, ось которо-
которого перпендикулярна к направлению распространения волны. Найти
дифрагированное поле, считая цилиндр проводящим. Цилиндр окру-

128	Условия задач
жен диэлектриком с диэлектрической постоянной е\ и проводимостью,
равной нулю. Рассмотреть случай идеально проводящего цилиндра.
Предполагая, что радиус цилиндра а мал по сравнению с длиной
падающей волны (ка ^1, к = —), вычислить полную рассеянную
V	2тг/
мощность.
84.	Дифракция на идеально проводящей сфере. Рассмотреть за-
задачу о рассеянии плоской электромагнитной волны на идеально про-
проводящей сфере. Найти электромагнитное поле.
85.	Дифракция на проводящей сфере. Плоская электромагнитная
волна, распространяющаяся в среде с параметрами е = ?i, a = О,
\i — 1, встречает на своем пути проводящую сферу радиуса а с пара-
параметрами ? = ?2, Ц = Ц>2-> СГ = &2 Ф 0.
Найти электромагнитное поле внутри и вне сферы (задача Ми о
дифракции на сфере).
3. Излучение электромагнитных волн.
86.	Найти поле излучения бесконечно малого электрического ди-
диполя, находящегося в неограниченном непроводящем пространстве.
Вычислить среднюю за период мощность излучения.
87.	Решить предыдущую задачу, пользуясь представлением со-
составляющих электромагнитного поля с помощью функции Боргниса
в сферической системе координат
Е -— k2U Е - - ^- Е - l d*V
Я -0 Н -_!^^ я -lJl^L
г d(pJ ^ r dO '
где функция U удовлетворяет уравнению
—	1 d ( { ffdU\	I d2U к2П_0
dr2 r2 sin в d9 V	d9 ) r2 sin2 в dip2	'
так что функция и = — удовлетворяет уравнению
88.	В центре сферического резонатора с идеально проводящими
стенками помещен бесконечно малый электрический диполь, направ-
направленный по радиусу. Определить электромагнитное поле, возбуждае-
возбуждаемое диполем внутри резонатора.
89.	Однородный проводящий шар радиуса а с постоянным ?2,
\i2-> O2 помещен в среду с другими физическими константами ?i, /ii,
G\. В центре шара находится электрический диполь, колеблющийся
по гармоническому закону e~zu;t. Вычислить поле внутри шара, сред-
среднюю за период мощность излучения и рассмотреть предельный слу-
случай а\ —> оо. Рассмотреть частный случай, когда а —> оо.
90.	Стенки сферического резонатора сделаны из однородного про-
проводящего материала, обладающего проводимостью а. Пусть г = а
и г = Ъ — радиусы стенок резонатора. В центре резонатора поме-

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	129
щен электрический диполь, колеблющийся по гармоническому зако-
закону e~%{Jjt. Найти вынужденные электромагнитные колебания резона-
резонатора, считая, что область г > Ъ непроводящая (воздух).
Рассмотреть предельные случаи Ъ —У оо и Ъ —У а.
91.	Внутри сферы радиуса а помещен электрический диполь, ори-
ориентированный по радиусу и отстоящий от центра сферы на расстоя-
расстоянии г = г'. Определить электромагнитное поле излучения внутри сфе-
сферы, предполагая, что сфера окружена однородной средой, обладающей
конечной проводимостью а. Рассмотреть предельный случай а —У оо.
Рассмотреть частные случаи: радиус сферы мал по сравнению с
длиной волны и а —У оо.
92.	Вертикальная электрическая антенна над сферической зем-
землей. Найти электромагнитное поле, возбуждаемое электрической
антенной, находящейся над поверхностью земли, которая рассмат-
рассматривается как шар радиуса а, имеющий конечную проводимость а и
диэлектрическую проницаемость е. Антенну считать элементарным
диполем, совершающим гармонические колебания вдоль направ-
направления диаметра земли. Атмосферу считать однородной и непрово-
непроводящей (е = ц — 1, а = 0).
93.	Вертикальная антенна на сферической земле. Решить пре-
предыдущую задачу (92), считая, что антенна находится на поверхности
земли и направлена по нормали к ней.
4. Антенна на плоской земле. В задачах 94-101 рассматрива-
рассматривается распространение волн, излучаемых антеннами, находящимися на
поверхности земли. При этом мы будем предполагать землю плоской,
однородной и проводящей (иногда идеально проводящей, иногда обла-
обладающей конечной проводимостью), антенну мы трактуем как диполь,
момент которого периодически меняется во времени с частотой и:
р = poe~zu;t, для простоты будем считать |ро| = 1-
Задачи 94—97 носят постановочный характер, здесь требуется
ввести вектор Герца и поставить для его составляющих, отличных
от нуля, краевую задачу.
При решении задач 98-101 требуется провести расчет электро-
электромагнитного поля, излучаемого антенной, а также среднюю за период
мощность излучения.
Здесь существенным для метода решения является разложение в
интеграл Фурье-Бесселя с использованием интеграла Зоммерфельда
J^^W™*	R =
R
94. Вертикальная электрическая антенна. На плоской поверх-
поверхности земли, заполняющей полупространство z < 0, помещена верти-
вертикальная электрическая антенна, направленная вдоль оси z.
Ввести вектор Герца и сформулировать для него граничные усло-
условия на поверхности земли, а также выделить особенность в источнике.
При решении считать \i — \.
9 Б.М. Будак и др.

130	Условия задач
95.	Вертикальная магнитная антенна. На поверхности зем-
земли z = 0 находится вертикальная магнитная антенна (горизонтальная
рамка).
Поставить краевую задачу для соответствующего вектора Герца,
если земля обладает конечной проводимостью.
96.	Горизонтальная электрическая антенна. Поставить крае-
краевую задачу для горизонтальной антенны, лежащей на поверхности
земли, проводимость которой конечна.
97.	Горизонтальная магнитная антенна. Элементарный маг-
магнитный диполь, расположенный на поверхности земли z = 0, ори-
ориентирован вдоль оси ?/, т.е. рамка с током находится в вертикальной
плоскости xz. Сформулировать соответствующую краевую задачу
для вектора Герца, считая землю проводящей.
98.	Найти электромагнитное поле излучения вертикальной элек-
электрической антенны на поверхности плоской земли (см. задачу 94).
Вычислить поток энергии излучения, полагая \i = 1. Рассмотреть
случаи, когда земля идеально проводящая и когда земля заменена воз-
воздухом.
99.	Определить поле, излучаемое вертикальной магнитной антен-
антенной, находящейся на плоской земле (см. задачу 95).
100.	Решить задачу о распространении волн, излучаемых гори-
горизонтальной электрической антенной, находящейся на поверхности зем-
земли (см. задачу 96).
101.	Найти электромагнитное поле, создаваемое горизонтальной
магнитной антенной, лежащей на поверхности плоской земли (см. за-
задачу 97).
102.	Вертикальный электрический диполь расположен в среде 1,
постоянная распространения которой равна fci, в точке z = zo, r = 0.
Среда 2 имеет вид плоскопараллельной плиты с постоянной распро-
распространения &2 и границами z = а < z$ и z = 0. Полупространство
z < 0 идеально проводящее. Найти поляризационный потенциал вто-
вторичного поля -/7втор.
103.	Найти электромагнитное поле, возбуждаемое линейным то-
током в неограниченном пространстве, и вычислить поле в волновой
зоне. Определить сопротивление излучения.
104.	Определить сопротивление излучения полуволнового диполя
в неограниченном пространстве, а также реактивную часть входного
сопротивления (реактанц) полу волнового диполя.
105.	Внутри цилиндрического волновода, рассмотренного в за-
задаче 78, помещен точечный диполь, параллельный оси волновода и
гармонически колеблющийся по закону e~lLOt.
Найти средний за период поток энергии, излучаемой диполем.
Вычислить сопротивление излучения. Решение искать для волновода
произвольного сечения и затем рассмотреть волновод круглого сече-
сечения, предполагая, что диполь находится на оси волновода.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	131
106.	Найти выражение для электромагнитного поля внутри вол-
волновода, возбуждаемого линейным током длиной 21, параллельным оси
волновода, и вычислить поток энергии через поперечное сечение тру-
трубы для частного случая полу волнового диполя, лежащего на оси ра-
радиоволновода круглого сечения. Найти активную и реактивную со-
составляющие входного сопротивления. Задачу решать в приближении
заданных токов, пренебрегая влиянием вторичного поля на распреде-
распределение тока в диполе.
107.	Использовать решение задачи 106 для отыскания сопротив-
сопротивления излучения и реактанца полу волнового диполя, лежащего на оси
волновода круглого сечения и направленного вдоль этой оси.
108.	Вычислить поле, возбуждаемое внутри бесконечного прямо-
прямоугольного радиоволновода с идеально проводящими стенками элек-
электрическим диполем, перпендикулярным к оси волновода и параллель-
параллельным одной из сторон перпендикулярного сечения, и найти сопротив-
сопротивление излучения для:
а) бесконечно малого диполя; б) полу волнового диполя.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ
Глава I
КЛАССИФИКАЦИЯ И ПРИВЕДЕНИЕ
К КАНОНИЧЕСКОМУ ВИДУ УРАВНЕНИЙ
В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ ВТОРОГО ПОРЯДКА
§ 1. Уравнение для функции двух независимых переменных
a>iiuxx + 2а12иху + а22иуу + Ь\их + b2uy + си = /(ж, у)
1. Уравнение с переменными коэффициентами.
1. Дискриминант уравнения (l + х) ихх + 2хуиху — у2иуу = 0 равен
= У2(х2 +Х + 1) = у2(х - xi)(x — ж2), где
х2 = --
2	' '	2
и Ж2 действительны, и при ж < xi, а также
при х > Х2 уравнение гиперболично, а при х\ < х < х2 оно эллип-
эллиптично, прямые ж = Ж1 и ж = Х2, 2/ — 0 состоят из точек параболич-
Пусть I < -, тогда х\
4
ности. При I = - область эллиптичности исчезает, так как при этом
11	*
х1 — Х2 = —; прямая ж = — состоит из точек параболичности.
л 2	2
При / > - уравнение гиперболично всюду.
2. Уравнение ихх + хиуу — 0 при х < О
принадлежит к гиперболическому типу и
3			3
заменой ? = -у + (л/—х) , т\ — -у —
2	2
приводится к каноническому виду
При х > 0 уравнение ижж + ж%?/ — О
принадлежит эллиптическому типу и заме-
3
ной
= — л/ж3 приводится к
Рис. 13
каноническому виду
ОТ]

Гл. I. Уравнения в частных производных второго порядка 133
Характеристиками уравнения являются полукубические параболы
(рисЛЗ)	y-c = ±2-
причем ветви, направленные вниз, задаются уравнениями ? = const,
а ветви, направленные вверх, уравнениями rj = const.
3. Уравнение ихх + уиуу = 0 при у < 0 гиперболично и заменой
? = х + 2д/—2/, г] = х — 2л/^у приводится к каноническому виду
+	^	) ° f >
При ?/ > 0 уравнение эллиптично и заменой ?' = ж, ?/ =
приводится к каноническому виду
Щ'? + uv'v'	7 uv' = °j V > °-
Характеристиками уравнения являются параболы (рис. 14)
1 / \2
У = -| (ж~с) •
Ветви, идущие от оси ж влево, задаются уравнением ? = const, а иду-
идущие вправо — rj = const.
/ЛЛЛЛЛЛЛЛЛХ
Рис. 14
4. Уравнение ихх + 2/%7/ "I— иу ~ 0 имеет всюду такой же тип,
как уравнение ижж + 2/^^^ = 0> рассмотренное в предыдущей задаче.
Теми же заменами, что и уравнение ихх + 2/%^ = 0, оно приводится к
д2и
каноническому виду	= 0 в области гиперболичности (у < 0) и
к каноническому виду ——- + —— = U в области эллиптичности [у > 0).
Характеристики уравнений ихх + уиуу Н— и^ = Ои ижж + Уиуу — 0
совпадают.
Замечание. Сопоставление уравнений ижж + уиуу = 0, ижж +
+ уиуу -\— иу = 0 показывает, что наличие членов с младшими про-
производными существенно сказывается на уравнении, так как в одном
случае коэффициенты уравнения после приведения его к каноническо-
каноническому виду имеют особенности, а в другом — нет.
5. Уравнение уихх + хиуу = 0 во второй и четвертой четверти
гиперболично и приводится к каноническому виду
д2и д2и 1 ди 1 ди _

134	Ответы, указания и решения
путем замены ? = (—жK/2, г\ — (уK/2 во второй четверти, ? = ж3/2,
г] = (—уK'2 в четвертой четверти. В первой и третьей четверти урав-
уравнение эллиптично и приводится к каноническому виду
д2и 3\l_ ^ ди \ ди _
путем замены ? = ж3//2, г] = у3!2 в первой четверти, ? = (-жK/2, 7? =
= (—уK/2 в третьей четверти. Оси жиу состоят из точек параболич-
ности. Как известно1), переход от одной канонической формы гипер-
гиперболического уравнения
д2и _ г (с	ди ди
д^дг]	у ' д$,' дг] у
к другой
ди диУ
осуществляется с помощью подстановки
s " 2 ' ' " 2 "
6.	Уравнение жижж + 2/%?/ = 0 в первой и третьей четвертях эл-
эллиптично и приводится к каноническому виду
д2и д2и _ 1 ди _ 1 ди _
подстановкой ? = ж1//2, 77 = 2/1//2 в первой четверти, ? = (—жI//2, т\ —
— (~2/I//2 в третьей четверти.
Уравнение гиперболично во второй и четвертой четвертях и при-
приводится к каноническому виду
д2и д2и 1 ди 1 ди _ п
путем замены ? = (—жI//2, ?? = (?/I//2 во второй четверти, ? =
= (жI/2, ?7 = (—2/I/2 в четвертой четверти. Оси х и у состоят из
точек параболичности.
7.	Уравнение ихх + хуиуу = 0 в первой и третьей четвертях эл-
эллиптично и приводится к каноническому виду
+ и +Lu - -и =0
заменой ? = -ж3//2, ?? = 2?/1//2 в первой четверти, ? = -(—жK/2,
?7 = 2(—2/I/2 в третьей четверти.
Уравнение гиперболично во второй и четвертой четвертях и при-
приводится к каноническому виду
—	- -о
!) См. [7, с. 16].

Гл. I. Уравнения в частных производных второго порядка 135
су
путем замены ? = - (—жK/2, г) — 2ух12 во второй четверти, ? =
о
= -ж3/2, г\ — 2{—уI/2 в четвертой четверти. Оси х и у состоят из
о
точек параболичности.
8.	Уравнение ихх sign 2/ + 2иху + иуу = 0 в первой и второй чет-
четвертях параболично и заменой
с — Ж ~\~ у^ 71 — Ж у
приводится к каноническому виду
В третьей и четвертой четвертях оно гиперболично и заменой
приводится к каноническому виду
9.	Уравнение ихх + 2иху + A — sign^/) u^ = 0 в первой и второй
четвертях гиперболично и заменой ? = у — 2ж, т\ — у приводится
д2п
к каноническому виду = 0, а в третьей и четвертой четвертях
оно эллиптично и заменой
о и . о и п
приводится к каноническому виду ——- + ——;- = 0.
д$,2 от]2
10. Уравнение ихх sign у + 2иху + иуу sign ж = 0 в первой и третьей
четвертях параболично и заменой ? = ж + ^/, rj = х — у приводится к
д2и п	^2п п
каноническому виду ——- = 0 в первой четверти и к —— = 0 в третьей
четверти. Уравнение гиперболично во второй и четвертой четвертях
и приводится к каноническому виду
путем замены ? = -A + \/2)х + у, rj = —A — у^2)х + у во второй
четверти, ? = A + л/2)х + у, т\ — A — л/2)ж Л-у в четвертой четверти.
11.	Уравнение у2ихх —х2иуу = 0 гиперболично всюду, кроме осей
координат, состоящих из точек параболичности. Оно приводится к
каноническому виду
д2и	rj ди _ ? ди _
~dUh} 2(г]2-е) ~д? 2(т72 - С2) ~дч ~
заменой ? = у2 - х2, г] = у2 + х2.
12.	Уравнение ж2ижж —у2иуу = 0 гиперболично всюду, кроме осей
координат, состоящих из точек параболичности. Оно приводится к

136	Ответы, указания и решения
каноническому виду
д2и 1 ди _ ~
д^дг] ~ 2? Ъг} ~
заменой ? = ху, т\ = —.
х
13.	Уравнение х2ихх + у2иуу = 0 эллиптично всюду, кроме осей
координат, состоящих из точек параболичности. Оно приводится к
каноническому виду
д2и д2и ди ди _
заменой ? = 1п|ж|, г] = \п\у\.
14.	Уравнение у2ихх + х2иуу = 0 эллиптично всюду, кроме осей
координат, состоящих из точек параболичности. Оно приводится за-
заменой ? = у2, г] = х2 к каноническому виду
д2и д2и 1 ди 1 ди _ ~
15. Уравнение у uxx + 2xyuxy + У Uyy = 0 параболично всюду;
эн
виду
z , 2	2 2
ж Ч~ и	х — и
заменой ? = —^Г' ^ = —9~ оно ПРИВ°ДИТСЯ к каноническому
д и	? ди	г] ди _ ^
16.	Уравнение х2ихх + 2хуиху + У2иуу = 0 параболично всюду.
Заменой ? = -, п = у оно приводится к каноническому виду
ж
17.	Уравнение 4^/2ижж — е2хиуу — ^у2их = 0 гиперболично при
у ф 0. Заменой ? = еж + у2, г) — — ех + у2 оно приводится к канони-
каноническому виду
18. Уравнение х2ихх + 2хуиху — Зу2иуу — 2хих + 4^/и^ + 1бж4и = 0
гиперболично всюду, кроме осей х и у, состоящих из точек парабо-
х3
личности. Заменой ? = ху, т\ — — оно приводится к каноническому
У
виду
д и 1 ди 1 ди _ „
4~d?~?lhj	'
19. Уравнение A + х2) ихх + A + у2) иуу + хих + уиу = 0 эллип-
эллиптично всюду. Заменой ? = 1п(ж + л/1 + ж2), 7у = 1п(г/ + д/l + ^/2) оно
приводится к каноническому виду

Гл. I. Уравнения в частных производных второго порядка 137
20. Уравнение ихх sin х — 2yuxysinx + y2Uyy = 0 параболично
х
всюду. Заменой ? = ?/tg-, г\ — у оно приводится к каноническому
виду
д2
д2и	2^ ди
2. Уравнение с постоянными коэффициентами.
О1 d2v 4bc - b2 - с2 - 12а п
д^д	144а2
= у + (л/3 - 2)ж, ту = 2/ - (л/3
а	12а	' Р	12а
2 ^22
а
b — 2c n	b
a = 	, p = —.
a	a
c — bdv _ ^
~a~~di '
= у - х, г] = х, и& г]) = ea*
b2 -4a Q	Ь
4о(с-Ь)' ^	2а'
rv zz
§ 2. Уравнение с постоянными коэффициентами
для функции п независимых переменных
п
aikUXiXk + ^ biU*i + CU — f(XliX2i • • • -> Xn)
i,k=l	i=l
Уравнению
n	n
^2 aikuxixh +^2biUXi +CU = f(x1,X2,...,Xn)	A)
i,k=l	i=l
ставится в соответствие матрица коэффициентов при старших членах
1Ы1	B)
и квадратичная форма
п
^2 aikZiZk.	C)
i,k=l
Если в уравнении A) перейти к новым независимым переменным по
формулам

138	Ответы, указания и решения
п
€k = ^2<xkiXi, к = 1,2,...,п,	D)
г=1
то матрица ||а^|| коэффициентов при старших членах в преобразован-
преобразованном уравнении
п	п
^2 UikU^ + ^ЬгЩ, + CU = 0	E)
j, к=1	г=1
будет связана с матрицей ||а^|| соотношением
\\uik\\ = \\aik\\ ' \\0>ik\\ ' \\<**к\\.	F)
Матрица Ца^Ц преобразуется так, как матрица квадратичной фор-
формы C), если в этой квадратичной форме перейти к новым переменным
по формулам	п
к=1
где а*к = aki- Матрица перехода от новых переменных si,...,sn к
старым переменным z\,..., zn в квадратичной форме C) получает-
получается транспонированием из матрицы перехода от старых независимых
переменных х\,..., хп к новым независимым переменным ?i,..., ?n B
уравнении A). Таким образом, чтобы найти преобразование D), при-
приводящее уравнение A) к каноническому виду, нужно найти преобра-
преобразование G), приводящее квадратичную форму C) к каноническому
виду, содержащему лишь квадраты переменных si,..., sn с коэффи-
коэффициентами + 1, —1 или 0; матрица преобразования D) получается из
матрицы преобразования G) транспонированием.
24. иЫ1 + иьь + иьь + щг = 0,
?i = ж, ?> = -х + 2/, ?3 = 2^ - 2у + z.
2Ь.иЫг=иЫ2+иЫз, ?i=x + -y-z, ?2 = --y, ?3=z.
26. Uft' = Ux'x' + ^з/'з/' + uz'z'i
^=2^+2Ж~22/~22;' ж/=2^+2Ж+22/+22;'
2л/3 2л/3 2л/3 2л/3
—¦= t -\	— х	— у -\
2л/5 2л/5 2л/5
27.
/1
Z =2
t
J-zJ-«J-* +J-
2^3 2^3 2^3 2^3

Гл. I. Уравнения в частных производных второго порядка 139
28
а)
б)
т' -
Х1
/
Х1
п
+ ^2иХ'{х
i=2
1
^/n(n + 1)
п
i=2
1
л/п(п - 1)
/ =
(xi
о,
-1
Q
-1
+
+
%п ) 1
1 	 1
Xа — OL%\Х\ ~\
г = 2,3,
...,
П,
где (a^i,..., «in) 5 г = 1,2, ...,п, — любая ортогональная нормиро-
нормированная система решений
г=1
а2 + ... + ап = 0.
)	(^
г=1
..,жп) =ехр
г=1
/	П
(-- V —

Глава II
УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
гиперболического типа; постановка краевых задач
В большинстве задач настоящего параграфа (как, например, в
задачах о колебаниях струн, стержней, газа) рассматриваются лишь
малые колебания. Малыми колебаниями называются такие, при ко-
которых можно пренебрегать квадратами, произведениями и высшими
степенями функций, характеризующих процесс колебаний, и их про-
производных.
1. Свободные колебания в среде без сопротивления; урав-
уравнения с постоянными коэффициентами. В задачах этой группы
влияние силы тяжести на колебания частиц считается пренебрежи-
пренебрежимо малым по сравнению с влиянием упругих сил, поэтому действием
силы тяжести можно пренебрегать1).
1. Ось Ох направлена вдоль стержня; за характеризующую функ-
функцию принято смещение и (ж, t) вдоль оси ж поперечного сечения, аб-
абсцисса которого в равновесном состоянии равна ж; иными словами, в
момент времени t абсцисса этого сечения равна ж = х + и (ж, t). Для
определения функции и (ж, t) получаем следующие краевые задачи:
а) если концы стержня закреплены жестко, то
utt = а2ихх при 0 < х < /, 0 <t < +оо,	A)
u@, t) = u(l, t) = 0 при 0 < t < +оо,	B)
и{х, 0) = /(ж), ut{x,Q) = F{x) при 0 < х < /,	C)
2 Е
а2 = —,
Ро
где Е — модуль упругости, а ро — плотность массы стержня в не-
невозмущенном состоянии;
Ч Заметим, что в более общем случае силу тяжести можно не включать
в дифференциальное уравнение упругих колебаний, если за положение рав-
равновесия принять статическое напряженное состояние под действием силы
тяжести (ср. с [7, с. 104-106]).

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	141
а') если концы стержня двигаются по заданному закону, то гра-
граничные условия имеют вид
u(Q,t)=i/>(t), u(l,t) = ip(t) при 0<?<+оо,	B')
где ip(t) и ip(t) — заданные функции t;
б)	если концы стержня свободны, то граничные условия имеют
ВИД	ux@,t)=ux(l,t)=0 при 0 < t < +00;	D)
в)	если концы стержня закреплены упруго, то граничные условия
имеют вид
их@, t) - /ш@, t) =ux(l, t) + hu(l, t) = 0 при 0 < t < +00, E)
и k
где к — коэффициент упругости заделки (предполагается, что он оди-
одинаков для обоих концов, в противном случае значения константы h для
правого и левого концов будут различны), a S — площадь поперечного
сечения.
Указание1). Направим ось Ох вдоль стержня. Каждое попе-
поперечное сечение стержня можно характеризовать той абсциссой ж, ко-
которую оно имело в положении равновесия2). Тогда сечение, отмечен-
отмеченное абсциссой ж, в момент t будет иметь абсциссу ж = х + и(х, i).
Здесь и(х, t) означает величину продольного смещения того попереч-
поперечного сечения стержня, которое в положении равновесия имеет абсцис-
абсциссу х. Таким образом, функция и (ж, i) выражена в лагранжевых коор-
координатах3).
Дифференциальное уравнение A) может быть получено перехо-
переходом к пределу при Ах —у 0 из уравнения движения, выражающе-
выражающего второй закон Ньютона для элемента (ж, ж + Аж) стержня, т. е.
для элемента, торцы которого в состоянии равновесия имеют абсцис-
абсциссы ж и ж + Аж. Для определения упругих сил, действующих на этот
элемент, нужно воспользоваться законом Гука, который выражается ра-
равенством
X = ESux(x, t),
где X — проекция на ось ж силы F, с которой часть стержня, лежащая
правее рассматриваемого сечения, действует на часть, лежащую левее
этого сечения, S — площадь этого поперечного сечения4), а их(х, t)
относительное удлинение стержня в том поперечном сечении, которое
в положении равновесия имела абсциссу ж5).
Если концы стержня фиксированы неподвижно, то граничные
условия очевидны. Если же концы стержня свободны или закреплены
г) Ср. с выводом уравнения в [7, с. 27, 28].
2) Равновесным может быть статическое напряженное состояние.
3)См. [7, с. 27].
4) Сила F перпендикулярна к поперечному сечению, а следовательно, ее
направление либо совпадает с направлением оси Ож, либо противоположно
направлению оси Ох.
5)См. [7, с. 27].

142	Ответы, указания и решения
упруго, то граничные условия могут быть получены из соотношений,
выражающих второй закон Ньютона для граничных элементов.
Рассмотрим, например, случай, когда конец х = / закреплен уп-
упруго. Слева на граничный элемент (/ — Ах, /), примыкающий к этому
концу, действует остальная часть стержня с силой
-ESux(l-Ax, *),
справа — упругая опора с силойг)
-ku(l, t).
Поэтому второй закон Ньютона для этого элемента выразится урав-
уравнением
SpoAx |^ = -ESux(l - Ах, t) - ku(l, t),
откуда, переходя к пределу при Ах —у 0, получим граничное условие
для конца х = /
ESux(l, t) + ku(l, t) = 0
или
ux(l,t) + hu(l,t) = 0,
h=ES'
Для конца х = 0 знак при h в граничном условии будет иным. В самом
деле, рассмотрим элемент @, Ах). К его левому концу приложена сила
-ku@, t),
а к правому концу — сила
ESux{Ax, t),
поэтому уравнение, выражающее второй закон Ньютона для этого эле-
элемента, имеет вид
|^ = ESux(Ax, t) - ku@, t).
Переходя к пределу при Ах —у 0, получаем
их@, t) -hu@, t) = 0,
где h имеет прежнее значение, если стержень однороден, а коэффици-
коэффициент упругости заделки для обоих концов одинаков.
Примечание. Иногда для постановки краевой задачи о про-
продольных колебаниях стержня целесообразно использовать не одно
уравнение в частных производных второго порядка, а систему двух
дифференциальных уравнений в частных производных первого по-
порядка.
Обозначим через р(х, t) напряжение в поперечном сечении с ла-
гранжевой координатой ж, определяя его соотношением
х) См. пункт в) условия задачи.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	143
где S — площадь поперечного сечения стержня, aX(i, t) — проекция
на ось ж силы, с которой часть стержня, примыкающая к сечению ж
справа, действует на часть этого стержня, примыкающую к сечению
слева. Через u(x,t), как обычно, обозначим смещение из положения
равновесия поперечного сечения с лагранжевой координатой х. В ка-
качестве функций, характеризующих процесс колебаний, возьмем
р(ж, t) и w(x, t) = ut(x, t).
Рассмотрим, например, случай, когда левый конец стержня за-
закреплен неподвижно, а правый свободен. Мы придем к краевой задаче
wx--pt = 0A 0<x<l^ o<?<+oo,	A)
-рх + powt = О, J
ЦО, t) = 0, p(l, t) = 0, 0<t< +00.	B)
w(x,O)=ip(x), p(x, 0) = ф(х), 0<х<1.	C)
2. Ось Ох декартовой системы координат направлена вдоль поло-
положения равновесия струны. Пусть в положении равновесия точка имеет
координаты [ж; 0; 0], а в отклоненном положении [х+щ (ж, ?); ^(ж, ?);
из(х, t)].
Для определения функций ui(x, t), ^(ж, t), щ(х, t), характери-
характеризующих процесс колебаний струны, получаем краевые задачи
ик _ _2 д2ик _ П<ж</ 0<i<+oo
dt2
, t) = ииA, t) = 0 при 0 ^ t < +00,
^ =Fk(x) при O^x^l,
к = 1,2,3,
0% = а% =
где a\ = —, 0% = а% = —, E — модуль упругости, S — площадь
поперечного сечения, р — линейная плотность массы.
Указание. Полная сила натяжения струны складывается из на-
начальной силы натяжения То и упругой силы, возникающей при относи-
относительном удлинении элементов струны. При малых колебаниях струну
можно считать абсолютно гибкой, т.е. силу натяжения в каждой точ-
точке струны считать касательной к струне. Дифференциальные уравне-
уравнения для функций Uk{x, t) можно получить переходом к пределу при
Ах —У 0 из уравнений движения, выражающих для элемента (ж, х +
+ Ах) второй закон Ньютона в проекциях на оси координат. По поводу
определения сил, действующих на концы элемента (ж, х + Ах) см. до-
дополнительно [7, с. 23, 24], а также указание к предыдущей задаче.
3. Ось Ох направлена по продольной оси инерции цилиндра, а че-
через 6(х, t) обозначен угол поворота поперечного сечения с абсциссой ж,
причем концы цилиндра определяются абсциссами ж = 0 и ж = /. Для
функции #(ж, t) получаем краевые задачи:

144
Ответы, указания и решения
а)	в случае жестко закрепленных концов
тгт = а2 ^гт ПРИ 0 <х <1, 0 <t < +00,	A)
дг1	дх2
0@, t) = 0(/, *) = О при 0 < t < +оо,	B)
0(ж, 0) =/(ж), 0*(ж, O) = F(x) при 0<ж</,	C)
а2 = ——, где G — модуль сдвига, J — полярный (геометрический)
К
момент инерции поперечного сечения цилиндра относительно точки, в
которой ось цилиндра встречает это поперечное сечение, К — осевой
момент инерции единицы длины стержня (относительно той же оси);
б)	когда концы цилиндра свободны, то граничные условия име-
имеют вид
в)	когда концы цилиндра закреплены упруго, то граничные усло-
условия имеют вид
0Я(О, i) - /i0(O, i) = О, 0Я(/, i) + /i0(/, i) = 0.	E)
Указание. Установить, что момент М упругих сил, прило-
приложенных к поперечному сечению х цилиндра, может быть найден по
формуле
М = GJ —.	F)
Для этого рассмотреть (рис. 15) сдвиг параллельного оси цилиндра
элементарного волокна АВ с основанием da на сечениях, вызываемый
Т\
х + Ах
Рис. 15
дв
поворотом сечения х + Ах вокруг оси цилиндра на угол АО = —— Ах
ох
относительно сечения ж, и определить связь между углом сдвига ip
и -—. Напряжение сдвига г на основании da такого волокна, лежащего
ох
в сечении ж, может быть определено по закону Гука для деформации
сдвига
г = Gtp.	G)
Дифференциальное уравнение A) можно получить предельным пе-

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	145
реходом при Ах —у 0 из уравнения вращательного движения1) для
элемента (ж, х + Ах) цилиндра.
Граничные условия получаются аналогично тому, как это было
сделано в случае продольных колебаний стержня.
4. Плотность р, давление р, потенциал скорости </?, скорость v
частиц газа и продольное отклонение и частиц газа удовлетворяют
одному и тому же дифференциальному уравнению
с одной и той же константой
а2 = ^,
Ро
где к = — — показатель адиабаты
Р_ _ I Р_
Ро \ро
равный отношению теплоемкости при постоянном давлении к тепло-
теплоемкости при постоянном объеме, а ро и Ро — давление и плотность в
невозмущенном газе.
Если концы трубки закрыты, то граничные условия для каждой
из функций и, v, </?, р, р имеют соответственно вид
и@, t) = u(l, t) = 0, г;@, t) = v(l, t) = О,
<Px(O,t)=<px(l,t) = O, px(O,t)=px(l,t)=O, px(O,t)=px(l,t)=O.
Если концы трубки открыты, то
их@, t) = ux(l, t) = 0, vx@, t) = vx(l, t) = О,
<p@, t) = <p(l, t) = 0, p@, *) = P(l, t) = 0, p@, t) = p(l, t) = 0,
где p(x, t) = p(x, t)—po — «возмущение давления», a p(x, t) = p(x, t) —
—ро — «возмущение плотности».
При наличии в конце х = / трубки газонепроницаемого поршень-
поршенька с пренебрежимо малой массой, насаженного на пружинку с коэф-
коэффициентом жесткости v2) и скользящего внутри трубки без трения,
для u(x,t) получаем граничное условие
ux(l, t) + hu(l, t) = 0,
где h = ——, а к — показатель адиабаты. Аналогично при наличии
Ькро
х) Для вращательного движения твердого тела вокруг неподвижной оси
имеем: произведение момента инерции тела на угловое ускорение равно сум-
сумме моментов сил, приложенных к телу, относительно этой оси.
2) Пружинка будет действовать на поршенек с добавочной силой упру-
упругости, равной —vu(l, t) при отклонении поршенька, равном и. Мы говорим
о добавочной силе упругости, так как в положении равновесия на поршенек
уже действует сила упругости, уравновешивающая невозмущенное давле-
давление ро-
10 Б.М. Будак и др.

146	Ответы, указания и решения
такого поршенька в конце х = 0 трубки получаем
ux@,t) -hu(O,t) = 0.
Для v(x,i) при этих же условиях имеем
vx@, t) - hv@, t) = 0, vx(l, t) + hv(l, t) = 0.
Для p(x, t) и p(x, t) получаем
Ptt(P, t) - h*px(O, t) = Ptt{h t) + h*px(l, t) =
= ptt(O, t) - /г*рж(О, t) = ptt{h t) + h*px(l, t) = 0.
где /г* = ——. Эти условия выполняются также и для
Ьро
р(х, t), p(x, t), <р(х, t).
Указание. В лагранжевых координатахг) уравнение неразрыв-
неразрывности A) и уравнение движения B) («основные уравнения гидроди-
гидродинамики») имеют вид
ро = р(х, t)[l + ux(x, t)],	A)
Pouu(x, t) = -px(x, t).	B)
Вместе с уравнением адиабаты
p = f(p), где № = Цр\ k=^,	C)
Р	C
они составляют полную нелинейную систему уравнений для опреде-
определения функций р(х, t); u(x, t); p(x, t).
Уравнение A) выражает закон сохранения массы элемента газа,
заключенного между двумя поперечными сечениями, составленными
из частиц газа, а уравнение B) выражает второй закон Ньютона для
этого элемента газа.
Отбрасывая квадраты, произведения и высшие степени величин
и(х, t), p(x, t) = p(x, t) - ро, РО, t) = p(x, t) - ро
и их производных, нетрудно из уравнений A), B), C) получить соот-
соответственно линейные уравнения
p(x,t)+poux(x,t) = Q,	(V)
Poutt(x, t) = -рх(х, t),	B')
p(x,t) =a2p(x,t), a2 = fe^,	C;)
Po
a — скорость распространения малых возмущений в газе, «скорость
звука»2).
Этот переход от нелинейной системы A), B), C) к линейной
системе (]/), B;), C;) называется «линеаризацией». Уравнения ptt =
— °>2рхх и Ptt = а?Рхх получаются из A;), B;), C;) дифференцирова-
дифференцированием и исключением остальных функций. Потенциал ср(х, i) опреде-
определяется соотношением ipx(x, t) = v(x, t) с точностью до произвольной
^См. [7, с. 27].
2) См. введение к § 2 (условиям) настоящей главы.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	147
слагаемой функции времени; так как щ(х, t) = г?(ж, ?), то из уравне-
уравнения B') получим	_
PoVxt +Рх = О,
т.е.
д
поэтому в силу того, что потенциал скоростей ср(х, i) определяется с
точностью до произвольной слагаемой функции времени, можно на-
написать:	_
poPt+P = 0.	D)
Соотношение D) дает возможность найти возмущение давления р,
если известен потенциал скоростей. Из уравнения A'), дифференцируя
по t, получим	_
Pt + Рофхх = 0.	E)
Из D) и E) получается уравнение
(fit = CL2(pxx,
дифференцирование которого по х приводит к уравнению
vtt = a2vxx.
Аналогично получаются уравнения для потенциала смещений и для
смещений.
Рассматривая движение граничного элемента газа и используя
уравнения (]/), B;), C;), D) и E), нетрудно получить приведенные в
ответе граничные условия.
5. Ось Ох направлена вдоль трубы, причем начало координат О
лежит в плоскости входного сечения, ро — давление воды в резерву-
резервуаре. Для определения осредненных (по внутреннему поперечному се-
сечению трубы) значений скорости г?(ж, t) и давления р(х, t) получаем
краевую задачу
-®Е — Л2 ddo^)
dt~	дх '
р@, ?) = ро, v(l, t) = 0; 0 < ? < +оо,	C)
р(х, 0)^р0, г;(ж, 0) = v0; 0 ^ ж < /,	D)
где ро — плотность воды в резервуаре,
А= . 1 =,	E)
I po 2Ropo
причем к есть модуль упругости воды, входящей в закон Гука для
воды,
ро
Ro — внутренний радиус трубы в невозмущенном состоянии, Е —
модуль упругости материала трубы, 5 — толщина трубы, а — опре-
10*

148	Ответы, указания и решения
деляемый экспериментально коэффициент сопротивления трения еди-
единицы длины трубы1).
При составлении уравнения движения можно, как показал
Н.Е. Жуковский, для тонких труб при не слишком больших возму-
возмущениях давления пренебрегать радиальным движением их частиц2),
в то время как при выводе уравнения неразрывности радиально сим-
симметричное растяжение трубы необходимо учитывать. Силу сопротив-
сопротивления трения, действующую на элемент воды, заключенный между
поперечными сечениями х и х + Ах, можно определить по формуле,
приведенной в сноске.
При выводе уравнений краевой задачи величины р, р, v будем счи-
Ро
тать малыми, а величину	— значительно меньшей единицы.
Установим связь между внутренним радиусом R трубы и давле-
давлением р в трубе. Для этого рассмотрим состояние половины элемента,
отсекаемого от трубы близкими поперечными сечениями х и х + Ах,
изображенного на рис. 16. Силы упругости, развивающиеся в сече-
сечениях I и II этого полукольца, равны сумме проекций сил давления
жидкости на средний радиус полукольца, т. е.
25АхЕ R~Ro = 2RAx(p - р0)
Ко
или	^ Ед ~
Rl
Следовательно, величина R = R — Ro также будет малой, равно как и
величина
S = S - So « 2ttRRo = S0^fp.	(8)
Выведем уравнение неразрывности, выражающее закон сохране-
сохранения массы вещества для объема, заключенного между плоскостями х
и х + Ах (рис. 16, б):
х+Ах
— J Spdx = (Spv)x -
X
у — (Sp) dx = (Spv)x - (Spv)x+Ax,
г) Пусть S — внутреннее поперечное сечение трубы, тогда сила сопро-
сопротивления, приложенная к элементу жидкости, заключенному между сече-
сечениями х и х + Аж, равна
ж+Аж
2а I Spvdx.
О более точной постанове задачи, где подробнее анализируется сила
сопротивления, см., например, [44].
2) В этом случае произведение массы кольцевого элемента трубы на
радиальное ускорение пренебрежимо мало.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
149
откуда
d{Sp)
dt
д (Spy)
дх
В силу малости величин S, р, v это уравнение преобразуется в урав-
уравнение B).
Ах
Рис. 16
Аналогично (рис. 16, а) составляем уравнение движения, выра-
выражающее второй закон Ньютона для элемента воды, заключенного в
рассматриваемый момент времени между сечениями х и х + Ах:
ж+Дж
Г
- f
dt J
ж+Аж
ж+Аж
a = const, a > 0,
ж+Аж
ж+Аж
-2а I (Spv)dx,
ж+Аж
-2a Г (Spv) dx,
т^ = _д_ш_
dt	dx
Ео
по сравнению с еди-
откуда
В силу малости о, р, рив силу малости
ницей это уравнение (с помощью соотношений F) и (8)) преобразует-
преобразуется в уравнение A). Начальные условия D) и граничные условия C),
приведенные в ответе, очевидны.
Вместо системы дифференциальных уравнений первого порядка
можно получить одно гиперболическое уравнение второго порядка как
для функции v(x, t), так и дляр(ж, t). Именно, дифференцируя A) по х
и B) по t и исключая г?, получим
^ = A2
^r - lOL-^- При
дх2	dt
0 < х <1, 0 <t < +оо,
ПРИ 0 < t < +оо.
р@, t) =
Второе граничное условие для р(ж, t) получаем из граничного усло-
условия v(l, t) = 0 при 0 < t < +00 с помощью уравнения A):
px(l, t) = 0 при 0 < t < +00.

150	Ответы, указания и решения
'	р(х, 0) = ро при 0 < х < I.
Второе начальное условие для р(х, i) получаем из г?(ж, 0) = г?о при 0 ^
^ х < I и уравнения B):
Pt(x, 0) = 0 при 0 ^ х < I.
Аналогично может быть получена краевая задача для определе-
определения г?(ж, t).
6. Решение. Пусть со означает приращение объема жидкости
в колпаке, S — площадь внутреннего поперечного сечения трубы на
конце х = /. Мы имеем
-г = Sv -Q(t),	A)
at	x=l
где v — скорость течения жидкости, а Р — давление воздуха в кол-
колпаке, откуда
следовательно,
duj _ Qo dp	/ .ч
где р = P — давление жидкости в колпаке. В силу уравнения B)
на с. 152
duo	Л2 i^o ov	/сч
lt=-XpoToTx-	E)
Подставляя E) в A), получаем искомое граничное условие
dv PqS	Pq
х=1
7.
1^ = с20']	A)
> при 0 < х < I, 0 < t < +оо,
ЁЛ - г2 ЁЛ \	B)
dt2 ~ дх2 )
где с2 = gh, g — ускорение силы тяжести,
/' ч	ч ? при 0 < t < +00,	/ ч
rix@,t)=rix(l,t) = 0f P	D)
?(х, 0) = /(ж),	&(х,0) = ф), \	E)
> при 0 < х < I.
г](х, 0) = —hf (ж), r]t(x, 0) = —hip (x) J	F)
Указание. Возмущение давления в воде при рассматриваемых
волновых движениях можно считать пренебрежимо малым, т.е. дав-
давление р на глубине у, отсчитываемой от дна канала, можно считать
близким к гидростатическому1). Слагающую v скорости частиц во-
воды по направлению оси х можно считать малой, т.е. пренебрегать
Но нельзя пренебрегать его производной по х.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
151
квадратами, произведениями и высшими степенями этой функции и
ее производных. Жидкость можно считать несжимаемой.
х х + Ах х + ?(ж, ?) ж + Дж + ?(ж + Дж, t)
Рис. 17
Решение. На глубине у, отсчитываемой от дна канала, давле-
давление будет равно
P = Po+gp(h + rj-y).	G)
Отсюда находим
Составим уравнение движения для элемента Ах Ay Az слоя (ж, х +
+ Дж) воды в проекциях на ось ж (рис. 17):
Ах Ay Az о -?- = -Ах Ay Az -?-
у н dt	y дх
dt
дх
х+вАх
где 0 < в < 1, откуда после сокращения на Ах Ay Az при Ах ->• О
получаем
или, используя (8),
dv
дп	dv	дп
Далее, используя несжимаемость жидкости, получаем «уравнение не-
неразрывности» (уравнение сохранения массы)
РПт =	^-^,	(И)
где m — ширина канала, откуда
„ = -*§.	A2)
Линеаризация уравнения A0) дает
„ 5« д2(,
Но я7 = я«' ПОЭТОМУ
С другой стороны, из A2) получаем
A4)

152
Ответы, указания и решения
Сопоставляя A4) и A5), получим дифференциальное уравнение для
функции ?(ж, t)
Теперь нетрудно получить остальные соотношения ответа, приведен-
приведенного выше. Укажем лишь, что граничные условия D) можно получить
из граничных условий C) дифференцированием по t и применением
равенства A4).
В заключение необходимо отметить, что для определения ?(ж, t)
и г)(х, t) достаточно решить краевую задачу A), C), E) и затем по
найденному ?(ж, t) найти r){x, t) по формуле A2).
8. Ось Ох направлена по продольной оси симметрии стержня в
его равновесном состоянии, а за характеристическую функцию при-
принято поперечное отклонение и (ж, t) точек стержня от их положения
равновесия. Для определения и (ж, i) получаем краевую задачу
	Ь а2	= 0 1) при 0 < х < I, 0 < t < +оо,	A)
u(O,t)=uxx(O,t)=u(l,t)=uxx(l,t)=O при 0 < I < +оо, B)
C)
а" = —,	D)
и(х, 0) = /(ж), щ(х, 0) = F(x) при 0 < х < I,
EJ
где Е — модуль упругости стержня, р — плотность массы стержня,
S — площадь поперечного сечения стержня, J — геометрический
момент инерции поперечного сечения относительно его средней линии,
перпендикулярной к плоскости колебаний.
Указание. Вывод уравнения A) изложен в [7, с. 142-144].
Рассматривая движение концевых
элементов стержня, можно получить гра-
граничные условия.
Выведем граничные условия в случае
шарнирного закрепления конца.
Рассмотрим граничный элемент (/ —
—Аж, /) шарнирно закрепленного конца и
составим для него уравнение вращатель-
вращательного движения относительно оси шарнира
(рис. 18, см. также рис. 2)
/7777777777777777777777777777777777777
Рис. 18
1-Ах
Ах + М
',-Ах
E)
Переходя к пределу при Ах —у 0 в предположении, что нет бесконеч-
„ д2<р -	„
ных угловых ускорении —-^- и бесконечных перерезывающих сил г,
Ч Это уравнение получено в предположении, что угловые ускорения
поперечных сечений стержня отсутствуют, т. е. стержень должен быть
достаточно тонким. Вывод более точного уравнения см. [26].

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	153
получим М\1= О, т.е.	„„(,, t) = 0.	F)
Аналогично получаем второе граничное условие для левого кон-
конца ихх@, i) = 0. В левой части равенства E) можно было бы сразу
писать нуль по предположению о малости колебаний ( —-|- « 0 J. Но
граничные условия E) и F) годятся и в том случае, когда угловые
ускорения —-j- элементов стержня не считаются пренебрежимо малы-
ut
ми. Второе граничное условие для рассматриваемого конца очевид-
очевидно: u(l, t) = 0.
9.	Ось Ох расположена так же, как в предыдущей задаче. Для
определения и (ж, t) получаем краевую задачу
pi+a2pt- = 0 при 0<ж</, 0<?<+оо,	A)
и@, t) = их@, t) = uxx(l, t) = uxxx(l, t)=0 при 0 < t < +оо, B)
u(x,0) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1,	C)
2 ^J
а =w
Указание. Граничными условиями для жестко закрепленно-
закрепленного конца х = 0 являются неподвижность конца и горизонтальность
касательной. На свободном конце, что доказывается обычным обра-
образом, изгибающий момент и перерезывающая сила должны быть равны
нулю.
10.	Ось Ох расположена так же, как в ответе задачи 8. Для опре-
определения отклонения и (ж, t) получаем краевую задачу
|^+а2!^ + -^ = о при 0<х<1, 0<*<+ос, A)
u(O,t)=uxx(O,t)=u(l,t)=uxx(l,t)=O при 0<?<+оо, B)
u(x,0) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1.	C)
Указание. Уравнение A) получается переходом к пределу при
Ах —У 0 из уравнения, выражающего в проекциях на ось Ои второй за-
закон Ньютона для элемента (ж, х + Ах) стержня. По поводу граничных
условий см. решение задачи 8.
2. Вынужденные колебания и колебания в среде с сопро-
сопротивлением; уравнения с постоянными коэффициентами.
11. utt = а2ихх + /(ж, t) при 0<ж</, 0<?< +оо, A)
u@, t) = u(l, t) = 0 при 0 < t < +оо,	B)
u(x,0) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<ж</,	C)
/(ж, t) = - F(x, t), где р — линейная плотность массы струны.
Р

154	Ответы, указания и решения
Указание. Дифференциальное уравнение A) получается из
уравнения движения для элемента (ж, ж + Аж) струны при Аж —у 0.
12.	Для отклонений и (ж, t) точек струны от положения равнове-
равновесия получаем краевую задачу
ТТ
utt = a2uxx-\	/(*), 0 < х < Z, 0 < t < +оо,	A)
ср
Т
где а2 = —, Т — натяжение струны, р— линейная плотность массы,
с — скорость света,
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < I.	C)
13.	utt = «2ижж при 0 < х <1, 0 <t < +00,	A)
u(O,t) = (p(t), ux(l,t) = ^ при 0<*<+оо,	B)
и{х, 0) = 0, г^(ж,О) = О при 0<ж</.	C)
Указание. Граничное условие для конца х = I получается пе-
переходом к пределу при Ах —у 0 из уравнения движения, выражающего
второй закон Ньютона для элемента (/ — Ах, I) стержня.
14.	Для определения предельных отклонений и (ж, t) поперечных
сечений стержня получаем краевую задачу
utt = а2иХх + 9 при 0 < х < /, 0<?< +оо,	A)
u(O,t)=ux(l,t)=O при 0 < t < +оо,	B)
и(ж, 0) = 0, г^(ж,0)=г;о при 0 < х < I,	C)
где д — ускорение силы тяжести, а г>о — скорость, достигнутая лиф-
лифтом к моменту остановки.
15.	Для определения поперечных отклонений и (ж, t) точек струны
от их положения равновесия получаем краевую задачу
ии = a2Uxx — Ъу2Щ при 0 < t < +00, 0 < ж < /,	A)
u@, t) = u(l, t) = 0 при 0 < t < +оо,	B)
u(x,0) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<ж</,	C)
где 2г/2 = -, о — линейная плотность массы струны, к — «коэффи-
Р
циент трения», т.е. коэффициент пропорциональности в соотношении
Ф = -кщ,
определяющем силу трения, действующую на единицу длины струны.
Указание. Уравнение A) получается переходом к пределу при
Аж —у 0 из уравнения движения для элемента (ж, ж + Аж) струны.
16.	Для определения поперечного отклонения точек стержня от
их положения равновесия получаем краевую задачу
utt + a2Uxxxx + ^у2Щ — /(ж, t) при 0<ж</, 0<?< +00, A)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	155
u(Q,t)=ux(Q,t)=u(l,t)=ux(l,t) = Q при 0<?<+оо, B)
и(х,О) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1;	C)
здесь v имеет такой же смысл, как и в предыдущей задаче.
17.	Для определения поперечного отклонения и (ж, t) точек стержня
от их положения равновесия получаем краевую задачу
ии + а2ихххх = 0 при 0 < ж < /, 0 < t < +оо,	A)
ЦО, *) = их@, t) = 0, ияяA, *) = 0, EJuxxx(l, t) = -Ф(г) B)
при 0 < t < +оо, где Ф(?) — приложенная к концу х = / поперечная
сила (ее проекция на ось Ои, «совпадающая» с силой, так как сила
параллельна оси Ои),
и(х,О) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1.	C)
Указание. Последнее из граничных условий B) может быть
получено переходом к пределу при Ах —У 0 в уравнении, выражающем
в проекции на ось Ои второй закон Ньютона для элемента (/ — Аж, /)
стержня. По поводу условия uxx(l, t) = 0 см. решение задачи 8.
18.	Для определения продольных отклонений и (ж, t) точек стержня
от их положения равновесия получаем краевую задачу1)
utt = a2uxx при 0<ж</, 0<^< +00,	A)
u(O,t) = O, ESux(l,t) = kut(l,t) при 0<^<+оо, B)
и(х,О) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1,	C)
где к — коэффициент трения для конца х = / стержня.
19.	vxx = CLvtt + (CR + GL)vt + GRv
при 0 < x < I, 0 <t < +00, A)
г;@, t) = 0, v(l, t) = E(t) при 0 < t < +oo,	B)
v(x,O)=F(x), vt(x, 0) = -GF(x)-f(x) при о<ж</, (З)
G
где E(t) — заданная электродвижущая сила, приложенная к кон-
концу х = I провода, a L, С, G, R — соответственно коэффициент самоин-
самоиндукции, емкость, утечка и сопротивление, рассчитанные на единицу
длины провода.
Указание. Начальные условия записываются в форме C), если
воспользоваться вторым из системы телеграфных уравнений
vx + Ыг + Ri = О,
D)
ix + Cvt + Gv = 0
при t = 0. Система D) выводится в [7, с. 30, 31].
х) По поводу вывода граничных условий см. указание к задаче 1.

156	Ответы, указания и решения
3. Задачи о колебаниях, приводящие к уравнениям с не-
непрерывными переменными коэффициентами.
при 0 <х < Z, 0 <t < +оо, A)
и@, t) = u(l, t) = 0 при 0 < t < +оо,	B)
и(х,О) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1.	C)
21. Ось Ож направлена по оси конуса. Для определения продоль-
продольных отклонений и(х, i) точек стержня от их положения равновесия
получаем краевую задачу
х \2 д2и _ 2 д Г Л х \2 ди\
при 0<ж</, 0<^< +оо, A)
u@, t) = u(/, t) = 0 при 0 < t < +оо,	B)
и(х,О) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<ж</.	C)
Здесь а — —, Е — модуль упругости, р — плотность массы, Н =
ТУ	I
/ — высота полного конуса, частью которого является
стержень.
22. Для определения поперечных отклонений и (ж, t) точек стерж-
стержня от положения равновесия получаем краевую задачу
х\3 д2
)
при 0<ж</, 0<^< +оо, A)
2 ^/г „ /г
2 ^/г „	/г ,
где а =	, Н =	— / — высота полного клина, частью которого
12/9	h — h'
является стержень
и@, t) = 0, их@, t) = 0, ихх{1, t) = uxxx(l, t) = 0
при 0 < t < +00, B)
и(х,О) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1.	C)
Если для поперечного сечения с абсциссой х площадь и момент
инерции (относительно горизонтальной средней линии поперечного се-
сечения) равны соответственно S(x) и J(x), то уравнение поперечных
колебаний стержня будет иметь вид
ск ч д2и , д2
Сначала нужно получить уравнение D), аналогично тому как это де-
делалось в решении задачи 8 настоящего параграфа, а затем, подставляя

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	157
значения S(x) и J(x) для рассматриваемого клинообразного стержня,
получить из уравнения D) уравнение A). По поводу вывода гранич-
граничных условий B) см. также решение задачи 8.
23. Ось Ох направлена по струне в положении равновесия, при
этом ее начало совмещается со свободным концом струны. Для опре-
определения поперечных отклонений и (ж, t) точек струны от их положения
равновесия получаем краевую задачу
w = °i{xd?) при
u@,t) ограничено1), u(l,t) = O при 0 < t < +oo, B)
и(ж, 0) = /(ж), ut(x,O) = F(x) при 0<ж</,	C)
где д — ускорение силы тяжести.
24.	В системе координат, выбранной так же, как в предыдущей
задаче, для определения поперечных отклонений и (ж, t) точек струны
от положения равновесия получаем краевую задачу
tL(^)uj2u при 0<ж</' 0<г<+оо, A)
u@, t) ограничено, u(l, t) = 0 при 0 < t < +oo,	B)
u(x,0) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1,	C)
где д — ускорение силы тяжести.
25.	Используем прямоугольную систему координат хОи, ось Ох
которой направлена по струне при ее равновесном движении, а ось О и
перпендикулярна к плоскости равновесного движения, причем начало
координат совпадает со свободным концом струны. Для определения
отклонения и (ж, t) точек струны от плоскости равновесного движения
получаем краевую задачу
ЦО, t) ограничено, u(l, t) = 0 при 0 < t < +oo,	B)
u(x,0) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1.	C)
По поводу граничного условия для конца х = 0 см. примечание к
ответу задачи 23 настоящего параграфа.
х) Требование ограниченности n@, t) и отклонений свободного конца
очевидно. Это требование является достаточным и с математической точ-
точки зрения, что обусловливается структурой уравнения A). Именно, вычи-
вычислив энергию колеблющейся струны, можно, как и в простейшем случае
поперечных колебаний струны, доказать единственность решения краевой
задачи A), B), C).

158	Ответы, указания и решения
4. Задачи, приводящие к уравнениям с разрывными коэф-
коэффициентами, и родственные им (кусочно однородные среды,
сосредоточенные факторы).
26. Ось Ох направлена вдоль стержня. В состоянии равновесия
плоскость соединения торцов полуограниченных стержней проходит
через начало координат; ui(x, t) — продольные отклонения точек
первого полу ограниченного стержня, и2(х, t) — второго. Для опреде-
определения щ(х, t) и и2(х, t) получаем краевую задачу
——L = а\ ^ при — оо < х < О,
р	р	\ при 0 < t < +оо, A)
О U2	2 О U2
=«2@, *),
U(xO) = f(x) 9ui{^0)
= F{x) при -оо<ж<0, C)
и2(х, 0) = f(x), д«2(ж, 0) = F^
9	El	9	Е2
аг = —, а2 = —.
Pi	P2
Указание. Первое из условий сопряжения B) означает, что тор-
торцы полуограниченных стержней все время остаются соединенными
вместе, второе же может быть получено при Ах —у 0 из уравнения дви-
движения, выражающего второй закон Ньютона для элемента (—Аж, Ах)
составного стержня.
27. Ось Ох выбрана так же, как и в предыдущей задаче. Для
определения поперечных отклонений точек стержня получаем крае-
краевую задачу
+ a ^
U2 , 2 д U2
^+а2^ при
0,
} при 0<*<+ос, A)
), t) = u2@, t), ulx@, t) = u2x@, t), Л
Eiulxx(O, t) = E2u2xx@, t),	> при О < t < +oo, B)
E1ulxxx@,t) = E2u2xxx@,t)	J
m(x, 0) = f(x), uu(x, 0) = F(x) при — oo < x < 0,'
u2(x, 0) = /(ж), U2t(x, 0) = F(x) при 0 < x < +oo,
2 E\J	2 E2J
28. Ось Ож и функции ui(x, t) и ^2(ж, t) выбраны так же, как
в предыдущей задаче. Для определения ui(x, t) и и2(х, t) получаем

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	159
краевую задачу
^- при - оо < х < О, I
при 0 < t < +00, A)
<~»2	<^2	I	L	у	\ /
О 112
(с\ л\	(с\ л\ 7 dui(O, t) , du2@, t)
ui(O, t) = u2@, t), ki —v = A;2 —'
при 0 < ^ < +oo, B)
Ul(x,O) = f(x), dui(f; 0) = f (ж) при -оо
гб2(ж,О) = /(я;), 	oT~^ =
n2 - h ^ n2 -h Po
CL-^ — rZi —j—r, &2 —
ki и &2 — показатели адиабаты для первого и второго газов, Pq ' —
B)	A)	B)
= роу и р0 , роу — давления и плотности первого и второго газов в
невозмущенном состоянии.
Указание. Второе из граничных условий получается с по-
помощью соотношений A;) и C;) решения задачи 4 из равенства воз-
возмущений давления
которое в свою очередь получается переходом к пределу из уравне-
уравнения движения, выражающего второй закон Ньютона для элемен-
элемента (—Ах, Ах) газа, в силу равенства невозмущенных давлений р^ ' =
29. Ось Ох направлена вдоль канала, причем начало координат О
помещено в плоскости, где поперечное сечение канала меняется скач-
скачком. Пусть ширина и глубинаг) левого полу ограниченного канала рав-
равны mi и hi, а для правого — равны ТП2 и /i2- Тогда для определения
продольных смещений частиц жидкости и вертикальных отклонений
свободной поверхности жидкости от равновесного состояния получаем
краевую задачу
af " ' 2ах; ¦> при -оо<х<0, 0<i<+oo, A)
'/1 \«^7 ^/
при 0 < x < +oo, 0 < t < +oo,
х) Глубина, отсчитанная от свободной невозмущенной поверхности
жидкости.

160	Ответы, указания и решения
77i@, t) = 772@, t), miftifit@, t) = m2h2^2t@, *) при 0 < * < +oo,
B)
771 (ж, 0) = -hif'(x), r)it(x, 0) = -hiF'(a
f ' ч 7 ',,, \ t лЧ ' 1 i-.// \ г ПРИ 0 < ж < +оо. C')
772(ж, 0) = -h2f'(x), rj2t(x, 0) = -h2F'(x) J
Указание. Первое из условий сопряжения B) следует из пред-
предположения о непрерывности давления в жидкости при переходе через
поперечное сечение х = 0, второе же выражает закон сохранения мас-
массы. Первое из условий B) может быть заменено условием
ЛхЫО, *) = ЛгЫО, *)	D)
с помощью соотношений
77i(ж, t) = -h^lx(x, t), 772O, t) = -h2?2x(x, t).	E)
Тогда краевая задача для определения ?i(x, i) и ^2 (ж, i) становится
независимой от краевой задачи для определения 771 (ж, t) и г]2(х, t).
Заметим, наконец, что условия сопряжения B) [или второе из усло-
условий B) и условие D)] лишь приближенно описывают явление в окрест-
окрестности поперечного сечения х = 0, так как оба они базируются на пред-
предположении, что уровни поперечных сечений — Ах и Ах при малом Ах
отличаются мало.
30. Оси координат и характеризующие функции выбраны так же,
как в задаче 26. Для определения щ(х, i) и и2(х, i) получаем краевую
задачу
^7Г = ai "«IF ПРИ ~ °° < х < °' ° < 1 < +00'	(Х)
при 0<ж<+ос, 0<*<+ос,	(V)
, 0) = /(ж), и^(ж, 0) = F0) при -оо<ж<0, C)
гб2(ж, 0) = /(ж), u2t(x,0) = F(x) при 0 < ж < +оо. C;)
Указание. Второе из условий сопряжения B) выражает второй
закон Ньютона для жесткой прокладки массы М. См. также указание
к задаче 26 и решение задачи 32.
31. Ось х направлена вдоль прямолинейного положения равнове-
равновесия стержня, причем начало координат помещено в плоскости соедине-
соединения торца полуограниченных стержней1). Для определения попереч-
х) Напомним, что по условию задачи толщина жесткой прокладки меж-
между соединенными торцами пренебрежимо мала.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
161
ных отклонении точек стержня от положения равновесия получаем
краевую задачу
д2и\ 2 д4и±
= 0 при — оо < х < О,
при 0 < t < +oo, A)
,t)=u2@,t); ulx@,t)=u2x@,t),}
Multt@, t) = Mu2tt(P, t) =
= ЕгМ1ххх@, t) - E2Ju2xxx@, t)
при О < t < +oo, B)
, 0) =
u2(x, 0) =
, 0) = F(x) при - oo < x < 0,
, 0) =
2 _
a2 —
при 0 < х < оо,
E2J
C)
D)
32. Ось Ож направлена вдоль стержня, так что его верхний конец
имеет абсциссу х = 0. Для определения продольного отклонения u(x,i)
точек стержня получаем краевую задачу
utt = а2ихх при 0 < х < I, 0 <t < +00,	A)
и@, t) = 0, — utt(l, t) = -ESux(l, t) + Q при 0 < t < +оо, B)
и(х, 0) = 0, щ(х,0) = 0 при 0<ж</.
C)
Решение. Остановимся на выводе второго из граничных
условий B). Составим уравнение, выражающее в проекциях на
ось Ох второй закон Ньютона для те-
тела, состоящего из груза Q и элемен-
элемента (/ — Ах, I) стержня. Мы получим
(рис. 19):
Q+pSAx) utt(xc, t) =
9	)
= -ESux(l - Ах, t) + Q,
где хс — абсцисса (лагранжева) центра
масс рассматриваемого тела. Переходя к
пределу при Ах —у 0, получим из этого
уравнения граничное условие
^ ии(хс, t) = -ESux(l, t) + Q.
О
J
X '
I
Ax
t
P
У//////А
I
>
¦
'Q
Рис. 19
x) Это условие сопряжения выражает равенство изгибающих момен-
моментов, вытекающее из предположения о том, что поперечные сечения стержня
не вращаются. Более подробно об этом см. [26].
11 Б.М. Будак и др.

162	Ответы, указания и решения
Но так как груз Q считается жестким (недеформируемым), то все его
точки получают одинаковые продольные ускорения при продольных
колебаниях стержня, поэтому в последнем соотношении можно заме-
заменить хс на /, тогда и получится второе из граничных условий B).
33. Ось Ох направлена горизонтально и, следовательно, парал-
параллельна ненапряженному положению стержня, принятому за положе-
положение равновесия. Для определения поперечных отклонений и (ж, t) точек
стержня от их положения равновесия получаем краевую задачу
^+а2|^ = 0 при 0<х<1, 0<?<+оо,	A)
u@, t) = их@, t) = 0, ихх{1, t) = 0;
Q utt(l, t) = EJuxxx(l, t) при 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = /(ж), щ(х, 0) = F(x) при 0 < х < I.
Указание. Равенство uxx(l, t) = 0 выражает равенство нулю
изгибающего момента, вытекающее из предположения о том, что по-
поперечные сечения стержня не вращаются1) (см. вывод граничных
условий в решении задачи 9). Последнее же из граничных условий B)
выражает второй закон Ньютона в проекциях на ось Ои для груза Q,
прикрепленного на конце стержня.
34.	Ось Ох направлена вдоль стержня, ее начало находится на
оси вращения и совпадает с началом стержня. Для определения про-
продольных отклонений и(х, t) точек стержня получаем краевую задачу
|j	g+W2(i + «) при 0<х<1, 0<t<+oo, A)
где а2 = —, Е — модуль упругости, ар — плотность массы стержня,
ЦО, t) = О, Я- utt(l, t) = Qu;2[l + u(l, t)] - ESux(l, t)
9	9	при 0<t< +oo, B)
u(x,0) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0<х<1.	C)
35.	Ось Ох выбрана так же, как и в предыдущей задаче. Для
определения продольных отклонений точек стержня получаем крае-
краевую задачу
2 + 2
яТУ	Q2 ^2(х + и) + 9cos
при 0 < х < /, 0<^< +00, A)
где а2 имеет такое же значение, как в предыдущей задаче, а </?о —
угол между стержнем и вертикальным направлением вниз в момент
времени t = О,
х) См. также сноску к задаче 8.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
163
, t) = 0, —utt(l, t) = Q
9	9
1, t)} + Qcos
( ludt + ipoj -
- ESux(l, t) при 0 < t < +00, B)
u(x, 0) = /(ж), щ(х, 0) = F(x) при 0 < х < I.	C)
36. Ось Ох направлена вдоль стержня; шкив с моментом инер-
инерции к% имеет абсциссу х = 0, шкив с моментом инерции &4, вставлен-
вставленный между двумя цилиндрами, имеет абсциссу х = /, наконец, шкив с
моментом к$ имеет абсциссу х = 21. Для определения углов поворота
поперечных сечений цилиндров получаем краевую задачу
д2вг
= ал
A)
д2в2 _ 2 д2в2
Q, t)
при I < х <21, 0 < t < +00,
001 (О,*)
дг1
дх
t)
0fl2 (i, t)

001 (г, 1
2B/, *)
0J2
вг(х,О) = /(х),
02(x,O) = f(x),
при О < t < +00,
a, =
дх
ви(х, 0) =F(x) при 0<ж</,
6>2ДЖ, 0) = F(x) при 1<х<21.
2 (j2 ^2
B)
C)
где G\, Л, fci и G2, ^2 ? ^2 — модуль сдвига, «геометрический» поляр-
полярный момент инерции поперечного сечения и момент инерции единицы
длины для первого и соответственно для второго цилиндров1).
37. Ось Ох совмещена с положением равновесия струны. Для
определения поперечных отклонений и (ж, /) точек струны получаем
краевую задачу
^2	о2
а и\ 	 2 ^ ^i
д2и2
= а
дх2
при — оо < х < О,
при 0 < х < +00
щ(х, 0) =
u2(x, 0) =
при 0 < t < +оо, A)
¦)+F(t) = O
при 0 < t < +00,	B)
, 0) = F(x) при - оо < х < О,	C)
;, 0) = F(x) при 0 < х < +оо.	C;)
x) Ср. с ответом к задаче 3.
11*

164	Ответы, указания и решения
Если точка приложения силы перемещается вдоль струны по закону
х = (f(t) при 0 < t < +00, (f@) = 0,	D)
то условия сопряжения принимают вид
), *] = МФ), *]> T0u2x[<p(t), t] - Toulx[<p(t), t] + F(t) = 0
при 0 < t < +oo.
38. Ось Ox располагается, как в предыдущей задаче:
^-+а2^=0 при -оо<ж<0, 0<?<+оо, A)
d2U2	9 04U2	гл	ъ	ъ
-—г- + a ^—r — 0 при 0 < x < +00, 0 < t
C/t	C/X
«i@, t) = «2@, t), ulx@, t) = u2x@, t), ulxx@, t) = u2xx@, t), , B)
EJulxxx{Q, t) - EJu2xxx@, t) + F(t) = 0 при 0 < t -' ' - - ^
) = f(x), ult(x, 0) = F(x) при -оо<ж<0, (З)
u2(x,0) = f(x), u2t(x,0) = F(x) при 0 < x < +oo. C;)
Если точка приложения силы перемещается вдоль стержня по закону
х = ip(t) при 0 < t < +оо, <р@) = 0, D)
то условия сопряжения B) принимают вид
Ul [</?(?), t] = U2[ip(t), t], Ulx[ip(t), t] = U2x[ip(t), t],
uixx[ip(t), t] = u2xx[ip(t), t],
EJulxxx[(p(t),t]-EJu2xxx[(p(t),t]+F(t)=0 при 0<^
39.	Ось Ох направлена вдоль трубки, причем начало ее помещено
в начале трубки, где поставлен поршень. Для определения продольных
отклонений u(x,i) частиц газа получаем краевую задачу
utt = а2ихх при 0 < х < +00, 0 < t < +оо,	A)
Mutt@, t) = -Skpoux@, t) - k*ut(O, t) - A;**u(O, t),	B)
u(x,O) = f(x), ut(x,O) = F(x) при 0 < x < +oo.	C)
Указание. Граничное условие B) выражает второй закон Нью-
Ньютона для поршня1).
40.	Ось Ох совмещена с положением равновесия струны, шарик
массы М имеет абсциссу х = 0. Для определения поперечных отклоне-
отклонений и(х, t) точек струны от положения равновесия получаем краевую
задачу	2
щи = cl uixx при — оо < ж < 0, 0<?< +00,	A)
U>2tt = CL2U2xx При 0 < X < +00, 0 < t < +00,	A')
х) Ср. с рассуждениями при выводе третьего граничного условия в ре-
решении задачи 4.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	165
гц(О, t) = гл2@, t), Multt(O, t) = M%f@, t) = Г0и2ж@, *) -
- Toulx@, t) - fewi(O, t) = Т0и2ж@, *) - Toulx@, t) - ku2@, t),	B)
v>i(x,O) = f(x), иц(х, 0) = F(x) при - oo < x < 0,	C)
гл2(ж,0) =/(ж), u2t(x,0) = F(x) при 0 < ж < +оо.	C;)
Если шарик испытывает сопротивление, пропорциональное скорости,
то вместо второго из условий сопряжения B) получается условие со-
сопряжения
Multt@, t) = Mu2U@, t) = T0u2x@, t) - Toulx@, t) - toi(O, t) -
- k*ult(O, t) = Т0и2х@, t) - Гои1Ж@, t) - ku2@, t) - k*u2t@, t)
при 0 < t < +oo.
41. В качестве координаты х точки на проводе взято ее рас-
расстояние вдоль провода от конца, заземленного через сосредоточен-
сосредоточенное сопротивление. Для определения напряжения v(x, i) и силы то-
тока г (ж, i) в проводе получаем краевую задачу
vx + Lit = 0, ix + Cvt = 0 при 0 < х < I, 0 <t < +оо, A)
-г;@, t) = Roi@, t), C0vt(l,t)=i(l,t) при 0 < t < +oo, B)
v(x,0) = f(x), i(x,O) = ip(x) при 0<х<1	C)
или
vtt = a vxx при 0 < х < /, 0<^< +00,	A;)
Rovx@,t) = Lvt@,t), LC0vtt(l,t) = -vx(l,t) при 0 < t < +оо, B;)
v{x, 0) = /(ж), ^(ж, 0) = ~ ср'(х) при 0 < х < I C')
Су
И
г^ = a2ixx при 0<ж</, 0<^< +оо,	A")
гх@, t) = CRoit@, t), Coix(l, t) + Сг(/, t) = 0 при 0 < * < +оо, B/;)
i(x, 0) = у?(ж), гДж, 0) = -\ f'(x) при 0 < x < /, C/;)
2	1
Указание. Дифференциальные уравнения A) получаются из
дифференциальных уравнений A) и B) ответа к задаче 19 при R =
= G = 0. Граничные условия B) получаются из соотношения
o^ + ±- [idt,
[idt,	D)
с помощью которого определяется падение напряжения при перехо-
переходе через последовательно включенные сосредоточенные сопротивле-
сопротивление i?o, самоиндукцию Lq и емкость Cq. Так, например, для конца х =
= 0 провода имеем
0-^@, t) = Roi@, t) при 0<?<+oo,	E)

166	Ответы, указания и решения
где 0 — г>@, t) означает разность потенциалов земли и конца провода
(потенциал земли принимается равным нулю).
Уравнения A') и A") получаются из уравнений A) исключени-
исключением соответственно функций г (ж, t) и г? (ж, t). Граничные условия B')
и B") получаются из граничных условий B) с помощью уравнений A).
Начальные условия C') и C") получаются из начальных условий C)
с помощью уравнений A).
42. В качестве координаты х точки на проводе взято ее расстоя-
расстояние вдоль провода от конца, заземленного через сосредоточенную са-
самоиндукцию Lq . Для определения г? (ж, t) и г (ж, t) получаем краевую
задачу
vx + Lit = 0, ix + Cvt = 0 при 0 < х < I, 0 <t < +оо, A)
-г;@, t) = L^it@, t), v(l, t) - E(t) = L™it(l, t)
при О < t < +oo, B)
v(x,0) = f(x), i(x,Q) = <p(x) при 0<х<1	C)
или	o
vtt = azvxx при 0 <x < Z, 0<^< +oo,	(Г)
41}^@, t) - Lv(O, t) = 0, Ь^ухA, t) + Lv(l, t) = LE(t)
при О < t < +oo, B')
г;(ж, 0) = /(ж), ^(ж, 0) = ~4>'{x) при 0 < ж < /, C;)
о
г^ = a2ixx при 0<ж</, 0<^< +оо,	A/;)
при 0 < t < +оо, B")
i(x,Q)=<p(x), it(x,Q) = -Tf'(x) при 0<ж</. C")
Li
Указание. См. указание к задаче 41.
43. В качестве координаты х точки на проводе взято расстоя-
расстояние вдоль провода от одного из концов провода до этой точки. Для
определения г? (ж, t) и г (ж, t) получаем краевую задачу
vx+Lit + Ri = Q, ix + Gvt+Gv = Q при 0 < х < I, 0 < t < +оо,
A)
-v(O,t)=R^h(O,t), v(l,t) = R^h(l,t) при 0 < t < +оо, B)
г;(ж, 0) =/(ж), г(ж, 0) = <р(х) при 0<ж</	C)
или
при 0 < х < I, 0 < t < +оо, A;)
г;@, *) = О,'
^(, ) ^
7	R°	} при
vx(l, t) + -^ vt(l, t) + -^ v(l, t) =
Ro	Ro

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	167
v(x,O) = f(x), vt(x,O)= -GfW-vW ПрИ 0<х<1 C
и
при 0 < х < Z, 0 < t < +00, A"
^ при 0<?<+oo, B")
С) o J
i(x,0)=(p(x), it(x,O)= -R(P(x)-f(x) при 0<х<1. C")
AA. Система координат выбрана так же, как в предыдущей зада-
задаче. Для определения г? (ж, t) и г (ж, t) получаем краевую задачу
^ж + Lit + Ri = 0, ix + СЧ + Gv = О
при 0 <х <1, 0 <t < +00, A)
-V@, t) = 41}»,@, t) + 41}г@, t), \
^ при 0<К +оо, B)
г; (ж, 0) = /(ж), г (ж, 0) = ф(х) при 0<ж</.	C)
Для определения г? (ж, ?) при выполнении условий щ'L — RLq ' =
= 0 и RqL — RLy = 0 получаем краевую задачу
vxx = CLvu + (СД + GL)vt + СД^ при 0 < х < I, 0 < t < +00, A;)
V при 0<t< +00,	B )
J
ф, 0) = /(ж), ^(ж, 0) = zRIi^fM. при 0<ж</. C;)
45. Начало координат О помещено в месте соединения полуогра-
полуограниченных проводов. В качестве координаты х точки на проводе при-
принимается расстояние вдоль провода от начала координат О до этой
точки.
Для определения г? (ж, t) и г (ж, t) получаем краевую задачу
vlx + Lxi\t + R\i\ = 0, ilx + Civu + GiVx = 0
при — oo < ж < 0, 0<?< +00,
V2x + L2l2t + Д2^2 = 0, %2х + G2V2t + G2V2 = 0
при 0 < х < +00, 0 < t < +00,
Н(О, t) =г2@, *),
, 0) = /(ж), п(ж, 0) = у?(ж) при - оо < х < О,
ж, 0) = /(ж), гг(ж, 0) = ^(ж) ПРИ 0 < ж < +оо.

168	Ответы, указания и решения
Для определения силы тока в предположении, что G\ = G2 = О,
получаем краевую задачу
Нхх = CiLiiut + CiRiiu при - оо < ж < О, 0 < t < +оо,
i>2xx = C2L2i2tt + С2Я2Ы при 0 < х < +оо, 0 < t < +00,
Н(О, t) = г2@, *), ^ЫО, *) _ ^ i2a@, t) = ^h@, t)
Oi	O2	Оо
при 0 < t < +00,
i1(x,Q) = <p(x), ht(x,Q)= -R^ix)-f{x)
г2(ж, О) = ^(яг), г2Дж, Q)= -RM^)-f^) при 0 < ж <+оо.
Ь2
46. Система координат и дифференциальные уравнения такие же,
как в задаче 45. Условия же сопряжения имеют вид
гх@, *) = г2@, t), г;2@, *) - гл(О, t) = i^oH@, t) = Дог2@, t)
при 0 < t < +00
и, если утечка существует,
Н(О, *) =г2@, *), 7^НЖ(О, *) - ^г2ж@, t) =
47. Система координат выбрана, как обычно. Для определения
г? (ж, i) и г (ж, i) получаем краевую задачу
при 0 < х <1, 0 <t < +00, A)
vt(O,
при 0 < t < +оо,	B)
v(x,O) = f(x), i(x,Q)=ip(x) при 0<х<1.	C)
48. В качестве координаты х точки на проводе возьмем расстоя-
расстояние от середины О провода до рассматриваемой точки, отсчитываемое
вдоль провода, на котором установлено положительное и отрицатель-
отрицательное направления движения. Система телеграфных уравнений и на-
начальные условия записываются, как обычно. Условия же сопряжения
имеют вид
v(-l, t) - v(l, t) = Loit(-l, t) = Loit(l, t),	A)
v(-l, t) - v(l, t) = Roi(-l, t) = Roi(l, t),	B)
vt(-l, t) - vt(l, t) = ±- i(l, t) = ±- i(-l, t).	C)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	169
5. Подобие краевых задач. Вместо ведения к решению задач
этого пункта дается подробное решение задачи 49, которой этой пункт
начинается.
49. Если за функцию, характеризующую продольные колебания
стержня 0 ^ х" ^ I" принять р(х"', t") = -р{х"', t"), где р(х"', t") —
напряжение в поперечном сечении, отмеченном абсциссой х" (опреде-
(определяемое, как в задаче I настоящего параграфа), то задача (II) о про-
продольных колебаниях стержня, один конец которого (хП = 0) свободен,
а другой (х" = /") закреплен неподвижно, формулируется следующим
образом:
pt,,t,, = арх„х„, 0 < х" < I", 0 < t" < +оо, а = -,)
p(O,t")=px,,(l",t")=O, 0<t"<+oo,	P > (П)
р(х", 0)=<pp(x"), pt,,(x",O)=il>p(x"), 0<х"<1". )
Если за функцию, характеризующую электрические колебания в про-
проводе 0 ^ х1 ^ /' с пренебрежимо малой утечкой и сопротивлением, при-
принять электрическое напряжение v(x'', t'), то задача (I) об электри-
электрических колебаниях в проводе, один конец которого (xf = 0) заземлен,
а другой (х' = /') изолирован, формулируется следующим образом:
t;@, t1) = vx> (I1, tf) =0, 0 < tf < +oo,	I	(I)
v(x', 0) = (pv(x'), vt/(x', 0) = фу(х'), 0 < x1 < I'.
Задача (I) аналогична задаче (II). Для того чтобы задача (I) была
подобна задаче (II) с заданными коэффициентами подобия kx, kt, kUj
необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения
кх = у„	A)
а'2 = |а,	B)
?>„(*') = ки<рр(х"), ф^х') = ^ фр(х")
при х' = кхх", 0 < х" < I". C)
Решение. Докажем необходимость и достаточность условий A),
B) и C).
Сначала докажем необходимость. Пусть
v(x', t') = кир(х", t") при х' = кхх", t' = ktt",
причем (х', t') пробегает Di[0 < х' < /', 0 < t' < +00], когда (х", t")
пробегает Dn[0 < х" < I", 0 < t" < +00]. Тогда сразу же получаем,
что /' = кх1", т.е. условие A) выполнено. Из равенства v(x',t') =
= кир{х"\ t"), выполняя дифференцирование по ?, получим v# (xf, t') =

170	Ответы, указания и решения
= -r-Pt" {x"I t"), поэтому при t' = t" = 0 будут выполняться равенства
v(x',0) = kup(x",0), vt,(x',0) = ^pt,,(x",0), 0<х"<1", D)
т.е. условие C) будет выполнено.
Дифференцируя равенство
v(x',t') =kup(x",t")
по х" и t" и используя равенства х' = кхх", t' = kit", получим
2 02V _	02р	2 Я2* _ и д2р
1ак как функция р(х , t ) должна удовлетворять уравнению т—^ =
= а /2, то, следовательно, должно выполняться равенство
к2 — - к2а — = к {^- - а -^Л = 0.
Следовательно, v(x', t') является не только	решением уравнения
<92f /2 <92^	/г\
9^=а &^'	E)
но и решением уравнения
Вычитывая F) из E), получим
что возможно лишь при условии
а'2 - -ф а = °'	G)
ибо при условии
с помощью уравнения и граничных условий (I) получаем, что v = 0,
но это невозможно при (fv(xf) и ?/^(V), отличных от тождественного
нуля. Следовательно, (8) невозможно, значит, имеет место G), т.е.
условие B) выполнено.
Рассмотрим теперь достаточность. Перейдем к безраз-
безразмерным величинам ?, г, U в краевых задачах (I) и (II) с помощью
формул
х'=1'?, t' = t'0T, v = v0U(^,t), x"=l'% t" = 1%T, Р = Р0и(?,т),
где константы t'o и t$ имеют размерность времени, а г>о и р0 соответ-
соответственно размерность v и р, причем эти константы выбраны так, что
% = К V^ = K.	(9)
го	Ро

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
171
Напомним, что, кроме того, выполняется соотношение
к ~ —
Краевые задачи (I) и (II) принимают соответственно вид
О U In /о О U ~
[/(О, г)=0,
К ? < 1, 0 < т < +оо,
= 0, 0 < т < +оо,
О
[/(О, г)=0,
Из A), B) и (9) следует, что
, г)=0, 0<г<+оо,
A)
(Г)
(II1)
Из A), (9) и C) следует, что
^ Mi'О = ^ Mi"О, ^ МГ?) = | Mi, о < z < 1.
Таким образом, у задач (Г) и AГ) тождественно совпадают уравне-
уравнения, начальные и граничные условия, следовательно (в силу теоремы
единственности), совпадают и их решения.
Таким образом,
[/(?, г) = —^(а/, ?') = —р(х", t") при а/ = кхх", t' = fe^',
т.е.
v(x', t') = кир(х", ?") при ж; = &жж", ^ = fc^t",
что и требовалось доказать.
Замечание. Можно было бы иначе выбрать функции: 1) ха-
характеризующую продольные колебания упругого стержня; 2) харак-
характеризующую электрические колебания в проводе. Например, взять
продольное смещение поперечных сечений стержня и силу электричес-
электрического тока в проводе или только одну из этих функций выбрать иначе,
а другую оставить прежней, т.е. один процесс можно по-разному мо-
моделировать другим, выбирая наиболее подходящие аналогии.
50. За функцию, характеризующую продольные колебания стерж-
стержня 0 ^ х" ^ /", принято продольное смещение поперечных сечений
стержня u(x",t").
а) Если один конец стержня (хп = 0) закреплен жестко, а другой
{х" = /") закреплен упруго, то для определения и(х"\ t") получаем

jl2 Е
172	Ответы, указания и решения
краевую задачу
utnt,, = аих„х„, 0 < х" < I", О < t" < +00, а = -,
ЦО, t") = 0, Eux»(l", t") + ku(l", t") = О, 0 < t" < +оо, } (Па)
и(х", 0) = <ри(х"), щ»(х", 0) = ^„(яг"), 0 < х" < Г.
Если за функцию, характеризующую электрические колебания в
проводе 0 ^ ж' ^ Г с пренебрежимо малым сопротивлением и утеч-
утечкой, принять электрическое напряжение и если один конец провода
(ж' = 0) заземлен непосредственно, а другой (х' = /') — через сосре-
сосредоточенную самоиндукцию, то для определения напряжения v(xf, t')
в проводе получается краевая задача
vt,t, =a'2vx>x>, 0<х'<1', 0<t'<+oo, a'2 = -^-,
где С — емкость единицы длины провода и L — самоиндукция еди-
единицы длины провода
г;@,О = 0, vx>(l',t') + -?-v(l',t')=Q, 0 < t' < +оо, 1 ( ,
1) ( 'Т* () 1 — С/1 ( 'Т* 1 U-t-f ( 'Т* () 1 — 7/,? ( 'Т* 1 () ^^ ПГ ^^ I	I
Задача Aа) аналогична задаче (Па). Для того чтобы задача Aа) была
подобна задаче (Па) с коэффициентами подобия kx, kt, ku, необходимо
и достаточно, чтобы выполнялись соотношения
*. = ?.	т
п>2 _ кх 112	/9 \
ipv(x') = kuipu(x"),
X = &ЖЖ ,
О < х" < I".
Dа)
б) Если конец стержня (х" = 0) свободен, а другой (х" = /") испы-
испытывает сопротивление, пропорциональное скорости, то краевая задача
для определения продольных смещений и(х"\ t") точек стержня имеет
вид
utntn = аихпхп, 0<х"<1", 0 < t" < +оо,	I
ихп@, t") = 0, Еих„(/", t") + r^//(I", t") = 0, 0 < *" < +оо, I (Пб)
и(х",0) = <ри(х"), щ»(х",О)=<фи(х"), 0<х"<1".	J
Здесь г означает коэффициент сопротивления трения. Если один ко-
конец провода (xf = 0) заземлен непосредственно, а другой (xf = /') за-
заземлен через сосредоточенное сопротивление i?o, то, предполагая, что

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	173
сопротивление и утечка провода равны нулю, для определения силы
тока i(xf,tf) получим краевую задачу
iff =a'2ix>x>, a/2 =-3-, 0 < х' < /', 0 < t' < +00,
гх, @, t') = 0, гя/ (/', t') + СЯ0 ^ (/', t') = О, 0 < t' < +00, f Aб)
г(ж', 0) = </?;(ж'), П/(ж', 0) = г/л(х(), 0 < х1 < V.
Задача A6) аналогична задаче (Пб). Для того чтобы задача A6) была
подобна задаче (Пб) с коэффициентами подобия kx, kt, ku, необходимо
и достаточно, чтобы выполнялись соотношения
кх = у„	A6)
а'2 = ^а,	B6)
tpi(x') = ku<pu(x"), ф^х') = ^Фи(х"), х' = кхх", 0<х"<1".
D6)
в) Если один конец стержня (хП = 0) закреплен упруго, а другой
{х" = /") движется по заданному закону, то имеем
ut,,tn = аихпх11, 0 < х" < I", 0 < t" < +00,	Л
Eux»@, t") - ku@, t") = 0, и{1", t") = wu(t"), 0<t"< +00, > (Пв)
u(x", 0) = <pu(x"), utn{x", 0) = фи(х"), 0 < x"< I".	)
Если один конец провода (xf = 0) заземлен через сосредоточенную
самоиндукцию Lq, а к другому (х' = /') приложена электродвижущая
сила uv(t'), то для определения электрического напряжения в проводе
получаем краевую задачу
utit> = af2vxix>, 0<xf<lf, 0 < t' < +00,	"|
Lovx,@, t') - Lv@, t') = 0, v(l\ t') = vv(t'), 0 < t' < +00, > (Ib)
v(x', 0) = <pv(x'), vt>(x', 0) = i/>v(x'), 0 < x' < I'.	J
Задача Aв) аналогична задаче (Пв). Для того чтобы задача Aв) была
подобна задаче (Пв) с коэффициентами подобия кх, kt, kUj необходимо
и достаточно, чтобы выполнялись соотношения Aа), Bа), (За), Dа)
(см. выше) и соотношение
uv(t') = kuuu(t"), tf = ht", 0 < t" < +00.
Указание. Задача решается аналогично предыдущей.
51. Если один конец провода (х" = 0) заземлен через сосредо-
сосредоточенное сопротивление i^o, а, другой конец (хп = /") заземлен че-
через сосредоточенную емкость Со, то для определения напряжения в

174
Ответы, указания и решения
(Па)
(Пб)
проводе с пренебрежимо малыми утечками получаем краевую задачу
vtntn = avxnxn, a = J_, 0 < х" < I", 0 < t" < +00,
Rovx»@, t")-Lvtn(O, t")=0,
LCovt"t"(I", t") + vxn (I", t") = 0, 0 < t" < +00,
ii(t" 0) — en (r"\ innir" 0) — ib (r"\ 0 < r" < 1"
a для определения силы тока — краевую задачу
it,,tn = а//2гж//ж//, 0 < х" < I"', 0 < t" < +00,
ix..@, t")-CRoit»@, t") =0,
CoiX" (I", t") + Ci(l", t") = 0, 0 < t" < +00,
Если к концу упругого цилиндра (xf = 0), совершающего кру-
крутильные колебания, приложен тормозящий крутильный момент си-
силы трения, пропорциональный угловой скорости, а на другой (xf = /')
насажен шкив с осевым моментом инерции ко, то для определения уг-
углов поворота в(х', t') поперечных сечений стержня получаем краевую
задачу
Off = а'2вх,х,, 0 < х' < I1, 0 < t' < +00,
GJex,@,t')-roef@,t')=0,
ковff (/', t') + GJOX> (/', t') = 0, 0 < t' < +oo,
6(x',0) = pe(x'), Oxi(x'\ 0) = фо(х'), 0 < x' <
с т
где a = ——, а величины G, J, fc имеют тот же смысл, что и в
к
ответе к задаче 3.
Если к концу цилиндра (xf = 0), совершающего крутильные ко-
колебания, приложен тормозящий крутильный момент, пропорциональ-
пропорциональный угловой скорости, а конец х' = /' закреплен упруго, то для опре-
определения в(х'\ t') получаем краевую задачу
Aа)
et,t, =а'2вх'х>, 0<х'<1', 0<t'<+oo,
GJ6x.@,t)-r06t.@,t')=0,
GJ0x, (/', t') + НовA', t') =0, 0 < t' < +оо,
в{х',0) = щ(х'), et,(x',0)=Mx'), 0<х
A6)
Задача (la) аналогична задаче (Па). Задача A6) аналогична за-
задаче (Пб). Для того чтобы задача Aа) была подобна задаче (Па) с
коэффициентами подобия кх, kt, ku, необходимо и достаточно, чтобы

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	175
выполнялись соотношения
К = ?,	A)
B)
До kx_ _ L_
GJ' kt ~ ro'
ifji. a± = x	(a)
h h	Т П '	^ '
^(ж;) = ku<pv(x"),	1
x1 = кхх",* 0<х" <1".)
Для того чтобы задача A6) была подобна задаче (Пб) с коэффициента-
коэффициентами подобия кх, kt, ku, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись
аналоги соотношений A), B), E) и соотношения
П) кх _ „д ь, Но _ С
GJ kt	GJ Co
Указание. См. решение 49.
§ 2. Метод распространяющихся волн (метод Даламбера)
1. Задачи для бесконечной струны. Решения краевых задач
этого пункта, имеющих вид
utt = а2ихх, -оо < х < +оо, 0 < t < +00,	A)
и(х, 0) = </?(ж), щ(х, 0) = ф(х), —оо < х < +00,	B)
находятся по формуле Даламбера
x+at
( ,ч (р(х — at) + (р(х + at) , 1
w(ar t) = ^	^^	^ + —
+ — J i/>(z) dz.	C)
52. В рассматриваемой задаче ф(х) = 0, поэтому
/ ,ч (р(х — at) + ш(х + at) 1 /	,ч , 1 / , ,ч	/1N
и(ж, t) = ^	^-^	^ = -ф- at) + - у?(ж + at), A)
где </?(ж) задана графически в условии задачи.
Прямая и обратная волны - ip(x — at) и - ip(x + at) в начальный
момент t = 0 совпадают, имея значение, равное - у?(ж).
За время t (t > 0) график прямой волны переместится без де-
деформации вправо на расстояние at, а график обратной волны — вле-
влево на at. Складывая перемещенные графики прямой и обратной волн

176
Ответы, указания и решения
-с ' ' 'О
2
/г
2
О
t = 0
с
/г
2
—с
'о
-/г
-г/
^^
с
с
2а
-2с '
^^
—с
^—_
0
-h
h
+*	'
Зс
~ 4а
с
X
' 2с
-2c
-c
" 2
" 2c
Рис. 20
в момент времени t\, ?2, • • •, получим профиль струны в эти моменты
времени. Выше (рис. 20) приводится профиль струны для моментов
53. а)
л _ ф(х - at) + ф(х + at)
, I) —	-	,
где
(f(x) =
0,
-00 < X < -С,
1	2" | , —С < Ж < С,
A)
B)
о,
С < X < +00.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
177
t I
\^ V
IV ^V
х = —с — otS^c = —с -\- aty'
-с 0
<
X VI
X. ж — с — at jrx = c-\- at t = const
..^- ^<.....„. „
= const с
Рис. 21
Чтобы получить требуемые в условии задачи формулы, рассмотрим
разбиение фазовой плоскости (х, t) характеристиками уравнения A),
проведенными из концов интервала (—с, с), на котором начальное от-
отклонение отлично от нуля (рис. 21).
Дадим сначала формулы, определяющие профиль струны при t =
= const, ограничиваясь двумя характерными случаями:
О <t < -
а
и - <t < +оо.
а
Если t = const, 0 < t < -, то при ж, изменяющемся монотонно от
а
— оо до +00, точка (ж, i) фазовой плоскости последовательно проходит
области J, IV, II, VI, III.
Таким образом при 0 < t < - профиль струны задается соотно-
соотношениями
и(х, t) = <
1-
0,
{x + atf
1-
х2+а42
1-
(х - atJ
О,
— оо < х < —с — at,
—с — at < х < — с + at,
-с + at < х < с- at,
с — at < х < с + at,
с + at < х + оо.
Аналогично получается профиль струны при - < t < +оо.
а
б) Дадим теперь формулы, определяющие и(х, t) при х = const,
представляющие закон движения точки струны с фиксированной
абсциссой. Выберем по фиксированному значению х в каждом из ин-
интервалов -оо < х < -с, -с < х < 0, 0<ж<с, с < х < +00
и изучим, как меняется выражение для решения при t, изменяющемся
12 Б.М. Будак и др.

178
Ответы, указания и решения
от 0 до +00. Мы получим:
а)
u(x, t) =
о,
С + Ж
h L (ж + а?J]	с-\- х ^ + ^ с — х
о,
а
с — х
а
t < +00,
— оо < ж < —с;
7)
1- :
1-
, 0
о,
а
с — х
ж2+а2*2
1-
(ж - atJ
с + ж
с — ж
t < +00,
^ с — х
о,
с — ж
а
с + ж
а
а
с + ж
^ а '
< +00,
О,
(х-at
О,
0<?<
—с + ж
с + ж
—с + ж
с + х
< +00,
- с < х < 0;
О < х < с;
С < X < +00.
Замечания. 1. а) и/3) получаются из S) и 7) простой заме-
заменой х на —ж, так как и (ж, ?) является четной функцией по ж в силу
четности <р(х).
2. Геометрический метод нахождения профиля струны для раз-
различных моментов времени описан в решении задачи 52.
54. Отклонение и (ж, ?) достигает наибольшего значения в точке
с абсциссой	a2+/32+a
в момент времени
* =
4а
это наибольшее значение равно —

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
179
Указание. Рассмотреть интегральную поверхность, представ-
представляющую решение и = и (ж, t) краевой задачи.
55. Решение краевой задачи имеет вид
и(х, t) = Ф(ж + at) — Ф(ж — at),
где
О,	-оо < z < -с,
Mz + c)	././. _ _ „
а, c^z <+оо,
поэтому закон движения точек струны с различными абсциссами
представляется формулами
а)
u(x, t) = <
б)
О,
О < t< -
С + X
vo(x + at) vqc	c +
2а
2а '	а
с — х
t <
а
и(х, t) =
а
t < +00,
„ , . с + х
— оо < х < —с;
vo(x — at) vqc c + x
2o
VqC
a '
a
с — x
a
с — x
a
t < +oo,
- с < x < 0;
u(x, t) =
0<t<
vq(x — at) vqc с — x
2a
2a ' a
c + x
с — x
~~a~'
c + x
^ a
t < +00,
0 < x < c;
u(x, t) =
0,	(K t ^
vo(x — at) vqc —c + x
—c + x
a
c + x
2a
2a '	a
c + x
a
< t < +00,
с < x < +00.
Профиль струны для моментов времени t\, ?2, • • • может быть получен
вычитанием графика прямой волны Ф(ж — at) из графика обратной
12*

180
Ответы, указания и решения
-2с " " "-с"\
и*
^^
^\
0
Ф(ж)
^^
с
^ -Ф(х)
to
2с
= 0
ж
-2с '
i i i^T^
-2с "
—с
^^
—с
и*
^^
0
^^
0
с
^^
^^
	 с
¦о*,)
' ' 2с '
-Ф(ж -
t
" " 2с "
с
at2)
а
X
X
-Ф(ж - at4)
-2с -с
х / Л tfi = —
Ф(ж + а^б) 2а
0 ^^^^^ ж
1 L^ll 1 1 1 ^ 1 1 1 1
-Ф(ж - at6)
Рис. 22
кс
волны Ф(ж + at). Для моментов tk — —, ^ = 0,2,4,6, он имеет вид,
изображенный на рис. 22.
56. Приведем два способа решения задачи.
Первый способ. Будем сначала считать импульс равномерно
распределенным по отрезку хо — 5 ^ х ^ хо + 5. Тогда краевая задача
формулируется следующим образом:
utt = а2ихх, -оо < х < +оо, 0 < t < +00,	A)
и(х, 0) = 0, —оо < х < +00,
{О, -оо < х < хо — S,
—, х0 -S < х < х0 + й,	B)
О, хо + S < х < +00,
Us(x, t) = ^д(х + at) - Ф5(ж - at),	C)
где

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	181
{О,	—оо < z < хо — 5,
-——(z — хо + S), хо — 5 < z < хо + 5,
Шру j. h	'
	, Хо + S < Z < +00.
2ар ^
Формальным переходом к пределу при S —У 0 в решении C) получим
решение исходной задачи
и(х, t) = lim Us (ж, t) = lim 4?s(x + at) —
- lim Ф5(ж - at) = Ф(ж + at) - Ф(ж - at),
E-^0
F7TP
{О при — оо < x < хо,
— ППИ Жп<Ж<+0О
Если ввести функцию cro(z), определяемую соотношениями
/ \ _ / О ПРИ — оо < z < О,
ао{г) — 11 ПрИ о < z < +00,
то	./
2B у9
1/(ж, t) =	{(То(х + at — хо) — сго(ж — at — хо)} .
Второй способ. Используя дельта-функцию1), можно сфор-
сформулировать краевую задачу так:
ии = а2ихх, —оо < ж < +00, 0 < t < +00,
и(ж, 0) = 0, —оо < х < +00,
щ(х, 0) = - 8{х — хо) 2), -оо < х < +00.
Р
Тогда с помощью формулы Даламбера получаем
x-XQ+at
x+a
't) = hP f
так как	z	s	ч
i ^ < 0 J при z° < °'
при
x)Cm. [7, с 270-275].
2) Коэффициент при дельта-функции S(x — хо) выбирается так,
чтобы суммарный импульс, передаваемый струне в момент t = 0, т.е.
+ ОО
/ щ(х, 0)ро1х, был равен /.

182	Ответы, указания и решения
57. В задаче 52
и(х, 0) = (f(x) ф 0, щ(х, 0) = <ф(х) = О,
а в рассматриваемой задаче бегущая волна в момент t = 0 характе-
характеризуется отличными от нуля «начальными» отклонениями и скорос-
скоростями 1)
и(х, 0) = <р(х), щ(х, 0) = —снрг(х), —оо < х < +оо.
В случае задачи 52 мы имели и(х, t) = - tp(x — at) -\— tp(x + at).
В рассматриваемой же задаче формула Даламбера дает
x+at
, л ш(х — at) + ш(х + at) 1
7/ ( 1* /I — 	-	 	— —I—
V ' У ~	2	2а
a
58. Решение краевой задачи
vx + Li^ + Ri = О,
„ „	. при - оо < х < +00, 0 < t < +00, A)
Cvt + Gv = 0 j	' v у
7j(x, 0) = /(ж), i(x,0) = \^rF(x) при -оо<ж<+оо B)
при условии C.R = GL имеет вид
v(x, t)=e-Rt/L{<p(x-at)+iP(x + at)}, , .^ < ж <+00
' C)
где
ф) = М±1Ш „ ^)=/(?bZ(?) при -oo<,<+oo.
D)
Указание. Исключить из уравнений A) силу тока; в получен-
полученном таким образом уравнении второго порядка для v(x, t) освободиться
от члена vt(x, t) (см. гл. I), тогда уравнение примет вид иц = а2ихх.
Его решением будет: и (ж, t) = ip(x — at) + ф(х + at). Возвращаясь к
функции v(x, t) и используя уравнения A) и начальные условия B),
нетрудно получить ответ.
2. Задачи для полупрямой. Разыскиваем решение краевой за-
задачи для полупрямой
utt = а2ихх, 0 < х < +00, 0 < t < +00,	A)
ctiutt(O, t) + «2^@, t) + аз^ж@, t) + a4u(O, t) = Ф(?), О < t < +00,
B)
и(ж, Q) = <p(x), щ(х,0) = ф(х), 0 < ж <+00,	C)
в виде
и(х, t) = y?i(x - at) + </?2(ж + at).	D)
Функции ^i(^) и (f2{z) можно определить из начальных усло-
условий лишь при 0 < z < +00. Для определения ^(z) этого достаточно,
х) Предполагается, что волна уже существует при t < 0.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
183
так как х + at > 0 при О < х < +оо, О < t < +00. Функция же (fi(x)
должна быть определена и для — оо < z < О, что достигается с по-
помощью граничного условия B).
Решение краевой задачи A), B), C) можно искать также с по-
помощью формулы Даламбера
x+at
и(х, t) = ^	J-^	}- + Ya\ ^	^ ^
для неограниченной струны. Для этого нужно фиктивно продолжить
струну на отрицательную полуось — оо < х < 0, а затем распростра-
распространить на эту полуось начальные условия C) так, чтобы для и(х, t), вы-
вычисляемого по формуле E), граничное условие B) выполнялось1). При
этом получается, что в случае фиксированного конца функции (р(х)
и ф(х) должны быть продолжены на полуось — оо < х < 0 нечетно, а
в случае свободного конца — четно.
и '
h
2 "
-2с -с
/г
2 '
—2с —с ,'
W
h
У
—с /
и>
h
2
/
и
о4
^ _
0
- —
/\
с
/г
~ 2
С
/г
2
\С
"
С
t
2с
2с
2с
t
2с
с
а
УК
у ч
1 Зс '
Зс
/:
Зс
2с
а
ЗсУ
_ 7с
~ 2а
Зс
ч
4с
Ч
4с
4с\5с
4/4
5с 6с
X
X
X
X
Рис. 23
59. Профиль струны в моменты времени t
изображен на рис. 23.
с Зс 2с 7с
а' 2а' а ' 2а
х)См. [7, с. 64, 65].

184
Ответы, указания и решения
~с 2с Зс~ 4с
н	1	1	1	-^1—
с 2с Зс 4с 5с
Рис. 25

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
185
A)
B)
C)
D)
60. Решение краевой задачи
utt = а2ихх, 0 < х, t < +00,
их@, t) = 0, 0 < t < +00,
и(х, 0) = 0, 0 < х < +00,
{О, 0 < х < с,
v0, с < х < 2с,
О, 2с<ж<+оо,
может быть найдено с помощью формулы Даламбера при четном1)
продолжении начальных условий
и(х, t) = Ф(ж + at) - Ф(ж - at),	E)
где	z
Ф(г) = — / ip(a) da,	F)
-2с
' 0,	-оо < z < -2с,
г^о,	-2с < z < -с,
О,	-с< z < с,	G)
г?о,	с < z < 2с,
k 0,	2с < z < +оо.
График функции Ф(г) имеет вид, представленный на рис. 24.
Профиль отклонений в любой момент времени получается вычи-
вычитанием графика прямой волны из графика обратной волны.
тт ± гл с 2с Зс ,
При t = 0; -; —; — профиль отклонении имеет вид, представ-
а а а
ленный на рис. 25.
61.
и(х, t) = <
2А1 . тгж . nat
	Sin"97~Sm~9r'
	cos2 —Лх — at),
тга	4/
О,
21-
а
2/-Ь
t
X
¦ х
<
<
2/
:t
—
а
<
X
1
2/ +
а
+ 00
ж
1
0 < ж < 2/,
u(x, t) = <
2AI
cos
о,
о,
(ж —
О <? <
-2/ +ж
-2/ +ж
а
2/ +ж
<
2/ +ж
< t < +00,
21 < х < +оо,
х)См. [7, с. 64, 65].

186	Ответы, указания и решения
62. max u(x, t) = h = и (о, -) = и (о, -) = и B1, -) =
о<ж<+оо	V а/	\ а/	\ а/
=•(«•!)¦
Указание. Рассмотреть интегральную поверхность, представ-
представляющую решение и = и (ж, ?) краевой задачи.
63. Решение. Аналогично тому, как это делалось в случае за-
задачи 56, решение настоящей задачи может быть выполнено такими
двумя способами.
Первый способ. Считаем импульс / равномерно распределен-
распределенным по отрезку хо ^ х ^ хо + S. Тогда мы приходим к краевой задаче
ии = а2ихх, 0 < ж, t < +оо,	A)
u(O,t) = O, 0<?<+oo,	B)
{О, 0 < х < ж0,
-^, х0 <х <xo + S,	C)
Sp
О, ж0 + й < х < оо.
Ее решение получается по формуле Даламбера с помощью нечетно-
нечетного продолжения начальных условий. Переходя к пределу при S —> О
в решении этой краевой задачи, получим решение исходной задачи
и(х, t) = -—{сго(х - хо + at) - ао(х - х0 - at) -
ар	— ао (х + хо + at) + ао (х + хо — at)}.
Второй способ. Используя E-функцию, можно сформулиро-
сформулировать краевую задачу следующим образом:
ии = а2ихх, 0 < ж, t < +00,	A)
и@, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = 0, 0 < х < +оо,	C)
щ(х, 0) = -5(х-х0), 0 < х < оо.	C;)
Ее решение получается с помощью нечетного продолжения начальных
условий. Нечетное продолжение начального условия C;) дает
щ(х, 0) = -{5(х - х0) - 5(х + хо)},
1 x\atT
x-atP
= -—{сго(ж — xo~\-at) — ao(x-xo-at) — ao(x + xo + at) + (To(x + xo — at)}.
64. С помощью E-функции краевая задача формулируется сле-
следующим образом:
ии = а2ихх, 0 < ж, t < +00,	A)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	187
и@, t) = 0, 0 < t < +00,	B)
и(х, 0) = 0, 0 < х < +оо,	C)
{х-хк).	C')
р k=i
Продолжая нечетно начальное условие и применяя формулу Даламбе-
ра, получим
п
и(х, t) = - ^ {сго(ж - Xk + at) - сго(ж - хи - at) -
- do (x + хк + at) + сг0 (ж + хк - at)}.
65.	Решение исходной задачи может быть получено переходом к
пределу при хо —У 0 + 0 из решения краевой задачи
utt = a2uxx, 0 < ж, t < +00,	A)
ux(O,t) = O, 0<t<+oo,	B)
и(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо,	C)
щ(х, 0) = - 8{х — хо), хо > 0, 0 < х < +00,	C;)
и(х, t) = 	 lim {a(x — хо + at) — сгп(ж — жп — at) +
+ ао{х + ж0 + at) - сго(ж + хо — at)} = —{(io(x + at) — сго(ж — at)}.
Это решение может быть получено также переходом к пределу при
5 —у 0 из решения краевой задачи
utt = а2ихх, 0 < ж, t < +00,	A)
их@, t) = 0, 0<t<+oo,	B)
и(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо,	C)
щ{х,о) = {тр' 0<х<6>	C')
[О, 5 < х < +00.
66.	Решение. Приведем два способа решения задачи.
Первый способ. Краевая задача формулируется так:
utt = а2ихх, 0 < ж, t < +00,	A)
Mutt@, t) = ESux(O, t), 0 < t < +oo, M = Я	B)
u(x, 0) = 0, 0 < ж < +oo,	C)
x = 0,
'	C;)
, 0) = ^
; 1 0, 0<ж< +oo.
Решение краевой задачи A), B), C), C;) ищем в виде
и(х, t) = ip (t - |) + ф (t + I) .	D)

188	Ответы, указания и решения
Из начальных условий находим:
<р(-г)+ф)=0,\	E)
• (-*)+*Ч*) = 0, ) 0<*<+°°-	E')
Интегрируя (б7), получим
—ip{—z) + ip(z) = const.
Постоянную интегрирования можно положить равной нулю. Тогда
-(р(-г)+ф(г) = 0, 0< z <+оо.	E")
Из E) и E") находим
<ф(г) = 0, <p(-z) = О, 0 < z < +оо.	F)
Следовательно,
V а)	а	G)
О,	0<t<-.
а
Подставляя полученное выражение и(х, t) в граничное условие B),
придем к дифференциальному уравнению для определения (f(z)
при z > О
Из F) находим первое начальное условие для уравнения (8)
ф) = 0.	(9)
Из начального условия C;) щ@, 0) = г>о и выражения G) для и (ж, t)
находим второе начальное условие для уравнения (8)
<р'@) = v0.	(Ю)
Интегрирование уравнения (8) при начальных условиях (9) и A0)
Следовательно,
aMv0 [-, 	f _ ES_ Л _ х\ 11
0,	0<t<-.
v	a
Второй способ. Краевая задача формулируется с помощью
односторонней й-функции1) следующим образом:
ии = а2ихх, 0 < ж, t < +оо,	A)
0, t) + IS(t), O^t < +оо, / = Mvo, B')
u(x, 0) = 0, 0 ^ x < +oo,	C)
x) Односторонняя ^-функция ^(t) определяется при — oo < t < +oo как
предел в смысле слабой сходимости последовательности функций
{О при - oo < t < О,
п при 0 < t < 1/п,
О при 1/п < t < +оо.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	189
щ(х,О) = О, 0^ж<+оо.	C')
Решение краевой задачи A), B'), C), C') ищем в виде
+f).	D)
Как и раньше, из начальных условий находим:
tp(-z) = ф(г) = 0 при 0 ^ z < +оо.	F)
Следовательно,
U(t-z), t>x-,
u(x,t)={ V а)	а	G)
О,	0<t<-.
v	a
Подставляя это выражение и (ж, i) в граничное условие Bf) и началь-
начальные условия C) и C;), получим для определения ip(z) при z > 0 диф-
дифференциальное уравнение
4>"(z) + ^ ip'(z) = v0S(z), 0 ^ г < +оо,	A3)
и начальные условия
ф) = <р'@) = 0.	A4)
Интегрирование уравнения A3) при начальных условиях A4) дает
, ч aMv0
и мы снова приходим к выражению A2) для и (ж, ?).
67. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0 < ж, ? < +оо,	A)
, t) = 0, 0<^<+оо,	B)
{7ГЖ
sin —-, 0 < ж < /,
/	C)
О, I < х < +00,
является
u{x,t) = v(t-l)+^{t+l),	D)
где
-sin—, 0 ^ z ^ -,
0,	- ^ z < +00,
a
1 Гтг — h I . naz , j ( naz —ahz\~\
^TJw[-^sm—+7rhl{C0S—-e )\>
l + ehl)e-ahz, -^z<+oo.

190	Ответы, указания и решения
68. Решение краевой задачи
0и=а2вхх, 0<ж, t<+oo,	A)
0Ж(О, *) + а0*(О, *) =0, 0<t<+oo,	B)
в(х, 0) = 0, 0 < ж < +оо,	C)
et(x,O)=u, 0<ж<+оо	C')
имеет вид
( cut,	0 < at < х,
U	D)
v 1 — аа
69. Имеем краевые задачи
utt = a2uxxj 0 < ж, t < +00;	A)
а)	либо ЦО, t) = О,
б)	либо пж@, t) = О,
в)	либо их@, t) - /ш@, t) = 0,
г)	либо их@, t) + aut@, t) = 0,
C)
В случае граничного условия а)
/(ж + at),	0 < at < ж,
/(ж + at) — f(at — ж), х < at < +00.
В случае граничного условия б)
/(ж + at),	0 < at < ж,
/(ж + at) + /(at — ж), ж ^ at < +00.
В случае граничного условия в)
= I
(ж + at) + /(at - х)	|
х < at < +оо.
В случае граничного условия г)
Г	f(x + at),	0<at<x,
и(х, t) = | /(ж + ^ + 1
70. Имеем краевую задачу
utt = cl2uXXj 0 < ж, t < +00,	A)
3, t)-i20^@, t)-kpoSux@, t), 0 < t < +00, B)
u(x, 0) = /(ж), 0 < ж < +оо,	C)
щ(х, 0) = af'(x), 0 < ж < +00.	C;)
Ее решение может быть представлено следующим образом:
/(ж + at),	0 < at < ж,
ЧХ> ] л /(ж + at) + Ф(а* - ж), ж < at < +00,

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	191
где Ф(г) есть решение дифференциального уравнения
a2M0tp"(z) - (aR0 - kp0S)tp'(z) + Щф) =
= -[a2Mof"(+z) + (aR0 + kp0S)f(+z) + Hof(+z)}
при начальных условиях
Примечание. В граничном условии B) S обозначает площадь
поршня, a Ro означает коэффициент трения. Мы пренебрегаем изме-
изменением давления на внешней стороне поршня. Избыточное давление
на поршень («возмущение давления») равно р — ро = к — (р — ро). Но
в силу уравнения неразрывности (см. решение задачи 4 гл. II) име-
имеем р - ро « -роих- Поэтому р - ро = -кроих.
71. Решение 1). Имеем краевые задачи а), б), в) соответственно
граничным условиям C), C;), C"), приведенным ниже,
A)
О < ж, t < +оо, CR = GL,
v(x, 0) = f(x),
\ 0 < x < +oo,
B')
C)
0<^<+oo.	C;)
C")
Решения этих краевых задач ищем в виде2)
v(x, t) = e~Rt/L {(f(x - at) + ф(х + at)}, a = -^=,	D)
»(ж, t) = е"л*/ь A/$ {у>(ж - at) - ф{х + at)}.	D')
V
Из начальных условий B), B') для краевых задач C), C;) получаем
</>(*) = 0, ^(z) = f(z), 0<z<+oo.	E)
В зависимости от граничных условий получаем различные представ-
представления для ip(z) при —оо < z < 0.
В случае граничного условия C)
х) См. решение задачи 58.
2) См. сноску на с. 188.

192	Ответы, указания и решения
В случае граничного условия C')
Ф) = ехР{ B- - оСд)*} /ехр{ (acR -§-)(},
О
о
I	/»/ /	1_\
х
В случае граничного условия C")
О
х [-/'<-
Замечание. В случае граничного условия C) отраженная вол-
волна напряжения
может вовсе отсутствовать при Rq = \ — (случай полного поглоще-
V с
ния падающей волны). Если Rq > \ -^, то отраженная волна имеет
V k
Гь
тот же знак, что и падающая; если ito < д/ —, то противополож-
V ^
ный (сохранение фазы и изменение фазы на противоположную). Если
Ro = 0 (непосредственно заземленный конец), то отраженная волна
напряжения меняет знак, причем ее амплитуда равна (в точке х = 0)
амплитуде падающей волны. Если Rq —у +оо (изолированный конец),
то отраженная волна напряжения имеет знак и величину падающей
волны. Амплитуда отраженной волны в два раза меньше амплитуды
падающей волны при выполнении условия
VZ 1
RoVC + VZ ~ 2
либо условия
72. Решение. Для определения предельного стационарного со-
состояния в проводе ищем решение дифференциального уравнения
pL - CL J| - 2CR J - GRv = 0, 0 < ж, t < +oo, CR = GL, A)
СЖ	0T	0T
в виде функции, зависящей только от ж и не зависящей от ?,
v = vo(x), 0 < ж <+оо,	B)
при граничном условии
«@) = Е.	C)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	193
Подстановка г^о (ж) в A) дает
**-<?*, = о,
откуда получаем
Vo(x) = С1е~л/Шх + С2ел/Шх.
Так как при х —у +оо функция vo(x) должна быть ограниченной, то
С2 = 0. Из граничного условия C) находим С\ = Е. Следовательно,
vo{x) = Ее~л/Шх.	D)
Соответствующее стационарное распределение тока
г = io(x)	E)
получим, подставляя D) и E) в дифференциальное уравнение
vx + Lit + Ш = 0.	F)
Мы находим
io(x)=EJ^e-V^\	G)
V
После того как конец провода х = 0 заземлен (в момент ? = 0) через со-
сосредоточенное сопротивление, для напряжения и силы тока в проводе
получаем краевую задачу
vx + Lit + Ri = 0, 1	(8)
> 0 <xt < +оо,
= 0, 1
= О, J
^ ^	> 0 <x,t < +оо,	. .
гя + Си* + Gt; = О, J	(9)
-г;@, t) = Дог@, *), 0 < * < +оо,	A0)
0 < х < +оо.
A2)
Решение краевой задачи (8), (9), A0), A1), A2) ищем в виде
v(x, t) = е~т/ь [(f(x - at) + <ф(х + at)],
г(ж, t) = e~Rt/L \j [(f(x - at) - ф(х + at)].
Для ip(z) и ^(^) из начальных условий A1), A2) находим выражение
p(z) = Ee-VU*z, 0<z<+oo,	A3)
ф(г) = 0, 0 < z < +оо.	A4)
Из граничного условия A0)
Следовательно,
v(x, t) = Ее~у/иПха0(х - at), 0 < ж, t < +оо,	A6)
/77
= Ex ^e-VGRxa0(x - at), 0 < x, t < +oo.	A7)
V ^
13 Б.М. Будак и др.

194	Ответы, указания и решения
73. Решением краевой задачи
utt = а2ихх, 0 < ж, t < +00,	A)
и (О, t) = /i(?), 0 < t < +00,	B)
гл(ж, 0) = ut{x, 0) = 0, 0 < х < +оо,	C)
является
{/, х\	х ,
H\t	),	-<^< +00,
V а)	а	(л\
О,	0<t<*-.
Указание. Решение краевой задачи A), B), C) можно искать
в виде
74. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0 < ж, t < +00, а2 = —,	A)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < +оо,	C)
является
о,
и(х, t) =
75. Решением краевой задачи
d d }
g(t)=O, 0<i<+oo, B)
w(x, 0) = 0, р(ж, 0) = 0, 0 < x < +oo,	C)
является
{0,	0< Xt <x,
e*(*-**) |Лф (-1) e^ ^C, x<M< +oo,
где
^	^	E)
p(x, t) получается из w(x, t) с помощью соотношения A) или (I7),
w(x, t) = p • v(x, t), где p — плотность, a v — скорость жидкости.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	195
76. Решение краевой задачи
ии = а2ихх, 0 < ж, t < +00,	A)
и{х, 0) = ut{x, 0) = 0, 0 < х < +оо,	B)
+ ОО
Mutt(O, t) = ESux(O, t)+lY;S(t- пТ),	C)
n=0
где J(t) — односторонняя E-функция, имеет вид
О <x,t < +оо. D)
77. Решение краевой задачи
vx+Lit + Ri = O,\	A)
гж + Сг;* + Gv = О, J	(Г)
г;@, t) = Esinut, 0<^<+oo,	B)
v(x, 0) = г(х, 0) = 0, 0 < ж < +оо,	C)
имеет вид
v(x, t) = vo(x, t) + г;*(ж, t),	D)
i(x, i) =io(x, i) +i*(x, t),	D;)
где
vo(x, i) = Ee~ax sm(ujt - fix)	E)
— напряжение установившихся колебаний,
го (я, t) = ^е~аж ^
R2 ^L
+ (/3R - aujL) cos(ujt - px)] F)
— сила тока установившихся колебаний,
2' P \l2' G)
a
v*(x, t) = e-Rt/L[(f(x - at) + <ф(х + at)]	(8)
— напряжение затухающих колебаний,
е[<р{х - at) - ф(х + at)]	(9)
— сила тока затухающих колебаний,
/ ч _ vo(;s, 0) + го(^, О)Л/Ь7С	, . _ ^о(^,
О < z < оо, A0)
-оо < z <0.	A1)
13*

196	Ответы, указания и решения
При
4> Д/? + «а ilniUli+	,™ , .,„л /77	If"	l1^
амплитуда напряжения затухающих колебаний будет меньше 10 %
амплитуды напряжения установившихся колебаний.
Указание. Исключить из A) и A') силу тока и найти уста-
установившиеся колебания напряжения, подставляя которые в A'), най-
найти установившиеся колебания тока. Установившиеся колебания на-
напряжения и тока целесообразно сначала искать в комплексной форме
v(x, t) = v(x)e^ujt, г (ж, t) = i(x)e^ujt, где j = V~ 1? требуя ограничен-
ограниченности при х —У +00, а затем вернуться к действительным переменным
и удовлетворить граничному условию B).
3. Задачи для бесконечной прямой, составленной из двух
однородных полупрямых. Сосредоточенные факторы. Если не-
неограниченная струна (стержень) получена соединением двух полу-
полуограниченных однородных струн (стержней), то, принимая точку со-
соединения за ж = 0, можно написать для отклонения точек струны
уравнения
Uitt — Q>i'Ujixxi —cx~> <ж<0, 0<?< +00,	A)
и2и = а\и2хх, 0 < х < +00, 0 < t < +00	(Г)
и начальные условия
щ(х, 0) = Л(ж), ult(x,0) = F(x), -оо<ж<0,	B)
и2(х, 0) = /2(ж), u2t(x,0)=F2(x), 0 < х < +оо.	B')
К этим уравнениям и начальным условиям нужно еще добавить усло-
условия сопряжения в точке х = 0.
Если, например, струны соединены непосредственно (без каких-
либо сосредоточенных включений), то условия сопряжения имеют вид
C)
D)
Решение краевой задачи A), A;), B), B;), C), D) можно искать в виде
щ(х, t) = (fi(x — ait) + ф1(х + ait), — оо <ж<0, 0<?< +оо, E)
и2(х, t) = ip2(x - a2t) + гр2(х + a2^), 0 < x < +oo, 0 < t < +oo. F)
Функции (fi(z), i/ji(z), (p2(z), V^2(^) определяются из начальных усло-
условий B), B') и условий сопряжения C) и D).
78. Решением краевой задачи1)
-оо<ж<0,}	A)
2	Л	Г 0<?<+ОО,
CLU2	0<X<+OO,J	(I J
, B)
См. задачу 26.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
197
u2(x,0)=0,
является
-оо<ж<0, -—
a
О,
C')
- —; D)
ai
UoiX, t) =
у=/(*-?),
a^x < t < +00, x > 0, 0 < * < а^ж, О < t < +00. E)
= f [t -\	) отсутствует
p2 V o>i/
Отраженная волна
при y/Eipi = \[Егр2- При Е2Р2 —> 0 отражение будет происходить как
от свободного конца, при Е2Р2 —>¦ оо — как от закрепленного жестко.
Преломленная волна. При Е2Р2 —У 0 имеет амплитуду в
два раза больше, чем падающая волна; при Е2Р2 —У +оо преломленная
волна исчезает.
Следует особо отметить, что при Е2Р2 —У 0 отражение происхо-
происходит, как от свободного конца, но преломленная волна существует и
даже имеет амплитуду, в два раза большую амплитуды падающей
волны.
79. а) при Мк > Тор (и 0 < х < +оо)
и(х, t) = —-
- Тор
л/Мк — Тор
а/	М
когда х < at < +00,
и(х, t) = 0, когда 0 < at < х;
б) при Мк = Тор (и 0 < х < +оо)
A)
и(х, t) = v0 exp(-4 (t --)}(t--)<To(t--), 0<t< +00; B)
I M\ a/J V a/ V a J
в) при Мк < Top (и 0 < х < +оо)
и(х, t) = —
Mvo
, Г Л
sh ^(t -
-) ^LJL.	j,
когда х < at < +00,
u(x, t) = 0, когда 0 < at < x.
При —оо < x < 0 решение u(x, t) получается из A), B), C) заменой х
C)
на —х.

198	Ответы, указания и решения
80. Решение краевой задачи
иш = а2и1хх, -оо < х <0,\	A)
00, J
= а2и2хх, 0<ж<+оо/ "-*-—'
T0[u2x@, t) - ulx@, t)} = кщ(О, t) + Multt(O, t) +
= Ы2@, t) + Mu2tt@, t) + ru2t@, t), 0 < t < +oo, B)
щ(х, 0) = /(ж), иц{х, 0) = —af'(x), —оо < ж < 0,	C)
W2(x5 0) = 0, u2t(x, 0) = 0, 0 < х < +оо,	C')
может быть представлено в виде
ui(x, t) = f(x - at) + (f(x + at),	D)
^2\Ж, б) — ^p\x ax),	Dr )
где ip(z) есть решение дифференциального уравнения
a2M(p"(z) + [2To — ar](p'(z) + k(p(z) = 2Tof'(z) при — оо < z < 0 E)
при нулевых начальных условиях, а
tp(z) = (f(—z) — f(z) при 0 < z < +00.	F)
81. Решение краевой задачи
ии = а2ихх, —оо < х < vot, vot < х < +оо, 0 < t < +оо, A)
где
и = щ(х, t), —оо < х < vot, и = и2(х, t), vot < x < +00,
uixivot, t) = u2x(vot, t) = — -—pit),	B)
u(x,O) = ut(x,O) = 0, -оо < ж < 0, 0 < ж <+oo,	C)
имеет вид
(aj+at)/(a+u0)
&Р0	J	'	D)
О	V У
О,	—оо < ж < — at,
(at — x)/(a — vo)
1
"»"-•"-"¦" D')
0,	at < x < +00.
В частности, если
{- ^—— A sin —-— (x + at)\ , —at < x < v$t,
крои	La + vo	1
0,	—oo < x < —at,
	 A sin 	(x — at)\ , vot < x < at,
u2(x, t) = { кР^	la-vo	J
0,	at < x < +00.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	199
Таким образом, в случае p(t) = A cos cut в направлении, обратном на-
направлению движения источника, распространяется волна с частотой,
меньшей частоты источника,
а в направлении движения источника — волна с частотой, большей
частоты источника,	а
UJ2 = 	ijj
а — vo
(эффект Допплера).
82. Решением краевой задачи
utt = а2ихх, —оо < х < vot, vot < х < +оо, 0 < t < +00,
и = щ(х, t), —00 < х < vot, и = и2(х, t), vot < x < +00,
t, t)
,t)=u2(vot,t), To\
0 < t < +00, B)
Ul(x, 0) = ult(x, 0) = 0, -00 < x < 0/
u2(x, 0) = u2t(x, 0) = 0, 0 < x < +00, л
является	f
I о -vo
щ(х, t) =
, t) =
4. Задачи для конечного отрезка. В случае конечного одно-
однородного отрезка длины / решение краевой задачи
ии = а2ихх, 0<х<1,	A)
и(х, 0) = ip(x), щ{х, 0) = ф(х), 0 < х < I,	B)
¦ ос%их + а^и = n(t), х = 0, ]
О < t < +00, C)
можно искать в виде
и(х, t) = (fi(x — at) + ф2{х + at),	D)
причем функции ipi(z) и ip2(z) при 0 < z < / определяются из началь-
начальных условий B), а для других необходимых значений продолжаются
с помощью граничных условий C).
Можно также искать решение краевой задачи A), B), C) с по-
помощью формулы Даламбера
2а
x-at

200	Ответы, указания и решения
для неограниченной прямой, продолжая tp(z) и ip(z) на всю прямую
— оо < z < +оо с помощью граничных условий C).
83.	и(х, t) = Asm^cos^, 0<х<1, 0<t<+oo.
Указание. Решение получается с помощью формулы Даламбе-
ра при нечетном и периодическом с периодом 21 продолжении началь-
начальных условий.
84.	и(х, t) = —	у ^v	-, 0<ж</, 0<^< +оо,
где
-Kz<l,
ABl-z), Kz<3l,
ip{z) = y?B: + 4/), -oo < z < +00.
85. и(ж, t) = —	; yv	s 0<ж</, 0<^< +00,
где
<p(z) = ^n(^), -/ + 2nl < z < I + 2nl, n = 0, ±1, ±2, ...,
причем
(f-n(z) = -<pn(-z), ipo(z) = Az,
j
{
A;=l
}
Bn-3)Z	J
86. Решение. Сначала решаем краевую задачу
utt = cl2uXXj 0 < х < I, 0 < t < +00,	A)
и@, t) = 0, гбж(/, t) = 0, 0 < t < +оо.	B)
и(ж, 0) = 0, щ(х,0) = -6(х-х0), 0<хо<1, 0<х<1,	C)
где S(х) — односторонняя й-функция1). Ее решением является
х) См. сноску к решению задачи 66.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	201
x+at +OO
- V (-l)k{5(?-xo + 2kl)-5(t + xo + 2kl)}d? =
x-at k= — oo
1 ^
=	 У (—1) {ао(х + at — хо + 2Ы) — ао(х + at + жо + 2&Z) —
—	сго(ж — а^ — хо + 2/;;/) + (Jo(x — at + жо + 2Ы)}.
Переходя к пределу при жо —У I в полученном решении, найдем реше-
решение исходной задачи
1 V П
-	сго[ж - а? + BА; - 1)/] + ао[х - at + Bк + 1)/]}.
87. Решение. В течение акта соударения для продольных сме-
смещений и(х, t) точек стержня имеем краевую задачу
Utt — а> Uxx, 0<ж</, 0<^< +оо,	A)
и@, t) = 0, 0 < t < +00,	B)
Mutt(l, t) = -ESux(l, t), 0 < t < t0,	B')
где ?o — момент окончания акта соударения,
и(х, 0) = 0, 0 < ж < /,	C)
Момент ^о окончания акта соударения характеризуется тем, что при
О < t < to должно быть ux(l, t) < 0, а при t = to ux(l, to) = 0, причем,
если бы мы предположили, что груз М и для дальнейших значений
времени t оставался бы прикрепленным к концу стержня, то при зна-
значениях t > to, мало отличающихся от to, должно быть ux(l, t) > 0.
Решением краевой задачи A), B), B;), C), C;) является
и(х, t) = ip(at — х) + ip(at + ж),	D)
где функция (f(z) определяется следующим образом:
<р'(я) = 0, -l<z<l,	E)
<p(z) = 0, -l<z<l,	F)
<p"(z) + ^ <p'(z) = <p"(z - 21) - -L ^(^ - 20, I < z < +00, G)
M	ГЛ
a = ——- — отношение массы груза к массе стержня. С помощью диф-
рЫ
ференциального уравнения G) и второго начального условия C;) опре-
определяется функция (ff(z) на отрезке I < z < 31. Затем с помощью этого
же дифференциального уравнения ipr(z) определяется последователь-
последовательно на интервалах 3/ < z < 5/, 5/ < z < 7/, ..., причем константа
интегрирования каждый раз определяется из условия непрерывности
21
изменения скорости конца щA, t) при t > 0 и, в частности, при t = —,

202	Ответы, указания и решения
—, —, ... 1 ак получаются выражения
а а
р'(г) = ^е-(*-')/(«0, 1<Z<31,	E')
2 ( 3
1* h _ 2 (
a I al
(z 3/) е, з/ < z < Ы,
CjLL	J
E")
i (z3/) + 4(z50le, 5/<z<7/. E'")
a L ш	a2/2	J
Функция ip(z) получается интегрированием ip'(z) на интервалах
I < z < SI, 31 < z < 5/, 5/ < z < 7/, ... с учетом непрерывности из-
изменения u(Z, ?) с течением времени.
Так получаются выражения
Kz<3l,
(z) = _alvoe_{z_l)/(al) + Ыщ N + 2	g I e-(z
a	a I al	J
3/ < г < 5/,
a2/2
F')
При 0 < t < - в силу F) ip(at — x) =0, поэтому согласно D)
a	I
u(x,t) = <p(at + x) при ()<?<-,	(8)
т. е. по стержню распространяется только «обратная» волна ip(at +
+ ж), идущая от конца х = I, подвергнувшегося удару; при t = - она
а
достигнет закрепленного конца и при - < t < — к ней прибавится
а	а
отраженная волна ip(at — ж), т.е. решение будет иметь вид
I	21
и(х, t) = (f(at - х) + <p(at + ж), - < t < —.	(9)
21
При t — — волна (f(at — х) отразится от конца х = /, так что слагае-
21	3/
мое ip(at + х) в решении D) на интервале — < t < — будет иметь
уже другое выражение.
Таким образом, и (ж, t) имеет различные выражения на интер-
ВаЛаХ	I I	21	I	I
0<t<-, -<t<-, ..., п- <t<(n + l)-, ..., A0)
а а	а	а	а

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	203
ux(l] t) — различные выражения на интервалах
9/ 9/4/	/	/
0 < i < —, —<*<—, ..., 2п- <t< Bn + 2)-, ... A1)
а а	а	а	а
л	2/
Акт соударения не может закончиться при 0 < t < —, так как при
этих значениях t будет ux(l, t) < 0.
Для того чтобы акт соударения закончился в момент t, принад-
лежащий интервалу — < t < —, необходимо и достаточно, чтобы вы-
а	а
полнялось неравенство	_ , л
2 + е-2/а<-,
а
Т'е'	а < 1,73.
Примечание. Так как реальные поверхности могут обладать
неровностями, то для приложимости этого решения к реальным слу-
случаям удара необходимо, чтобы время, в течение которого достигает-
достигается плотное соприкосновение торца ударяющего груза со свободным
торцом стержня, было пренебрежимо мало по сравнению со временем
пробега волны возмущения по стержню. Деформации, возникающие
в грузе, должны быть пренебрежимо малы по сравнению с деформа-
деформациями в стержне.
88. В течение акта соударения для продольных смещений и (ж, i)
точек стержня имеем краевую задачу
utt = а2ихх, 0 < х < +оо, 0 < t < +оо,	A)
их@, t) = 0, 0<?<+oo,	B)
Mutt(l, t) = -ESux(l, t), 0<t< t0,	B')
где ?o — момент окончания акта соударения,
и(х, 0) = 0, 0 ^ х ^ /,	C)
Момент окончания акта соударения определяется так же, как и в пре-
предыдущей задаче.
Решение краевой задачи A), B), B;), C), C;) имеет вид
и(х, t) = ip(at - х) + ip(at + ж),	D)
где (f(z) определяется следующим образом:
<р'(*) = 0, -Kz<l,	E)
<p(z) = 0, -Kz<l,	F)
<p"(z) + ^ <P'(*) = -<P"(* ~ 20 + ^ <p'(z - 20, I < z < +oo, G)
M
где a = —— — отношение массы груза к массе стержня.
рЫ
Сначала с помощью дифференциального уравнения G) определя-
определяется (f'(z) последовательно на интервалах I < z < 31, 31 < z < Ы и

204	Ответы, указания и решения
т.д. с учетом начального условия C') и непрерывности щA, i) при
0 < t < +00:
у,'(г) = _^е-(*-о/(ао, г<^<зг,	E')
а L ш
E")
Затем интегрированием <pf(z) с учетом непрерывности при t > 0 по-
получается выражение для y?(z) на этих интегралах:
/<z<3/.	F')
89. Решение краевой задачи1)
и@, *) = 0, 0 < * < +оо,	B)
Mutt(l, t) = -ESux(l, t), 0<t< t0,	B')
где ?o — момент окончания акта соударения,
и(х, 0) = 0, 0 < х < I,	C)
Г 0, 0 ^ х < I,
имеет вид
и(х, t) = 9{at-x)-j{at + x)_	D)
Функция (f(x) определяется следующим образом:
ф) =0, -Kz<l,	E)
\ Kz<+oo, F)
где а =
С помощью этого дифференциального уравнения, начального
условия C;) и условий непрерывности щA, i) при 0 < t < +00 и не-
непрерывности u(/, t) при 0 ^ t < +00 функция определяется последова-
последовательно на интервалах I < z < 31, 31 < z < Ы и т.д.
и т.д., где Ai и Л2 — корни уравнения
л2 + А + ^_ = о.
См. задачу 21.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	205
90.	Решение задачи аналогично решению задач 87, 88, 89.
91.	Решения краевых задач
ии = а2ихх, 0 < х < Z, 0 < t < +оо,	A)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < /;	B)
а)	u@, *) =v(t), u(l,t)=O, 0<?<+оо,	C)
б)	и@, t) = 0, u(l,t)= fjb(t), 0<t<+oo,	C')
в)	ЦО, t)=ii{t), ux(l,t) = Q, 0<?<+oo,	C")
имеют соответственно вид 1)
+ OO	,	+OO
a)	u(a:, t) = 2^ ^ (t	—J - ^ /i ^	—J,	D)
0	l
J
n=0	n=l
D')
71=1
где
О при t < О,
i(t) при t ^ О.
92. Решение краевой задачи
dp dw
дх dt '
A')
), p(l,t)=O, 0<^<+oo,	B)
w(x, 0) = 0, р(х, 0) = 0, 0 < ж < /,	C)
имеет вид 3)
+ ОО
/ »\ V^ Г~ Л ж + 2п/\ ~ /, х — 2nl\~\ / 1ЧП ~(, х\
wix. t) = > k) t	 — ip [t -\	г	I ( — 1) + ip [t — — ) ,
v y ^^ L V	A /	V	X J1	V A/
n=l
D)
+ OO
л ~ (j. x \ , л \~^ / i \n f ~ (j. x + 2n/ \ ~ Л , ж — 2n/ \ 1
= Ay? [t - -J + A 2^(-l) [V [t	—J +<p[t+ —-—J j .
F)
n=l
. [7, с 70-73].
2)	См. ответ к задаче 5.
3)	См. решение предыдущей задачи.

206	Ответы, указания и решения
Таким образом,
р@, t) = X(p(t) + 2Л ^(-1)пф {t-^Y
п=1
93. Решение. Началом акта соударения является момент, когда
левый стержень достигает правого; этот момент принимаем за t = 0,
а точку, в которой в этот момент находятся соприкасающиеся тор-
торцы, принимаем за х = 0. Концом акта соударения называют момент,
начиная с которого скорость ударяющегося торца становится меньше
скорости ударяемого торца.
Обозначим через щ(х, t) и и2(х, t) смещения поперечных сечений
ударяющего и ударяемого стержней. Тогда и±(х, t) и и2(х, t) являют-
являются решениями краевой задачи (в течение акта соударения).
иш = а2и1хх, -1<х<0,\ п^,^ ,	пл
и2и = а и2хх, 0 < х < /, J
B)
щ(х,0) = 0, ult(x,0)=v1, -l
u2(x,0) = 0, u2t(x,0)=v2, 0
Решение краевой задачи A), B), C) ищем в виде
ui(x, t) = (fi(x — at) + i/;i(x + at), и2(х, t) = ip2(x — at) + ф2(х + at).D)
Подставляя D) в B) и C), получим
?i (-/ - at) + г/4 (-/ + at) = 0,	|
E)
= (f'2(-at)	J
</?i (-at) + фг (at) = (p2 (-
(рг(х) +фг(х) --
—(р[(х) + ф[(х) ¦
р2(х)+ф2(х)
-^2(х)+ф'2(х)
at) +
= 0,
_ ^i
а '
= о,
_ V2
а
Из соотношений G)—A0) находим
ф2\ат), 0 < t <
-1 < х < 0,
-1 < х < 0,
0<х<1,
, 0<х<1.
; +оо,
F)
G)
(8)
(9)
A0)
-^(z) = v^W = g, о<г<г.	A2)
Соотношения E), F) дают
<p'1(-l-z) = -t/>'1(-l + z),	A3)
х) Часть из граничных условий B) выполняется только при 0 < t <
где ?о — момент конца акта соударения.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
207
ф'2A + z) =-if/2(l - z),	A4)
v[(-z) = <p'2{-z),	A5)
il>[(z)=il>2{z).	A6)
Из соотношений A3)—A6) следует, что функции (p[(z), ip[(z), ^(z),
ip^iz) являются периодическими с периодом 4/; поэтому каждую из них
достаточно определить на интервале 0 ^ z ^ 4/; дальнейшее построе-
построение осуществляется периодическим продолжением. Такое определение
функций <p[(z), ip[(z), ^2B), фГ2(г) с помощью соотношений A1)—A6)
дает для них значения, изображенные графически на рис. 26.
-4/ -3/ -21 -I 0
—I	1	1	1
V2_
'2a
2а
2a
0
' ф[ =
	1—
%
21
3/
—I—
4/
z
	1	>
5/
-4/ -3/ -21
—I	1	1—
-I
—\—
-I 0
21 31
4/
5/
Рис. 26
Используя найденные функции y>[(z), i/j[(z), ^2(^M
дим выражение для
ult(x, t), u2t(x, t), ulx(x, t), u2x(x, t).
), нахо-

208
Ответы, указания и решения
-I
t = 0
v2
0
-\	1-
-/ -1/2 0
ut
-Eux
v2)
1/2 I
0
ut
-1/2 0
-Eux
¦	\	h-
1/2 I
t-=-
a
f-(
- v2
-\	1-
-/ -1/2 0
-I	0
-Euxa
2a
f-Oi +v2)
J *	i	i	^
1/2 I
ut k
0
Vl
-1/2 0
-Eux
- v2
1/2 I
I
-I
0
I
Рис. 27
На рис. 27 изображено графически распределение скоростей и на-
пряжении для моментов времени ? = 0, t = —, t = -, t = —, t = —.
2a	a	2a	a
94. Решение краевой задачи
	 ЛГ
dx ' ^ dt '	'J ""'"
v@, t) = E, г;(/, t) = 0, 0 < * < +oo,
г;(ж, 0) = 0, г (ж, 0) = 0, 0 < ж < /,
ищем в виде
г;(ж, t) = г;0(ж) + г; (ж, ?),
A)
B)
C)
D)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	209
г(ж, t) = го(ж)+г*(ж, t),	D')
где vo(x) и io(x) — стационарное решение системы A), A'), удов-
удовлетворяющее граничным условиям B), которое служит пределом для
решения D), D') краевой задачи A), A'), B), C) при t ->• +оо, а
г?* (ж, t) и г* (ж, ?) — решение системы A), (I7) при граничных уело-
v*@,t) = 0, v*(l,t)=O	B')
и начальных условиях
«*(аг, 0) = -vo(x), i*(x, 0) = -io(x).	C;)
Мы получаем1)
Vo(x)=E i
W V L Sh VGRl	У '
v*(x, t) = e-Rt/L [cp(x - at) + ф(х + at)],	F)
i*(x, t) = e~mlL\\% [ip(x - at) - ф(х + at)],	F')
V
ч /0*0 + F(x) . , Л f(x) - F(x) n ^ ^ 7	/7ч
) =2 ? ^H =2 7 0<ж</,	G)
/(ж) = -vo(x), F(x) = -у ^ io(x), 0<x<l,	(8)
с помощью граничных условий B') функции /(ж) и ^(ж) продолжа-
продолжаются, как четная и нечетная функции с периодом 11.
При ?, удовлетворяющем неравенству
t> L in | ю [1 + thy/GR(l- ж)] |,	(9)
будет выполняться соотношение
|Г(х, *)|<О,1*о(а0,	(Ю)
т.е. сила тока в точке ж провода будет отличаться от своего предель-
предельного значения при t —> оо заведомо не более чем на 10 %.
95. Решение краевой задачи
0<t<+oo,	A)
v@, t) = E, i(l, t) = 0, 0 < t < +oo,	B)
v(x, 0) = 0, i(x, 0) = 0, 0 < ж < /,	C)
имеет вид
г;(ж, t) = г'о(ж) + г;*(ж, t), г(ж, t) = го(ж) + г*(ж, t),	D)
х) См. решение задачи 72.
14 Б.М. Будак и др.

210
Ответы, указания и решения
где г?о(ж) и г'о(ж) — стационарное решение системы A), A'), удов-
удовлетворяющее граничным условиям B),
( ч „ ch л/GRil — х) • / \ I-» С sh
VoyX) = hi 	 	, %o\XJ = ?L/ \l —
а г?* (ж, t) и г* (ж, t) — решение системы A), A') при граничных усло-
условиях
г;*@, *)=0, г*(/, *) = 0, 0 < t < +оо,	F)
и начальных условиях
v*(x, 0) = -г;0(ж), г*(ж, 0) =-го(ж), 0 < ж < /,	G)
v*(x, t) = e~m/L [ip(x - at) + ф(х + at)],
/с"
(8)
(9)
A0)
(И)
Из граничных условий F) следует, что функции f(x) и F(x) продол-
продолжаются, соответственно, нечетно и четно относительно х = 0, четно
и нечетно относительно х = / и периодически с периодом 4/.
При ?, удовлетворяющем неравенству
— [ip(x - at) - ф(х + at)],
= f(x) - F(x)
2	'
напряжение в точке ж провода будет отличаться от своего предельного
значения при t —> +оо заведомо не более чем на 10 %.
96. а)
' 0 при 0 < t < Г,
при Bп -
Bп
п = 1,2,3,...,
I	I
= -, а =	— ско-
а	VLC
где Z = \ — — волновое сопротивление,
V С
рость распространения электромагнитных возмущений по проводу;
б)
Г0 при 0 < t < Г,
v(l, t) =
/С
и т.д., х= —;
Со
-х(А - l)}
при T<t<3T,
1 - 2)}
при

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
211
в)
v(l, t) =
О при О < t < Т,
при T<t<3T,
при ЗГ < t < 5Г,
IL
и т.д., е = —.
Указание. По поводу законов отражения от конца х = I см.
решение задачи 71.
§ 3. Метод разделения переменных
1. Свободные колебания в среде без сопротивления.
97. Решением краевой задачи
utt = а2ихх, 0 < х < I, 0<?< +оо,
u@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,
— ж, 0 < ж
и(ж, 0) =
/ —
< Ж < /,
щ(х, 0) = 0, 0 < х < I,
A)
B)
C)
C')
является
и(х, t) =
2hl2
+ ОО
7Г2ХоA — Хо) ^-^ П
п=1
— sin —-— sin —— cos —-—.	D)
В выражении и (ж, t) исчезают слагаемые, для которых sin —-— = О,
т. е. отсутствуют обертоны, для которых точка ж = жо является уз-
узлом. Энергия n-й гармоники равна Еп = Mh2
7Г2П2Жд(/ — ХоJ
2
sm
-—,
I
98. Решение. Находим начальное отклонение струны (рис. 28);
О	хо	I	х
14*

212	Ответы, указания и решения
для этого достаточно определить величину h. Из условия равновесия
(в проекциях на вертикальную ось) находим
sin/3) = Fo.
В силу малости отклонений sin a « tga, sin/3 « tg/3 1), но
,	/г	h
tga = —,
1-:
Таким образом,
2	+ОО
/ .ч	2hl	v-^v 1 . птгхо . птгх mrat
и(х, t) =	—jz	г > — sm —-— sm —— cos —-—,
тг2хоA — хо) ^—' n2	I	I	I
где h определяется по формуле A).
^^ / ,ч 32/г v-^v 1	. Bn + l)nx Bn + l)nat
7Г3 ^^ Bn + IK	/	/
n=0 V	J
максимальное начальное отклонение струны.
+ ОО
100. и(ж, t) = ^— > ^r sm —-— sm —— sm —— sm —-—.
7rza ^—4 nz	I	II	I
n=l
Энергия п-й гармоники равна
j-, AMvo . 2 ппхо . 2
En = —2^t sm —-j— sm
—5
101. Указание. Сначала считаем импульс / равномерно рас-
распределенным по отрезку хо — S ^ х ^ хо + S струны. Тогда мы прихо-
приходим к выражению для и (ж, i), приведенному в ответе к предыдущей
задаче, причем	1
26р
где р — линейная плотность массы струны. Переходя к пределу при
8 —У 0, получим для решения исходной задачи выражение
+ ОО
/ .\ 2/ v-^v 1 . птгхо . птгх . nnat
и(х, t) = 	 > - sm —-— sm —— sm —-—.
v ' J nap ^ n	I	I	I
r n=l
Энергия п-й гармоники равна
j-,	I2 . 2 ПТГХо	Л/Г	j
п=мБ ~П'	р
х) В силу малости отклонения, Т не зависит от отклонения. См.
[7, с. 24].
2) Начальное отклонение можно было бы определить, решая задачу:
и"(х) = 0, Т(и'(хо + 0) -и'(х0 -0)) = Fo, и(хо - 0) = и(х0 + 0), п@) =
= п(/) = о.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	213
Решение задачи можно получить также, полагая
щ(х, 0) =
где S(х) есть дельта-функция1).
щ(х, 0) = - Six —
Р
+ оо	П7Г^ • П7ГЖ0
_, ЛО	/ ,ч 8^о^ \~^ 1 C0S 7 sm / . птгх . nnat
102. щж, t) = —т— >	-	7г— sin —— sin —-—.
v } n2a ^ n	BSnJ	I	I
Энергия п-й гармоники равна
т-,	lQVnS pi	о 71 TVS . о
^n = ^2 r~	 o,2cos -j- sin
1	77Г
inQ	, ,ч 8Ы t^ (-l)n . Bп + 1)тгж
103. ф, t) = -, ? ^^ 8Ш ^-L_ COS
104.	Ответ получается из ответа предыдущей задачи, если поло-
положить
где Е — модуль упругости, a S — площадь поперечного сечения
стержня.
105.	Решением краевой задачи
utt = a2uxxj 0 < х < I, 0 < t < +оо,	A)
u(x,0) = ip(x), щ(х,О)=ф(х), 0 < х < I,	B)
их@, t) = ux(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	C)
является
I	+ОО
и(х, t) = - / [</?(?) + ^(^)J "^ + ^, ( afe cos —	h o^ sm —-— j cos ——,
о	k=i
где	i	i	D)
ak = - / (y?B;) cos —— dz, bk = —г / V;B;) cos —— dz.
I J	l	атгк J	I
о	о
106.	Решение задачи может быть получено из решения предыду-
предыдущей задачи, если положить (f(x) = О,
ГО,	0^x^1-6,
а затем перейти к пределу при 8 —у 0, либо положить <р(х) = 0, а
J.(r) _ I S{r rJ) 0	,
р
х) См. сноску к решению задачи 56.
2) По поводу выбора коэффициента при д(х — хо) см. вторую сноску
на с. 181.

214	Ответы, указания и решения
где 5(х) есть дельта-функция, а затем перейти к пределу при хо —у I
pi пар
, .ч	I . 21 v-^ (-1)	knx . kirat
и(х, t) =	-Л	> т	cos —— sin ——.
v ' J pi nap *-^ k	I	I
fe
+ СЮ
107. и(ж, t) =	> -^—— sin ^	^— sin	1
v ' >	кар ^ 2п + 1	21
2п + 1	21	21
108. Решение краевой задачи
их@, t) = 0, ux(l, t) + hu(l, t) = 0, 0 < t < +oo,	B)
и(х, 0) = ip(x), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < I,	C)
имеет вид
и(х, t) = 2_^ (ап cos Xnat + Ъп sin \nat) cos Апж,	D)
n=l
где An — собственные значения краевой задачи
Х"(х) + Х2Х(х) = 0, 0<х<1Л
причем Ап являются положительными корнями уравнения
Atg XI = /г,	F)
Хп(х) = cosAnx — собственные функции краевой задачи E).
Квадрат нормы n-й собственной функции находим с помощью F)
И у ||2 _ /*у2/™\л™__
О
I	I
\ РОЧ А У П у	П '^z. 	 / 7/л 7 ) РОЧ А
| ШйЛ^/iU/i, Un — И v 119 Л / (Г\'6)^1^ЬЛП
IIV 112 / ^(^) C0S Л^ ^' ^ = My 112 \
о	о
109. Решение краевой задачи
utt = cl2uXXj 0 < ж < /, 0<^< +оо,	A)
1^@,*) = 0, ux(l,t) + hu(l,t) = Q, 0<^<+oo,	B)
и(ж,0) = ^ж, щ(х, 0) = 0, 0<ж</,	C)
.с/О
получается из решения предыдущей краевой задачи при

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	215
cos ЛпЖ cos Лпа'=
cos XnX cos Xnt, D)
где Ап — положительные корни уравнения XtgXl = h.
11U.	+ОО	+ ОО
/ .ч 2/ v-^v cos Xnx sin aXnt	21 \-^ cosAn#sinAnc
м(ж> *) = 777 >	~
< 1 + hi (	) >	n=i Xn < 1 +	 >
\	V An/ / J	\ /(Ап+/г2)/
где Ап — положительные корни уравнения AtgA/ = /г.
111. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0 < х < /, 0 < * < +оо,	A)
я(/, t) + hu(l, t) = 0, 0 < t < +oo, B)
), щ(х,О)=ф(х), 0<х<1,	C)
является	.
+ СЮ
и(ж, t) = ^(ancosaAn^ + 6nsinaAn^) sin(Anx + y?n),	D)
n=l
где An — собственные значения краевой задачи
Х"(х) + Х2Х(х) = 0, 0 < х < I,	E)
Х'@) - hX(O) = 0,	F)
а Хп(х) = sin(Anx + ipn) — собственные функции этой краевой зада-
задачи; Ап являются корнями уравнения
^),	G)
л
(рп = arctg-^-.	(8)
Квадрат нормы собственной функции Хп(х) равен
и v" ц2 /* • 2/\	\ 7 (Ап Ч~/^ )l-\-2h
о
поэтому	z
'z) sin(A z + ю ) dz
о
2aAn
о

216	Ответы, указания и решения
Указание. 1) Уравнение G) может быть получено следующим
образом. Из общего решения уравнения E)
Хп(х) = С\ cos Хх + С2 sin Хх,
удовлетворяя граничному условию F), получим
Х(х, А) = С2 {^ cosAa; + sin Аж} = С2Х(х, А).	A2)
Подставляя A2) в граничное условие F'), получим
1 =с(дЩ1х1 + тхХЛ
L V дх	)
так как Сг ф 0, иначе A2) было бы тривиальным решением, то
=0.	A3)
После подстановки явного выражения
Х(х, Л) = — cos Хх + sin Хх	A3')
A3) преобразуется в уравнение G)
)	m
Это уравнение приблизительно можно решать графически1).
Подставляя в A2) вместо Л собственное значение Лп, получим
соответствующую собственную функцию
Хп(х) = С2Х(х, А„).
Таким образом собственная функция определяется с точностью до по-
постоянного множителя G2- Этот множитель можно выбрать так, чтобы
функция Хп(х) имела вид
Хп(х) = Х(х, An) = sm(Xnx + <pn),	A4)
где	Л
^n = arctg^.	A4')
Полагая XI = ^, получим
(lh
Обозначая через ?i, ^2, • • • ? Сп5 • • • абсциссы точек пересечения котан-
х) О решении трансцендентного уравнения с любой степенью точности
см. [1, с. 204].

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
217
7/ А
Рис. 29
генсоиды п = ctg ? и гиперболы ?? = - ( -^	— ), получим Лп = Щ-
.	.	2 vm ? /	/
(рис. 29).
2) Квадрат нормы собственной функции (9) может быть найден
непосредственным интегрированием
п||2 = / si
ipn) dx
tie)
либо переходом к пределу при Л —У Хп в равенстве
[Х(х, Х)Х(х, А„)dx =
Раскрывая неопределенность в правой части A7) при Л
получим
X1 A \ \ V1 A \ \ V" A \ \ V A \ \
^,	. . . 	 х\1"> лп)^\у1") Лп) — Лхху1<, An)j\yi, Лп)
ух, лп) ах — 	—	.
1лп
A8)
Равенство A7) получается из равенств
=0,
умножением первого из них на Х(х, Лп), второго — на Х(х, Л), вы-
вычитанием результатов и последующим интегрированием по частям.
При вычислении интеграла A6) или правой части равенства A8)
необходимо воспользоваться граничным условием F).

218	Ответы, указания и решения
Замечание. Уравнение G) может быть переписано в виде
При h —У 0 (свободные концы) из A9) получим
lim tgAn/ = 0.
/^0
Из A4') и A4) найдем lim (рп = —, lim Хп(х) = sin (Хпх + — ), следо-
вательно,
Ап = —, п = 0, 1, 2,...,
Этот результат был получен непосредственно при решении зада-
задачи 105. При h —У оо (концы фиксированы) из A9) получим
lim tgAn/ = 0.
h—>-oo
Из A4') и A4) найдем
lim (fn = О, lim sin(Anx + ipn) = sin Xnx.
Следовательно,
An = ^, n = 1, 2, 3, ...,
T^ / ч	. П7ГЖ
Ап(ж) = Sin——.
Этот результат был также получен непосредственно при решении за-
задачи 97.
112. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0 < х < /, 0<?< +00,	A)
ux(O,t) - hiu(O, i) = 0, ux(l, i) + h2u(l, i) = 0, 0 < t < +oo, B)
является
где Ап —
и(х, 0) = (р(х), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < /,
и(ж, t) = ^^(an cos аАп^ + Ъп sin аАп^) sin(Anx + ipn)
n=l
собственные значения краевой задачи
Х"(х)+Х2Х(х) = 0, 0<х </,
Х;@) - ftiX(O) = 0, Х;(^) + ft2X(/) = 0.
Собственные значения являются корнями уравнения
а Хп(х) ¦¦
где
A(/ii + Д2)
= sin(Anx + ipn) — соответствующие собственные
д
ipn = arctg —.
C)
D)
E)
F)
G)
функции,
(8)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
219
Квадрат нормы собственной функции равен
ИХ II2-
11 "" -
113. Решением краевой задачи
utt = a2uxxj 0<х<1, 0 < t < +оо, l = 27rR,	A)
цо,*) = цг, t), ux(o, t) = ^(г, t), o<t< +00, B)
и(ж, 0) = </?О), ^(ж, 0) =-0(ж), 0 < ж < /,	C)
является
+ ОО
u(x, t) = 2^ I a- cos
n=0
lf . 27rnat\ 2тгпх
+ о sm —-— I cos —	h
I /	I
+00
E/ // 2nnat , ,// . 2nnat\ . 2тгпж
(^an cos —— + 6n sm —— ) sm —^—,
n=l
, 2
cos
' пп = ТУ ^^^sin ~T~ '
0
I
1 С
-100
= ' ' '''''
2nnz
in 1 f
0
• 2nnz ,
0 2nira
100
= ' ' ' •
Указание. Подставляя общее решение X (х) —A cos Хх + В sin Лж
уравнения	Х"(,) + Л2
+ Л2Х(,) = О
в граничные условия
Х@)=ХA), Х'@)=Х'A)
и приравнивая нулю определитель полученной системы уравнений от-
относительно А и В, найдем трансцендентное уравнение для определе-
определения собственных значений. Собственными значениями оказываются
л	2тгп	Л J-,
лп = ——, причем подстановка в уравнения для определения А ж В
значения Лп обращает эти уравнения в тождества при любых А и В.
Следовательно, каждому собственному значению Лп соответствуют
две линейно независимые собственные функции cosAnx и sinAnx;
так как Лп = 	, то все собственные функции ортогональны на от-

220	Ответы, указания и решения
резке 0 ^ ж ^ ? 1).В случае, когда одному и тому же собственному
значению соответствуют к линейно независимых собственных функ-
функций, это собственное значение называется ^-кратным. Таким образом
все собственные значения рассматриваемой задачи двукратны.
114. Указание. Полная энергия струны 0 ^ х ^ / в случае
граничных условий третьего рода иж@, t) — /ш@, t) =0, ux(l, t) +
+ hu(l, i) = 0 выражается следующим образом (проверьте это):
E(t) = \ f{Toul(z, t) + pu2t(z, t)} dz + ^f- {u2(l, t) + u2@, t)}.
0
В случае граничных условий первого и второго рода
i
E(t) = \ f{T0u2x(z, t) + Pu2t(z, t)} dz
(см. [7, с. 28]).	°
Выражая энергию полного колебания струны
+ СЮ	+ОО
и(х, t) = ^Un(x, t) = Y,Tn{t)Xn{x),
n=l	n=l
где Xn(x) — собственные функции соответствующей краевой зада-
задачи, используя ортоногональность собственных функций, а также гра-
граничные условия, нетрудно показать, что в случае граничных условий
первого, второго и третьего рода
+ ОО
71=1
где в случае граничных условий первого и второго рода
En(t) = \ f{T0U*x(z, t) + PU2nt(z, t)} dz,
0
а в случае граничных условий третьего рода
En(t) = \j {T0U*x(z, t) + PUl(z, t)} dz + Щ^{11*A, t) + U%@, t)}.
0
115. Решениями краевых задач
utt + a2uxxxx = 0, О^ж^/, 0<?< +оо,	A)
и(х, 0) = </?(ж), щ(х, 0) = ф(х), 0 < t < +оо,	B)
и@, t) = u(l, t) = uxx@, t) = uxx(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	(За)
и@, i) = u(l, i) = ux@, t) = ux(l, t)=0, 0<t< +oo,	C6)
х) Ортогональность собственных функций, соответствующих различ-
различным собственным значениям, вытекает из общей теории, а ортогональность
2ппх . 2тгпх
cos —-— и sin —-— на отрезке 0 ^ х ^ / проверяется непосредственным
вычислением интеграла.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	221
ихх@, t) = uxx(l, t) = иххх@, t) = uxxx(l, t) = О, О < t < +00 (Зв)
соответственно являются:
~ЬОО /	9 9	9 9 \
ч / ,ч v^ / п п at , , . п п at \ . ппх
а) щх, t) = 2_^ ( ап cos —	Ь оп sin —-— I sin —^—, где
2 ? / ч . 7ГП2 7 ,	2/ f I / \ •
{) s	d 6	J W\z) sin
2 ? / ч . 7ГП2
ап = уу ip{z) sin -у-
о	о	n = 1, 2, 3, ...,
б)	и(ж, t) = ^^(an cosaA^ + bn sinaA^)Xn(x), где
n=l
Xn(x) = (shAn/ — smAn/)(chAnx — cosAnx) —
—	(chAn/ — cos An/)(sh Xnx — sinAnx),
a An являются неотрицательными корнями уравнения ch XI cos XI = 1;
в)	u(x, t) = ^^(an cos aX^t+ bn sin а\^)Хп(х), где
n=l
Xn (x) = (sh Xnl — sin An/) (ch Xnx + cos Xnx) —
—	(ch Xnl — cos Xnl) (sh Xnx + sin Xnx),
а Ап являются неотрицательными корнями трансцендентного урав-
уравнения
chA/cosA/ = 1.
Замечание. 1) Ортогональность собственных функций устанав-
устанавливается следующим образом. Умножая уравнение Х'Л'(х) — Х^Хп(х) =
= 0 на Хт(х), а уравнение Х!^(х) — XfnXm(x) = 0 на Хп(х), вычитая
результаты и интегрируя по частям, получим
i
fxm(x)Xn(x)dx =
откуда непосредственно следует равенство
IХш(х)Хп(х) dx = 0, тфп,
при граничных условиях (За), C6), (Зв) или получающихся комбини-
комбинированием (За) на одном конце и C6) на другом и т.д.
2) Для вычисления квадрата нормы собственной функции Хп(х)
можно поступать аналогично тому, как это было сделано в указании
к задаче 111; тогда получится следующая формула1) (аналогичная
х) См.: Крылов А.Н. Собрание трудов. Т. III, ч. 2. — М.: Изд. АН СССР,
1949. — С. 202-203.

222	Ответы, указания и решения
формуле A8) решения задачи 111):
i
//
п	4 ^ п
о
откуда в случае C6)
JXn(x)dx = -
О
и в случае (Зв) г
f
О
116. Если колебания стержня вызваны ударным импульсом / в
точке х = жо, то в ответе предыдущей задачи будем иметь:
птгхо
а ап = 0, Ъп =	 L ; б ап = О, Ъп =
п2п2ар
в) а ~ 0 6 - 4/Хп(жо)
a\2nXl(l)lp
2. Свободные колебания в среде с сопротивлением. Если
колебания струны или продольные колебания стержня происходят в
среде с сопротивлением, пропорциональным скорости, то уравнение
колебаний имеет вид 1)
utt = а2ихх - 2vuu v > 0,	A)
а граничные условия записываются так же, как и в случае колебаний
в среде без сопротивления. Записывая граничные условия в виде
«1^@, t) + f3iu@, t) = 0, 0 < t < +oo,	B)
a2ux(l, t) + /32u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B')
мы учтем возможность граничных условий первого, второго и треть-
третьего рода. Пусть заданы также начальные условия
и(х,0) = ф), щ(х,О) = ф(х).	C)
Разделяя переменные, приходим к такой же краевой задаче
Х"(х) + Х2Х(х) = 0, 0 < х < /,	D)
0,	E)
для определения собственных чисел, как и в случае, когда колебания
происходят в среде без сопротивления. Пусть Лп и Хп(х) — соб-
собственные значения и собственные функции задачи D), E), E;). Для
определения Tn(t) получим дифференциальное уравнение
О) + 2vT'n{i) + a2X2nTn(t) = 0,	F)
См. задачу 15.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	223
отличающееся членом 2vT'n(t) от соответствующего уравнения в слу-
случае колебаний в среде без сопротивления. Его общее решение имеет
вид
Tn(t) = (an chcjnt + bnshLjnt)e-ut A
Г-,	--г	\ и2>а2Х2п,	G)
Tn(t) = (ancosLJnt + bnsmLjnt)e-utA
Г2Г2	2	^2<а2\1	G')
Tn(t) = (an + M)e-I/*, z/ = aAn.	G")
Решение же краевой задачи A), B), B'), C) имеет вид
+ ОО
u(x,t) = Y,Tn(t)Xn(x).	(8)
п=1
Легко видеть, что
lim Tnm = 0
t—)-+оо
в каждом из случаев G), G') и G//).
Коэффициенты ап и 6П определяются через начальные условия
следующим образом:
i	i
1 г	1 г
ап = ну М2 / 4>(z)xn(z) dz, bnujn - van =	/ ^(^)^n(^) d^, (9)
||An|| 7	llAn|| 7
причем
a;n = 1 при v = a\n.
l2he~ut
117. Цж, t) = ——	 > — sin —-— sin —— &n{t), где
7Г2ХоA — Xo) *-^ П2	I	I
Qn(t) = chuint -\	sha;n?, uin =
f^. / i\ j_ IS I Ub I b l\	r) / b /IU
-n(j-coso;n — sina;nj o;n-y—^	г/, -у- > v.
_ . +CXD
^T"	"	" 1	. ПТГХо . П7ГХ
- - o / ,ч	2/e	V—v 1 . П7ГЖ0 . П7ГЖ ^ /,ч
118. и(ж, t) = —	 у — sin —-— sin —— Kyn{t), где
Lp *—^ (jun	I	I
n=l
/ o
2 2 2
n 7г а
Г\ (x\	x	n7VCL
Qn(t) =t при -у- = г/,
Inк2а2 о	птга
a;n = \/ —	v2 при — > v.

224	Ответы, указания и решения
имеет такие же значения, как в ответе к задаче 117.
+ ОО
120. и(х, t)=ao + b0e-2ut + e~vt ^ Qn(t) cos ^,	A)
n=l
гл /i\	, 7 i птга
;n^ ^ < г/, I n = 1, 2, ..., B)
0n (^) = an cos ujnt + 6n sin ojnt,
/ ()	^ ^
an = у / <pB) cos —Г" ^? ^n^n - van = j Ф(г) cos —— dz,
z	z
1^° ^+b
2b
0	0
птга	.	птга
<	1
/ 9
= V	/2— ПРИ "у < ^' ^n = 1 при у
V2 2 2
п 7г а	о	птга
—	vl при —— > v.
+ OO
1 21	7/Гт i\ — p~v^ \ й ГУЛ гпч Л т*	M ^i
n=l
0n(?) = an ch a;n^ + bn sh a;n^, a;n = \Jv2 - \2na2 при а\п < v,
®n(t) = an + &n^, ^n = 1 при аЛп = г/,
0n(^) = an cosujnt + 6n sino;n?, ujn = у a2 A2 — г/2 при aAn > г/,
'B)
An — положительные корни уравнения XtgXl = /г,
- / ip(z) cos \nz dz,
/ ip(z) cos \n
z dz.
+ OO
122 *).	и(ж, t) = e~vt ^2 ®n(t) sin(Anx + ipn),	A)
n=l
где 0n(t) и a;n определяются по формулам B) ответа предыдущей
См. ответ к задачам 111 и 112.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	225
задачи, Ап — положительные корни уравнения
А2 - hih2
n) dz, n = 1,2,3,...,
ipn = arctg—,
hi
7, 2	u	n
f, (An +hih2){hi +h2) \
\ ^ (Лп + /г2)(Ап + /г2) J
an =		/
f, (An + hih2){hi +h2) \ Jq
\ + (Лп + /г2)(Ап + /г2) J
- van =	—			—— / W\z) sin \\nz + (рп) dz,
n — 1 9 4
n — i, z, o,. . .
123. Решение краевой задачи
vxx = CLvu + СДг;*, 0<ж</, 0<^< +оо,	A)
v(O,t)=vx(l,t) = O, 0<^<+oo,	B)
v(x,0)=vo, vt(x, 0)=0, 0<ж</,	C)
имеет вид
г;(ж, t) = e"jR*/BL) V an sin П ^ ^Ж sin(o;n^ + <pn),	D)
где
o;n =
Bп + 1)тг /	CR2l2
V
2/л/СЬ
CR2l2 n
Ьтг2Bп + 1J '
n = —77,—7-ГГ-.	, tg</?n = 2o;n —.
тгBп + 1) sunpn	R
+ СЮ
2Q
124
1J4.
c~vt V Bw
2
. Bw + 1)тг(о + 6) . Bn + 1)тг(о - Ь) .
x sin	27^	 sin	27^	 sin
4/	4/	2/
при 0 < x < a,
- + ^	rr --(---)	(, - ,/Bn + 1J7r2 л-2
tg<pn = ^.
СЯ2/2
г) Предполагается, что L >
15 Б.М. Будак и др.
7Г
• 2

226	Ответы, указания и решения
125.
. Bп + 1)тгжо . Bп + 1)тгж ,	ч	л
xsin-	—	sin-	—-—cos(o;n? - у?п) при 0 < х < xOj
где величины z/, ст, о;п, срп определяются так же, как в ответе к пре-
предыдущей задаче.
3. Вынужденные колебания под действием распределен-
распределенных и сосредоточенных сил в среде без сопротивления и в
среде с сопротивлением. Дифференциальное уравнение вынужден-
вынужденных колебаний струны под действием непрерывно распределенной си-
силы в среде с сопротивлением, пропорциональным скорости, имеет вид
ии = а2ихх - 2г/щ + /О, t),
причем
F(x, t) = pf(x, t)
есть вынуждающая сила, приходящаяся на единицу длины, р — ли-
линейная плотность массы струны, /(ж, i) — ускорение, которое полу-
получила бы точка струны с абсциссой х в момент ?, если бы на нее не
действовали никакие другие силы, кроме вынуждающей. Член —2ищ,
представляющий собой сопротивление, пропорциональное скорости,
исчезает, если колебания происходят в среде без сопротивления.
Краевая задача
ии = а2ихх - 2vut + /0, t), 0 < х < I, 0 < t < +оо, A)
«1^@, t) + f3iu@, t) = 0, a2ux(l, t) + /32u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,
B)
u(x,O)=ip(x), u(x, О) = ф(х), 0<х<1,	C)
может быть сведена к более простым1) задачам.
Если удается найти какое-либо частное решение w(x, t) уравне-
уравнения A), удовлетворяющее граничным условиям B), то решение крае-
краевой задачи можно будет представить в виде
и(х, t) = 17(ж, t) + w(x, t),	D)
где v(x, t) есть решение краевой задачи
vtt = a2vxx-2i/vu 0<х<1, 0<^<+оо,	E)
«1^@, t)+y9iv@, t) = 0, a2vx(l, t)+/32v(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	F)
v(x, 0) = tp(x) - w(x, 0), vt(x, 0) = ф(х) - wt(x, 0), 0 < x < I,	G)
которое рассмотрено в предыдущих параграфах.
Аналогично обстоит дело в случае вынужденных колебаний под
действием сосредоточенных сил, приложенных к концам или внутрен-
внутренним точкам струны.
х) См. [7, с. 103]; сведение рассматриваемой задачи к более простым
может быть выполнено аналогично.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	227
126. Решение. Имеем краевую задачу
utt = а2ихх - 2vut + д, 0 < х < /, О < t < +оо,	A)
и(О, t) = u(l, *) = О, О < t < +оо,	B)
{h
— ж,	0 < х < Жо,
j—	-, Хо < X < /,
ut(x,O) = O, 0<х<1.	C')
Ищем сначала стационарное решение w(x) уравнения A), удовлетво-
удовлетворяющее граничным условиям B).
Подставляя w(x) в A), получаем
О-а2 —
откуда
W(x) = —^Г~2 %2 + СIх + ^2-	D)
Из граничных условий B) находим
?f _ Q И = +—	С5")
Следовательно,
Теперь остается решить краевую задачу
щ^. zz а 1?жя. — 2wt) 0<ж</, 0<^< +оо,	G)
г;@, t) = г;(/, t) = 0, 0 < t < +оо,	(8)
— ж + -^ (ж2 - /ж), 0 < ж < ж0,
vt(x, 0)=0, 0<ж</,	A0)
и(ж, t) представится в виде
и(х, t) = v(x, t) + гу(ж).	A1)
Выражение для г?(ж, ?) получается по формулам G), G;), G/;), (8),
(9) введения к предыдущему пункту ответов и указаний настоящего
параграфа.
Заметим, что если бы член —2ущ в уравнении A) отсутствовал,
то стационарное частное решение краевой задачи A), B) и, следова-
следовательно, начальные условия (9) и A0) для нахождения функции v(x, t)
остались бы прежними. В этом случае уравнение G) не содержит чле-
члена —2vvt и г?(ж, i) находится без труда.
15*

228	Ответы, указания и решения
При отыскании г? (ж, t) можно не пользоваться явным выражением
для w(xI). Пусть w(x) есть стационарное решение уравнения A),
удовлетворяющее граничным условиям B). Тогда решение краевой
задачи A), B), C) может быть найдено в виде A1), причем г?(ж, t)
является решением краевой задачи
utt = a2vxx - 2vvu 0 < х < Z, 0 < t < +oo,	G')
г;@, t) = v(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	(8;)
— ж, 0 < х < жо,
hU°- x)
-f	S жо<ж</,
1-х,	(д)
vt(x, 0)=0, 0<ж</.	A0)
Пусть а\п > г/, п = 1, 2, 3,... Тогда
+ ОО
г;(ж, t) = e~w ^(ancosa;n? + bn smu>nt)Xn(t),
n=l
где
—	г/2, Xn(a;)=sin——, An = —.
Мы имеем
i
bn = — an, an =
0
j{)X() d
= | f[<p(z) - w(z)]Xn(z) dz = j jv{z)Xn(z) dz-j Jw(z)Xn(z) dz.
0	0	0
Первый интеграл в последней разности равен
, '	2/2Asin^
у hp(z)Xn(z)dz= 2 2 г
I J	n2n2v0(l - хо)
Второй интеграл может быть вычислен с помощью уравнения
Х'^х) + Х2пХп(х) = О
и интегрирования по частям
i	i
2 С	2 С
— - w(z)Xn(z) dz = -—- w(z)Xn(z) dz =
_ _2_
См. [7, с. 104-106].

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	229
Так как Хп@) = ХпA) = 0, w(O) = w(l) = О, a?w"(x) + д = О, то
Z	Z
2 /* / nv / \j	2p rv , , ,	2р Г1 , ^П1
-у / гу(^)Хп(^) d2? = --^ц I Xn{z) dz = -—jfri[1 - (-!)]•
о	п о
Таким образом,	^ п?гЖо
/г sin —-—	г -1 , / ,
п=1
/	I/ .	Л . П7ГЖ	/1Оч
lcoso;n?H	smwnt sm—-. A2)
Воспользовавшись найденным ранее явным выражением F)
для w(x), можно теперь написать выражение для решения задачи A),
B), C), C')
д / 2
х
, v - .^ • п7гж /1о\
;n^H	sin ujnt) sin ——. A3)
Мы видим, что при t —у +оо и(х, t) —У w(x), где
есть положение равновесия под действием силы тяжести.
При v —у 0 из A3) получим решение задачи для случая, когда
колебания происходят в среде без сопротивления.
127. Решением краевой задачи
ии = а2ихх + ?, 0<ж</, 0<?< +оо,	A)
и(х, 0) = 0, ut(x,0) = vo, 0<ж</,	B)
u(O,t)=O, гбж(/,*)=О, 0<^<+оо,	C)
является
. Bп+1)тгж
+ Bn + l)%2aSm	2/	JSm 21
128. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0 < ж < /, 0<^< +00,	A)
цо,*) = о, ^(г,*) = Ц, о<^<+оо,	B)
и(ж, 0) = 0, ^(ж, 0) = 0, 0<ж</,	C)
является
/ .ч ^о 8F0/ v2? (-l)n . Bп + 1)тгж Bп
u(Xjt) = —x-— ^^-^sm	cos

230
Ответы, указания и решения
129. Р е ш е н и е. Из краевой задачих)
dp dw o
°* °\	} 0<х<1, 0<^<+оо,
др _ 2 dw
р@, t) = О, w(l, t)=A, 0<t< +oo,
w(x, 0) = 0, p(x, 0) = 0, 0 < х < I,
исключая р(х, ?), получаем краевую задачу
wx(O,t) = O, w(l,
w(x, 0) = wt(x, 0) = 0, 0 < х < I,
откуда находим
у . ~
n=0
2n
¦ sin ¦
2/
где
Bп + 1)тга] _у2
Давление р в сечении ж = / находим с помощью A)
1, t) = р@, t)- I(^ -
f^
тг	^ Bn
где
chlVGR
LCP
(-1 n
n=0
v--(- + —
jn^/uj^ + v2
cos
A)
(!')
B)
C)
A")
B')
C')
D)
E)
F)
21
2п+1JтгУ
4/2
.	i/	тга
tg(/?n = ^^, причем предполагается, что — >
4 VL С) '
L ~ С '
См. задачу 5.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	231
shlVGR
+00
-vt ST^	П7Г
^ п2тг2 + RGP
n=l
f 1 ~ , , v \.~ А - П7ГХ
< enujnt + — shuont > sin ——,
1 (R G\2 n2n2a2	I (R G
o;n могут быть как действительными, так и мнимыми.
132. Решением краевой задачи
utt = а2ихх, 0 < ж < жо, ж0 < ж < /, 0 < t < +00,	A)
и@, t) = 0, и(х0 -0,t)= и(х0 + 0, t),
ГоК(жо + 0, *) - и'х(х0 - 0, *)] = -Fo, l	B)
u(l,t)=O, 0<^	I
и(х,0) = 0, щ(х,0) = 0, 0<х<1,	(З)
является
+ ОО
и(ж t) = <р(ж)	2 ^2 sin —— sin "у cos —^'	D)
где
—— ж, 0 < ж ^ жо,
1-х), жо < ж < /.
Указание. Стационарное реп1ение уравнения A) имеет вид
w(x) = С\х + С2,
причем константы С\ и С2 определяются по-разному на интервалах
О < ж < жо и жо < ж < /.
Их значения С[, С'2, С", С2 на первом и втором интервалах нахо-
находятся из условий B).
Замечания к решениям задач 133—143.
1) Если неоднородное дифференциальное уравнение имеет вид
2	,2 , ъ^и , ж/ \ • J.
Uu = Q> uxx + с и + о ——Ь Ф(ж) sinoit
ох
или	^
Uu = a2Uxx + c2u + 6 ——h Ф(ж) coso;^,
то его частное решение можно искать в виде1)
w(x, t) = Х(х) sino;^
или соответственно в виде
w(x, t) = Х(х) cos cut.
х) См. также решение задачи 133, где это положение уточняется.

232	Ответы, указания и решения
Когда одна из собственных частот струны совпадает с частотой и
вынуждающей силы <&(x)smu)t или Ф(х) coscut, то при Ъ = 0 может
наступить явление резонанса, при котором амплитуда колебаний с
частотой вынуждающей силы возрастает неограниченно пропорцио-
пропорционально времени.
2) Если же неоднородное дифференциальное уравнение содержит
член —1ущ, т.е. имеет вид
utt = а2ихх + Ъ ——\- си — 2v ——Ь Ф(ж) sin cut	F)
их	иь
либо вид	ди
utt = а ихх + Ь-	2vut + си + Ф(ж) cosa;?,	G)
еж
т.е. колебания происходят в среде с сопротивлением, пропорциональ-
пропорциональным скорости, то частное решение указанного вида уже не сущест-
существует. В этом случае целесообразно перейти к комплексному представ-
представлению вынуждающего члена; точнее, можно искать частное решение
уравнения
Utt = a2Uxx + bUx - 2vUt + cU + Ф(х)еш
ВВИДе	Щх,г)=Х(х)еш.	(8)
Действительная часть (8) будет частным решением уравнения G),
а мнимая часть — частным решением уравнения F).
Если частное решение (8) удовлетворяет граничным условиям за-
задачи, то оно представляет собой вынужденные колебания, составля-
составляющие главную часть решения краевой задачи при t —> +оо, так как
вынужденные колебания с другими частотами и собственные коле-
колебания, возникшие за счет начальных отклонений и скоростей, будут
затухать.
133. Решение краевой задачи
utt = а2ихх + ^^ sino;?, 0 < х < I, 0 < t < +оо,	A)
Р
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < /,	C)
сводится к решению задачи о свободных колебаниях струны с фикси-
фиксированными концами при заданных начальных условиях, если известно
какое-либо частное решение неоднородного уравнения A), удовлетво-
удовлетворяющее граничным условиям B) (см. введение к настоящему пункту).
Остановимся поэтому на разыскании частного решения уравне-
уравнения A), удовлетворяющего граничным условиям B).
а) Пусть ио ф ——, п = 1, 2, 3, ... Будем искать частное решение
в виде
U(x, t) = X(x)sinvt.	D)
Подстановка D) в A) и B) дает
Х" + ^Х = -Ц^, 0<х<1,	E)
Х@) = ХA) = 0,	F)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	233
откуда находим
sin — х
а _
sin — I
v w	'	a
X
	%r Ф@ sin — (x - ?) d?, G)
ojTo J	a
о
где Tq — натяжение струны.
б) Пусть uj = ——.
В этом случае частное решение краевой задачи A) и B) можно
искать в виде D) лишь при условии, что Ф(х) и sin —— ортогональны
на отрезке 0 < х < I. Действительно, умножая обе части уравнения E)
. ПоТГХ
на sm —-— и интегрируя по частям с использованием граничных усло-
условий F), получим	i
1 /"_, ч . rioTrz , ~
	/ Ф\г) sm —-— dz = 0.
То J	I
о
61)	Допустим сначала, что Ф(х) и sin ——— ортогональны на от-
отрезке 0 < х < I. Тогда общее решение уравнения E) имеет вид
X
Х(х) =	— / ФЫ) sin — (х — z) dz + С\ sin — х + С2 cos — х.
ujTo J	a	a	a
о
Из граничного условия Х@) = 0 находим С2 — 0. Так как — =
а
= —^—, то sin — х обращается в нуль на концах отрезка 0 ^ х ^ /,
/	а
поэтому константу С\ можно брать какой угодно. Легко видеть, что
в этом случае выражение
ojTo J	a
о
является решением уравнения E), удовлетворяющим граничным усло-
условиям F).
62)	Остановится теперь на случае, когда uj = ——, а Ф(х)
. птгх	~	, -^
и sm —-— не ортогональны на отрезке 0 < х < /. В этом случае частное
решение краевой задачи A), B) уже нельзя искать в виде D).
Положим
Ф(х)	. потгх
где
' ' ^ '¦ sm
п i
о
Функция грух) уже ортогональна sm	 на отрезке 0 ^ х ^ /.

234	Ответы, указания и решения
Теперь уравнение A) можно переписать в виде
2	То , / \ .	, . То л	. ПоТГЖ .	/1/ч
ии = cl иХх	гр(х) smut -\	Ап sin —-— smut.	(Г)
Р	Р	I
Сумма частных решений г?(ж, ?) и и? (ж, ?) уравнений
sin —^— sino;*,	A")
а ^ПЛ sin	si
р
wtt = a2wxx --ф(х) sin ut,	(l"f)
p
удовлетворяющих граничным условиям B), будет частным решением
уравнения A), удовлетворяющим граничным условиям B).
m	. ПоТГХ	То , / \	г\ ^	^ 1
Так как sm	 и	w(x) ортогональны на отрезке 0 ^ х ^ /,
I	P
то согласно (8)
{1
— np(z) sin — (х — z) dz > sino;^	A1)
o;7	a
о	J
будет частным решением уравнения AШ), удовлетворяющим гранич-
граничным условиям B).
Если теперь искать частное решение уравнения A") в виде
v(x, t)=T(t)sin^p,	A2)
то граничные условия B) будут удовлетворяться при любом T(t). Под-
ставляя A2) в A ) и принимая во внимание равенство и = —-—,
получим уравнение
T"(t) + u2T(t) = ^ Апо smut.	A3)
Его частное решение, как это известно из теории обыкновенных
дифференциальных уравнений, имеет вид
T(t) =t(Acosut + Bsmut).	A4)
Подстановка A4) в A3) дает
2lo p
Поэтому
T(t) = -±^±tcoswt	A6)
w(x, t) =	^-^cosc^^sm—-—.	A7)
2uop	I
m	t~	ПОТТО,	л	ж/ \	• TloTTX
1аким образом, если и = 	 и функции Ф(х) и sm	 не
ортогональны на отрезке 0 < х < /, то частное решение уравнения A),

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	235
удовлетворяющее граничным условиям B), имеет вид
{]
— ip(z) sin — (х — a) dz > sin ujt —
оо J	a	I
0	'	T0An() ,	, . поттх /1ОЧ
	^—^? cos o;? sin-V-. A8)
2CJ/9	/
В этом случае наступает явление резонанса: амплитуда колеба-
колебаний с частотой вынуждающей силы возрастает неограниченно про-
пропорционально времени.
134. Решением краевой задачи
utt = а2ихх -\	 sina;?, 0 < х < /, 0 < t < +оо,	A)
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < I,	C)
является:
а) при uj ф —j-, п = 1, 2, 3, ...,
"/	- 2 W I . ,
	smz — х > sin o;t +
2a	2a
. птгж
E7 . птгж . птга^
bnsin—— sin—^—,
l
n=l
где	J	!
4Ф0 /* J sin a * • 2 <Л • 2 w I . nnz
/ < % sin	sin — z > sin
2 j
4Ф0 /* J sin a * • 2 <Л
bn =	/ < 	%- sin
/ < % sin	sin
птгаа;/? i sin^	2a	2a
6i) при uj = —-—, где по четно,
i
+ OO
( ,ч	2Фо . 2 ^	•	. , V^ l • П7ГЖ •
u(x, t) =	r— sin —xsinwt+ ) 6n sin —— sin
uj2p 2a	*-^	I
n=l
где
,	4Ф0
6 =
nirapuj
о
/ sin — a sin —— az;
j	2a	/
_, ч	потга
02) при uj = —-—, no нечетно,
u(x, t) =
(	х	)
I Фо . 2 ^	4аФо Г . tiottz . потг(х — z) , I .
= <	r— sm — x -\	/ sm —-— sm	:l-	 dz > sm ujt +
uj2p	2a	noTTUjToJ	I	I
-\	— t cos ujt + > bn sm —— sm —- ,
n=l
где

236	Ответы, указания и решения
,	2 Г \ 2Ф . 2 ^ /^ , 4аФо Г
2
{sm f +
nnaj I up	2a nonTo
/ sin —р- sin	^	}- dz+
J	I	I
j	p	ooJ
2Ф0 . потг^ 1 . птг?
	sin —р^ > sin -V1
H	sin —р^ > sin -V1 df,
ПТГОйр	I J	/
a To — натяжение струны.
В этом случае наступает явление резонанса: амплитуда колеба-
колебаний с частотой вынуждающей силы uj возрастает неограниченно про-
пропорционально t.
135. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0<х<1, 0<?<+оо,	A)
u@,t) = 0, u(l,t) = Asmut, 0<t<+oo,	B)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < I,	C)
является:
#^, п = 1,2, 3,4,...,	D)
sin -x	—	пжх
+ ОО
(ж, t) = Л	^— sin о;^ + > on sin —^— sin —-—,	E)
С1П 	 /	Li
sin — /
a
где	. .
, 2Auj f O111 a * . nnz ,	100	ta\
bn =	/ 	g— sin —— d2?3 n = 1,2,3,...;	F)
при uj =
/ ,ч I Auj f ( л* • ^тг^А • потг(х — z) , I .
(ж, t) = < —- / ( z — AnQ sin —— J sin	—	 dz > sin ujt -
1 at j \	1 /	1	1
I 0	J
	—-^ ? cos a;? sin —	h > on sin —— sin —-—, (8)
l
n=l
где
Z	Z
= -^^ y ^(^, 0) sin — dz, Лпо = J zsm —j— dz,
U(z, t) — сумма первых двух членов в правой части равенства (8).
Указание. 1) При uj ф ——, п = 1, 2, 3,..., частное решение
краевой задачи A), B) ищем в виде U(x, t) = X(x)smujt и реше-
решение задачи A), B), C) представляем в виде и(х, t) = v(x, t) + U(x, t).
2) При а; = —-— полезно освободиться от неоднородности в гра-
граничном условии, переведя ее в уравнение. Для этого находим ста-
стационарное решение (р(х) уравнения A), удовлетворяющее граничным
условиям ip@) = 0, ip(l) = Л, затем решение краевой задачи A), B),
C) ищем в виде
и(х, t) = г?(ж, t) + (р{х) si

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	237
136. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0<х<1, 0<?<+оо,	A)
гл(О, *) = 0, ux(l,t) = ^-smcut, 0 < t < +oo,	B)
и(х, 0) = 0, щ(х, 0) = 0,	C)
является:
ч / Bп + 1)тта л 1 о о	/л\
а) при о; ^	21~' П = ' ' ' ' ''''	^
+ ОО
/ i\	тт/ ,\ , X л 7 • Bп -\- 1)ТГЖ . \А11 ~г ± I пиьь	/~ч
LL\JL, ь I — (_/ I Jb ^ ul \^ 7 ^Ti Olll	Dili	^	V /
п=0
где	. и
Т Т /	I \	(Л-Гл.	гл
cos — /
а
i
К = -Bn + l)naIUt^ 0)8in 2nV"ZdZ>	^
^ч Bпо + 1)тга
б) при ио =	—-L—
+ ОО
/ ч тт/ ,\ \~^ 1 - Bп + 1)тгж . Bп + l)irat	/пЧ
и(х, t) = U{x, t)+ У bn sin ^	—^— sin ^	—1	,	(8)
где
ч _ J Aa С f д* . Bno + l)nz
' ) = -<\-E^-J \z~ nosm	2]
о ч
х sin
-—	y-^	 dz > sin cut	—^-1 cos o;^ sin	-^—, (9)
J
,	4	}rr . пч . Bп + 1)тг^ ,
bn = —7	г— / UAz. 0) sm	-1— dz,
71	Bп + 1)тга J tv ' J	21
о
Z
a* f - Bn0 + 1)ttz ,
An0= Jz sin	2l~
0
0
Указание. См. указание к предыдущей задаче.
137. Решением краевой задачи
ии — cl2uxx + lu2(x + и) + gsina;?, 0 < ж </, 0 < t < +00,	A)
w@, t) =ux(l, t) = 0, 0<^<+oo,	B)
u(x, 0) = ^(ж, 0) = 0, 0 < x < I,	C)

238	Ответы, указания и решения
является
и(х, t) = v(x) + w(x, t) + U(x, t),
где
v(x) = ^fft cos k(l -8d?- kji sin k(x-0 d?,
о
с, t) = X(x) sinut = ^ { 	la	- 1 } smut,
cos —/л/2
+00
n=0
J
. ( + )	.
sm \yjtf - i	^	j tj sm
An = -- J v@ sm
о
x@sm
4/2
Указание. Найти сначала стационарное решение, потом вы-
вынужденные гармонические колебания с частотой вынуждающей силы,
а затем свободные колебания.
138. Решением краевой задачи
utt = а2ихх, 0 < х < ж0, хо < х < I, 0 < t < +оо,	A)
и@, t) = 0, и(х0 -0,t)= и(х0 + 0, t),
Т0[их(х0 + 0, t) -ux(x0 -0, t)] = ^sina;^, u(l, t) = 0, 0 < t < +oo,
B)
u(x, 0) = ^(ж, 0) = 0, 0 < x < I,	C)
является
где
с, t) - U(x,t) +
z
2 Л
n nTraJ
0
+00
n=l
ил.,
n sin ¦
0)sin
01 -K-i
D)
E)
x)Cp. [7, с 111, 112].

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
239
/±а
Touj
Аа
Tquj
а
sin —
а
(Jj С1П
sin —
a
- sin
o(l-
a
UJX .
a
Jt, 0 ^
xo,
F)
F')
U(x, t) =
139. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0<ж<жо, хо < х < /, 0 < t < +оо,
и@, t) = 0, и(х0 -0,t)= и(х0 + 0, t),
x(xo + 0, t)-ux(xo-0, t)] = Acosut, u(l, t) = 0, 0<^
является
где
u(x, 0) = 0,ut(x, 0) = 0, 0 < x < I,
+ OO
X, t) = U(x,t)
n=l
ansm—— cos——,
an = -у
z, 0) sm —— <
(i)
+ 00,
B)
C)
D)
E)
U(x, t) =
Sme(
- sm — cosa;^,
a
0 ^ x < Xo,
—	7-5— sin —A-х) cos cut,
Tquj чш _ / a
F)
/ птга
и T —j-i
n = 1, 2, 3, ... 1).
140. Решением краевой задачи является
+ ОО
cos
n=l
nirat
, sm ¦
mrat \ . птгх
где
an = -j U(z, 0) sm —— d^,
=	/ Ut{z, 0) sm ——
птга J	I
dz
IbJIJU	/-j \
B)
x) Переходя к пределу при ш —>- 0, получим при Л = Fo стационарное
отклонение, найденное в решении задачи 132.

240
Ответы, указания и решения
I WVU,	-1 г» о
и при muj ^ ——, т, п = 1, 2, 3,...,
[/(ж, t) =
{
2
п=1
nuj sin
х sm	(ап cos ncot + pn si
a
C)
, 0 ^ x
To |
x sin ¦
+ OO
a, sin —xo
n=l na; Sin ^ *
x) f	, n -	,\\
	\an cos nuot + pn sm nuot) >,
ж ^ /.
Замечание. Первые слагаемые суммы C) и C') соответствуют
стационарному прогибу под действием силы, равной — и приложен-
приложенной к точке жо; именно эта сила вызывает прогиб
и(Х) = { 7 L /
ттг^-^о A- у) , ж0 ^ ж ^ /.
. 1о 2 V / /
141. Решением краевой задачи1)
(Ф(х)/р) sina;^, 0 < ж < /, 0 < t < +оо, A)
B)
C)
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,
и(х,0) = 0, щ(х,0) = 0, 0<х<
является
где
/ »\ тт/ j.\ — i/t V^ Z' nnat , . n7rat\ . птгж //|Ч
и(ж, t) = и (ж, t) + е ^^ I an cos —	h 6n sm —-— j sm ——, D)
n=l
i
an = -- U(z, 0) sm —— dz,
0 i
vl	2 С	tittz
bn =	an	/ Ut(z, 0) sin —— dz,	E)
птга	птга J	I
о
( / i	\ °
С/(ж, t) = Im ———' 2 < I / - Ф0(^)А (/ — ?) a^ I o —
-е^Мфо(^№-О^^ ; (б)
x) См. введение к ответам настоящего пункта.
2) Символ Im означает мнимую часть комплексного числа.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	241
U(x, t) — установившиеся колебания,
о	/ 2
2 -и;2
о
Замечание. Пусть Y(x) есть решение дифференциального
уравнения
у" + Ay' + By = О, А = const, В = const,
удовлетворяющее начальным условиям
1/@) = о, !/'@) = 1;
тогда	х
о
является решением уравнения
y" + Ay' + By = f(x),
удовлетворяющего начальным условиям
1/@) = 0, i/'@) = 0.
142. Решением краевой задачи
ии = а2ихх — 2vuu 0 < х < /, 0<?< +оо,	A)
гб(О,*) = О, гбж(/, t) = ^sina;^, 0 < t < +оо,	B)
.с/О
и(х, 0) = 0, ^(ж, 0) = 0, 0<ж</,	C)
является
и(ж, t) = U(x, t) +
, -i/t V^ ( Bn+l)irat , , . Bп + 1)ттаЛ . Bn + 1)тгж /у1ч
+ е 2^ ( а^ cos "	^Г	+ п Sm 	21 	) Sm 	21 ' ^
2 /VtY п\ • Bn+ 1Orz J
ап = --J U(z, 0) sin ^	^— dz,
0
J
0 ,	E)
B l)
0
Установившиеся колебания определяются формулой
{(rv Ri\	p(ot+Ci)x	-(ot+Ci)x
{
{
ES{a2+f32) e(«+/3i)J_e-(«+/3i)z e j'
где а и (З имеют те же значения, что и в предыдущей задаче.
16 Б.М. Будак и др.

242
Ответы, указания и решения
143. Решением краевой задачи
d2v	d2v (pr,rndv Гр„_п
x	l	0 < x <l, 0 <t < +oo, A)
vx@, t) = 0, v(l, t) = Eo smut, 0 < t < +oo,	B)
ф,0)=0, ^0, 0)=0, 0<ж</,	C)
является
v(x, t) = У (ж, t) +
+ CXD /
, -vt V^ / Bп+1)тга^ , ь
+ e > а„ cos	-1	V br, sm ¦
n=0
1)тгаЛ Bп + 1O
21	i
/
2 /* . ч
an = -j J V(z, 0)
cos
2/
Bп + 1)тга	Bп + 1)тгаУ
о
(а+/3г)ж
у Vi(*, 0)
cos
Bп
, E)
F)
a + /Зг = ±л/рои2 - r - 2qcoi, p = LC, 2q = RC + GL, r = GR,
_ GL + CR
V ~ 2CL '
144. Решением краевой задачи
0<ж</, 0<^<+оо, A)
г;@,*) = 0, v(l,t) = Esmut, 0 < t < +оо,	B)
^(ж,0)=0, ^(ж, 0)=0, 0<х<1,	C)
является
+ OO
г;(ж, t) = V(x, i) + е / ^ (fln cos /in^ + 6n sin /int) sin ^—, D)
n=l
где
-g
7ГП
T'
an = -j j V{z, 0) sin — dz,
о
bn =	an	/ Vt{z, 0) sin —— dz,
nna	nna J	I
E)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	243
V() l\E '	'	«* ,	F)
у v^, о; - ш, л ^ (а+/з*)г - e-(«+/3i
±(а + /Зг) = уроо2 — г — 2qcji, p = CL, 2g = C.R + GL, г = Git!,
G)
_ CR + GL	( ,
V ~ 2CL '	^ '
145. Из краевой задачи
dv (dw rt \
—— =	Ь 2аи?
дх \ dt	/ |
" "	A)
p@, t) = 0, гу(/, t) + /i^f^ = ieiwt, 0 < * < +oo, B)
OX
находим установившиеся колебания давления с частотой ш в сече-
сечении х = I:
p(l, t) = A\r{Lo)R{uj)ei{ut+^,	C)
sin 2^
D)
E)
ch2i/> -
^, n	n Ф , n ch 2V> cos 2w
= --e1-e2, tge1 = ^ tge2= l ^
2	^		^т	^
ch 2-0 - cos 2<? M^
146. Решением краевой задачи
utt = а2ихх -\— Ф(ж)^, 0<ж</, 0<^< +00,	A)
р
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < /,	C)
является
loo	оо	)
+ оо
, . птгх . riTrat /.ч
9n sm	sm	, D)
n=l
16*

244	Ответы, указания и решения
где
^JIffff)dz\Sin^dx. E)
)
Jffff
О к 0 0	0 0
147. Решением краевой задачи
utt = a2uxxj 0<х<1, 0 < t < +оо,	A)
ЦО, *)=0, ux(l,t) = -j^t, 0<?<+оо,	B)
и(х, 0) = 0, гл*(ж, 0) = 0, 0<ж</,	C)
является	+оо
и(х, t) = —xt + 2_^Ъп sin ^	^— sin ^	^	,	D)
п=0
оп = —т	ч— / ттт; sm	г^— dz.	E)
п	Bп+1)тга J ES	21	у J
148.	Решением краевой задачи
ии = а2ижж + - Ф(ж)^т, 0 < ж < /, 0 < t < +оо, т > -1, A)
u@, t) = u(/, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = 0, ^(ж, 0) = 0, 0<ж</,	C)
является1)	+оо
/	ч	V"^	/ ч . П7ГХ	/.ч
и(ж, t) = 2_^ un{t) sin —^—,	D)
n=l
t
un(t) = — / rm smo;n(? - r) r, o;n = —-,
UJn J	I
0
2 /"ФЫ . nirz ,	/ЕГч
an = j I —^- sin — ^.	E)
о
149.	Решение краевой задачи
utt = a2uxx, 0 < ж < /, 0 < t < +00,	A)
и@,*) = 0, ux(l,t) = ^-tm, 0<^<+oo, ш>-1, B)
.с/О
и(ж, 0) = 0, ^(ж, 0) = 0, 0<х<1,	C)
является	+оо
А^т п\ • Bп+1)тгж	//1Ч
n(t) sin ^	^—,	D)
п=0
где	t
гп-
т
шп J
о
гп2	(х \j	Bn + 1)тга
г) См. указание к следующей задаче.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	245
2Ат(т-1) Г . Bп + 1)ttz ,	,„,
—h^Jzsin	dz-	F>
21
о
Указание. Чтобы освободиться от неоднородности в граничном
условии, ищем решение краевой задачи A), B), C) в виде
^,	G)
что приводит к краевой задаче
2 Аж?т(т — 1)	,	, ч
= azvxx	—±	-, 0 < х < Z, 0 < t < +оо, (8)
v@, *) = 0, vx(l,t) = O, 0<^<+oo,	(9)
г;(ж,О)=О, vt(x,O)=O, 0<х<1.	A0)
Частное решение краевой задачи
ии = а2ихх + f(x,t), 0<х<1, 0<?
0,*)+АЦ0,*)=0,	,
, *) + ^2гб(/, *) = 0, 0 < t < +оо,	l ]
можно искать в виде
+ ОО
и(х, t) = ^2un(t)Xn(x),	C')
71=1
где un(i) — функции, подлежащие определению, а Xn(t) — собствен-
собственные функции краевой задачи
'@) + /W0) = 0, а2Х'@ + C2Х{1) = 0. J	l j
При этом вынуждающий член /(ж, ?) также нужно разложить в
ряд по собственным функциям этой задачи, т.е. представить в виде
+ ОО
f(x,t) = Y,fn(t)Xn(x),	A2)
п=1
где	i
Ш = р^ Jf(z, t)Xn{z) dz.	A3)
150. а) При и ф сип = ^, п = 1, 2, 3,...,
+ ОО
и(ж, t) = > -г^	^т— (^n sin a;^ - ш sin a;n^) sin ——;	A)
n=l
б) при a; = ojno =
I
+00
/ ,\	V^	an	(	•	x	x\ • П7ГХ i
u(x, t) = у, ~r^	^\— v^n sm oot — uo sm (jjnt) sm —	h
n=i ^n ~ Ш ^п
-—Q-(sina;not-unot cosa;not) sin ^^—, B)

246	Ответы, указания и решения
i
2 ГФ(г) . nnz ,	, ч
ап = - / —^- sm —— dz.	{б)
i j p	i
о
Замечание. Здесь в отличие от решения задачи 133 колебания
с частотой вынуждающей силы даны не в замкнутой форме, а в виде
ряда.	+оо
151.	и(х, t) = у un(t)s\n——,	A)
ra=l
где	t
B)
C)
Здесь предполагается, что ujn > v. Нахождение выражения un(t)
для ujn ^ v не представляет затруднений.
0
_ 2
/
1
0

Ф(ж)
р
\/п)
sin
2 _
ппх
1
n .
лат? пя 1	г cos —^— sm
152. U(x, t) = 1^	W^
i)-
. П7ГЖ
х sm ——
где	_ ппа
153. Решением краевой задачи
utt = a2uxx + -S(x-xo)S(tI), 0<х<1, 0<^<+оо, A)
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < I,	C)
является:	.
+ CXD
2/ \~^ 1	, • птгжо . птгх	птга
= —y —sino;ntsin-— sin——, ип = ——. D)
pi ^—' cjn	t	t	t
l
154. Решением краевой задачи
жж - 2i/ut + -Ф(ж)^, 0<ж</, 0<?< +оо, A)
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < t < +оо,	C)
г) S(t) — односторонняя дельта-функция
!0,	-оо<?<0,
п,	0<t< 1/n,
О,	1/п < t < +оо;
подробнее о дельта-функции см. [7, с. 267-272].

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	247
ЯВЛЯеТСЯ
= ^ [те-<1-^ sin2n(t - г) dr,
J J
2 /"Ф(^) . nirz ,	nira
an = j J -±-Lsm — dz, иоп = —j- •
155.	Решением краевой задачи
utt = а2ихх - 2vut + -5(х - xo)S(i), 0 < х < Z, 0 <t < +оо, A)
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +00,	B)
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < Z,	C)
является
О Г	+°° 1
/ .ч	LL _¦,,+ V—> 1	— . . ТПГХо . Т17ГХ	/ л\
u(x, t) = — е 2^~smWn m—/—sin~/~'	D)
где
E)
л ~п / ,\	2Pl4vo \~^ 1	1	. птгх . n27r2at ,
156.	И (Ж, ?) =	т- > -г 2 о 2	27? Sin ~Г~ Sin 	F^	•"
pSan4 ^-^ п3 а2п2п2 — vfil2	I	I2
2Р13 ^-^ 1	1	. птгх . nnvol ^	/
~Г	7; ^ /	Т ^ ^ ^	о то ^111	~ bill	"	,	U \ Ъ \	,
ротг2 ^—^ п2 а2тг2п2 — viV	I	I
п- л
л +СЮ
П(Ж, t) =	 > —		272" S111 ^~ S111 	^2	'
pSair4 *-^ n3 a2ir2n2 — vil2	I	I2
71=1	I
— < t < +oo.
Указание. Воспользоваться импульсной дельта-функцией.
_	cos-	л 	' '
157.
п2ж2а2\2 (
=i| (пжа\ (Л
ш1
п2п2а2
cos ——— t — cos A —
х) Предполагается, что иоп > v при п = 1, 2, 3, ... Если o;n ^ v при
достаточно малых значениях п, то решение будет содержать члены с мно-
множителями sha;n? и член с множителем t.

248
Ответы, указания и решения
158. а) При и ф
uix. t) =
, п = 1, 2, 3, ...,
Sm
a>K2pS ^ п2(п4тг4а2 -
n=l
sm
sm
h
П7ГЖ0
4 4 2214
п4тг4а2 — а;2/4
б) при а; =
,x	2ujP015
^) =
n=l
п2(п4тг4а2 - oo2l
sm
n=i
. n27T2at ,
sm —	h
I2
pS
sm o;?
n=l
sm —	h
п4тг4а2 - uj214	I
-\
pSloo
. потгжо . , . попх Pq	. потгжо . потгх
sm —-— sm cut sm —	—— t cos cut sm	sm
I	I	Sl
I
I
pSloo
I
sm
I
Неограниченное возрастание амплитуды вынужденных колеба-
2 2
потг а -
нии с частотой и = ——— будет иметь место лишь в том случае,
когда sm
0, т.е. точка приложения силы не совпадает ни с
одним из узлов гармоники, соответствующей числу ЛПо = 	.
Указание. См. указание к задаче 149.
Замечание. Вынужденные колебания с частотой со могут быть
найдены в замкнутой форме, аналогично тому, как это было сделано
в решении задач 134 и 139.
2 2
При uj ф —-—, п = 1, 2, ..., для колебаний с частотой и, таким
образом, получается следующее выражение:
тг4 sh/3A-х0)
2PZ3
2/33/3
sh/3(l-x)
0<x<:xo,
xo<x<l, /32 = -.
a
159. u(x, t) =
tg(/?n =
2P13
sm
где
а2тт4п4 — а;2/4
pS ^ у/(п4тг4а2 -ш2/4J + '
, a v — «коэффициент трения», входящий в

уравнение
Гл. П. Уравнения гиперболического типа	249
д2и , 2 д4и , о ди п
%2	д4	%
160. Ця, *) = Ц?- У ^^	l-.	г Хп(х),	A)
где
п(ж) = (ch/in + cos/in) (sh/in у - sin/in у) -
+ sin/in) (^ch/in | - cos/in yj , B)
\in — положительные корни уравнения
ch/icos/i = — 1.	C)
161. Для t < T ответ совпадает с ответом предыдущей задачи.
2	2 2,
где /in и Хп(ж) имеют тот же смысл, что и в предыдущей задаче.
162.
где \in и Хп(х) имеют тот же смысл, что и в задаче 160.
163. и(х, i) =
/о/ а \-^ sh ап — 2 ch ап sin ап + sin ап	п	ш,*	v , ч
= ~^EJ 2-^ 	3^2	^2	2 2^ 2	 ^nW,
\
где
^п (ж) = sh /лп sin ^-y	sin \in sh ^-y—,
/in — положительные корни уравнения tg \i — th \i (fii < \i2 < ...) •
4. Колебания при неоднородности сред и других услови-
условиях, приводящих к уравнениям с переменными коэффициен-
коэффициентами; учет сосредоточенных сил и масс.
164. Решение. Продольное смещение и(х, t) точек стержня яв-
является решением краевой задачи
p(x)utt = (E(x)ux)xj 0 < х < xOj xo < х < /, 0 < t < +оо, A)
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
u(xo—0, t) = и(жо+0, t), E(xo—O)ux(xo—0, t) = Е(хо+0)их(хо+0, t),
B')

250
Ответы, указания и решения
и(х, 0) = ip(x) =
О < х <
< х <
C)
ut(x, 0) =ф(х) =0, 0 < х < I,
(Е, 0<x<xo,	p, 0<х<хо,
Е(х) = <^ =	р(х) = <=	D)
[Е, хо<х<1,	[р, хо<х<1,
~р, ~р, Е, Е — константы.
Частные решения краевой задачи A), B), D) ищем в виде
и(х, t) =X(x)T(t).	E)
Подставляя E) в A), B) после разделения переменных, получим
T"(t) + (J2T(t) =0, 0 < t < +oo,	F)
(Е(х)Х'(х))' + cj2p(x)X(x) = 0, 0 < х < /,	G)
Х@) = ХA) = 0, Х(х0 - 0) = Х(х0 + 0),	(Г)
ЕХ'(х0 - 0) =ЁХ'(х0 + 0).	G")
Из общей теории известно1), что краевая задача G;), {7") имеет
бесконечную последовательность собственных частот
и соответствующих им собственных функций
Хг(х), Х2(х), ..., Xn(t), ...,
ортогональных с весом р(х) на отрезке 0^x^.1. Решение уравне-
уравнения G), удовлетворяющее условиям G;), имеет вид
Х(х) =
. 00
sin — х
а
. 00
sin — хо
а
sin = (/ — х)
а
sin = (/ — хо)
а
при 0 < х <
при
а=\ —
г
(8)
а = \ / =
Р
Удовлетворяя условию G"), получим трансцендентное уравнение
1 ¦ ш	1 ¦ ¦ <" ' -	(9)
о
Ер а
1 , 00 (	п
— tg = (хо - I)
для определения собственных частот шп.
Полагая в (8) и = ип, получим собственные функции нашей
краевой задачи
х)См. [7, с. 422, 423].

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
251
Хп(х) =
sin
sin
sin -z^
a
UJn
a
UJn
a
i-(i
X
xo
-x)
. ШП П
sm -=-(/ —
при 0 < х < Хо,
при хо < х < I.
A0)
Квадрат нормы собственной функции равен
sin2 ^-а;
' sin2 ^ A-х)
/n Dill ^^^ Jil л UXJ-i — у I/ dU J
p{x)Xl(x) dx = p 	^— dx + ]i 	^	dx =
J si л 	т.п J si л 	 (I — т.п)
+00
smz -=-(/- xo)
px0
UJn
a
UJn
a
-, (и)
1
A2)
u(x, t) = 2_^anXn(x)coswnt,
h гЛ?- + Аг\- аз)
a™ = lly 112 / P(X) ^(Ж) ^п(ж) б?Ж = —
||An|| 7	a;n|
165. u(x, t) =X(x)sinu)t,
X(x) =
. UJ
sm — x
a
. uj
sm — xo
a
при 0 < x < Xo,
. uj
¦= cos = (I — x) + Fo sin = (x — xo)
^	V^-u	w	^	 при xo<x <l.
¦= cos = (I — xo)
a a
166. u(x, t) = У^ (an cos ujnt + bn sin u>nt)Xn(x),
1 ?
a^ = ну M2 /
Xn(x) =
n
sm -=- x
a
1
' bn = —ну 112 p{x)^{x)Xn{x)dx,
UJn\\y^n\\ J
0
при 0 < x < хо.
-=- cos -=?¦ (I — x) -\- h sin -^- (/ — x)
a a	a	при xo < x < I,
ШП	Шп n	\ , I • ^n П
-=- cos -=- (/ — xo) + h sm -=- (/ — xo)
^ a	a	a
ujn — положительные корни трансцендентного уравнения
где
puj = -tgquj,
1	/-жо
а	а

252
Ответы, указания и решения
167.	+оо
u(x, t) = ^ апХп(х) cos aXnt, 0 < х < I, 0 < t < +00,	A)
п= 1	2 ^Ъ
Р
sin Апж
Хп(х) =
sin Апжо'
sin Xn(l — х)
О < х < жо,
C)
sm Ап(/ — жо)
Ап — собственные значения краевой задачи, являющиеся корнями
уравнения
nx0 -ctgAn(/ -хо) = — Ап.
D)
Собственные функции Хп(х) ортогональны на отрезке 0 < х < I с ве-
весом р(х) = p + MS(x — хо), где р — линейная плотность массы струны,
а 5(х — хо) — импульсная дельта-функция; таким образом,
i	i
Iр(х)Хш(х)Хп(х) dx = р IХш(х)Хп(х) dx + МХш(хо)Хп(хо) = О
при т ф п, E)
квадрат нормы собственной функции равен
1j^+f-;o) +F)
^пжо 2sin Xn(l — хо) 2
и
/ р(х)(р(х)Хп(х) dx p ср(х)Хп(х) dx + Mcp(xo)Xn(xo)
откуда получаем
Указание. При вычислении F) и (8) нужно воспользоваться D).
Формулы F) и G) могут быть получены и без применения дельта-
функции, как это сделано в [7, с. 147-150].
+ ОО
168.	и(х, t) = y^{ancosa;n? + Ьп smuont}Xn(x),
n=l
XJx) =
.	п
sm -=- x
a
sm -=- xo
a
cos -=- (I — x)
	a
COS -=-(/ — Xo)
a
0 ^ x
, x0 ^ x ^ /,

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	253
ujn — корни уравнения
ctg ^ x0 -SJEf tg ^ (I - х0) =
a	v	a
a
	т-у	 hp(x)sm —хахЛ	гг^	 hp(x)cos ^{l — x)dx
in2 ^ж0 5	a	cos2 — (Z-жо)^	а
sin2 ^ж0 5	a	cos2 —
—	°	^=
/9	[ i (	\ • 2 Шп	-. s	Op	fir	\ 2 Шп п
k'n	I т \	/	—	UJn	\ I	77
^жо J	a	cos2 -=-(/ — жо)/	а
NY ||2=	^	i	^	lM
11 П|1	о • 2 ^n	"•" o	о ^n /7	\	9 '
2sin -=-жо 2cos2 -=-(/ — жо)
а	а
169. Решением краевой задачи
ии = а2ихх, 0 < ж < /, 0 < t < +оо,	A)
ЦО, *) = 0, w«(I, t) = -c2ux(l, t), 0<t< +oo,	B)
u(x,Q) = <p(x), щ(х,О)=ф(х), 0<х<1,	C)
ГДе	2 KG 2 KG
c =1Г' a =—'
является	+оо
и(ж, t) = ^(ancosaAn? + 6nsinaAn^) sinAnx;	D)
n=l
Xn — собственные значения краевой задачи — являются корнями
уравнения
ctgAJ = -у Ап,	E)
тогональности 1)
а собственные функции Хп(х) = sinAnx удовлетворяют условию ор-
ор1)
z
/) + JjXm(x)Xn(x) dx = O, тфп,	F)
О
I
M<p(l)Xn(l) + Jjp(x)Xn(x) dx
JjXl(x)dx
G)
x) См. указание к задаче 167.

254	Ответы, указания и решения
i
МфA)ХпA) + Jj%l)(x)Xn(x) dx
г9	]	•
*A) + JjX*(x)dx\a\n
I
170. и(х, t) = —	=	 sin — х smwt.
— COS — / + -—	 Sill — /
а а Н — I a
+ оо
т- »<-(> - т S -k^r2 cos fl /*><0J» "•• v f) «¦
n=l	0
= и(ж, 0), Jo (ж), Ji(x) — функции Бесселя нулевого и пер-
первого порядка первого рода, \in — положительные корни уравнения
JoM=0.
+ ОО
172.	и(х, t) = ^2(ancosa\nt + bnsma\nt)J0 [VnJjY
n=l
\in имеют те же значения, что и в ответе к предыдущей задаче.
+ ОО
173. и{х, t) = ^2 [ап cos y/2nBn - 1) at +
n=l
+ bn sin л/2пBп - 1) at] P2n-i (y) ,
где
4n-l
о
i
^2nBn-l)al Jq
Рп(х) = ——- -=—^ [(х2 — 1)п] — полиномы Лежандра,
а ть. ах

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	255
§ 4. Метод интегральных представлений
1. Метод интеграла Фурье. Напомним, что при известных
ограничениях на f(x) справедлива интегральная формула Фурье
f(x) = ± Jd\ J №е***-в d?,	A)
— оо —оо
+оо	+оо
/'(*) = i- JiXdX I
— oo	—oo
т.е. возможно дифференцирование интеграла по параметру под зна-
знаком интеграла, и
+
+ОО
— оо —оо
где F(x) — первообразная для f(x).
Решение уравнения
ии — cl2uxx, —оо < х < +оо, 0 < t < +00,	D)
можно искать в виде
^ +ОО +ОО
и(х, t) = — JdXJ U(?, t)eiX(x-Vd?.	E)
— oo —oo
Подстановка E) в D) дает
+ ОО +ОО
— fdX f
2тг J J
— оо —оо
Для выполнения равенства F) достаточно, чтобы выполнялось
равенство	^2ТТ
?у±+а2А2?/ = 0,	G)
откуда находим
где А(?) иВ(() — произвольные функции параметра ?.
Подстановка полученного выражения в E) согласно A) дает из-
известное решение в виде суммы распространяющихся волн
+ ОО +ОО
аул. о) — — / ал I
2тг J J
"°° "°°	= A(x + at)+B(x-at). (9)
Аналогично интеграл Фурье может быть использован для реше-
решения других задач, связанных с уравнением колебаний.
Более широко распространена следующая схема применения ин-
интеграла Фурье к решению краевых задач на прямой —оо<ж<+оои
полупрямой 0 < х < +00.
Здесь интеграл понимается в смысле главного значения.

256	Ответы, указания и решения
Образом Фурье функции f(x) на прямой -оо < ж < +оо с
ядром е~г^ называется функция
+ ОО
7(л) = --L
— оо
В силу формулы A) «оригинал», т.е. функция /(ж), может быть вос-
восстановлен по своему образу с помощью формулы
+ ОО
iX*dX.	A0')
Переход от f(x) к /(А) по формуле A0) называется интегральным пре-
преобразованием Фурье; очевидно, преобразования A0) и A0') являются
взаимно обратными.
На полупрямой 0 < х < +оо можно рассматривать косинус-образ
Фурье1) для функции f(x)
I— +оо
7(С)(Л) = А/! //(О cos AC df,
О
переход от которого к оригиналу осуществляется по формуле
f{x) = \- fj{c)(X) cos XxdX,	A1')
У TV J
и синус-образ2)
TV
О
+ОО
f№sm\ZdZ,	A2)
О
переход от которого к оригиналу выполняется по формуле
I +ОО
f(x) = J- fjis)(X)smXxdX.	A2')
У TV J
о
Можно рассматривать преобразования Фурье с другими ядрами.
За подробностями отсылаем к специальной литературе.
Чтобы решить краевую задачу для и (ж, t) с помощью интеграль-
интегрального преобразования Фурье, по переменному х переходят к задаче для
образа Фурье этой функции, находят этот образ. После этого с помо-
помощью обратного преобразования Фурье «восстанавливают оригинал»,
т.е. находят функцию и (ж, t) по ее образу Фурье. В качестве ядра ин-
интегрального преобразования Фурье для задач на полупрямой нужно
брать такое частное решение Х(х, t) уравнения, получающегося раз-
разделением переменных из основного уравнения заданной краевой за-
задачи, которое удовлетворяет граничному условию задачи, если это
условие однородно, или соответствующему однородному граничному
условию, если граничное условие задачи неоднородно.
х) Интегральное преобразование Фурье с ядром cosA?.
2) Интегральное преобразование Фурье с ядром sin A?.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	257
174.	t	x+a(t-r)
u(x, t) = — I dr I /(?, r) d^.	A)
0	x-a(t-T)
Указание. Подставляя в уравнение A) условия задачи
+ ОО	+ОО
и(х, t) = — I d\
— oo —oo
+ OO	+OO
— oo —oo
приходим к уравнению
j2t
Решая его при начальных условиях С/(^, 0) = 0, —^—- = 0, по-
получаем
Щ?, t) = ^ |/(^, г) sin a(t - т) dr.
О
Подставляя sina(? — г) в комплексной форме1) и подставляя по-
полученное выражение t/(?, i) в интеграл
+ ОО	+ОО
и(х, t) = ^ I d\ I
— oo —oo
в силу (З) введения к настоящему пункту, получаем формулу A).
175. и(х, t) = Ф-<*) + *(* + <*) +
где Io(z) и h(z) — «видоизмененные» функции Бесселя нулевого и
первого порядков; они могут быть представлены рядами
,	B)
k=0
2i
17 Б.М. Будак и др.

258	Ответы, указания и решения
причем
ro(z) = h{z).	D)
Видоизмененная функция Бесселя г/-го порядка
_1	 fx\2k+»	E)
к=0
является ограниченным при х —> 0 решением дифференциального
уравнения
у" -\— у' — I 1 Н	) у = 01).	F)
Решение. Решение краевой задачи
utt = а2ихх + с2и, -оо < х < +00, 0 < t < +оо,	G)
и(х, 0) = <р(х), щ(х, 0) = ^(жM ~°° < х < +00,	(8)
ищем в виде
+ ОО	+ОО
{х, t) = i- | dA | C/(^, *)е'Л(ж-«)^.	(9)
— оо —оо
Подставляя (9) в G), получаем уравнение
Его решение, удовлетворяющее в силу (8) и (9) начальным условиям
имеет вид
t) = v@ cos t vVA2 - c2 + V>@ Sint/,f* -. A2)
V A2 2
Подставляя A2) в (9), получим
+ OO +OO
+ OO +O
? *) = — /*dA /
2тг J J
— oo —oo
+ OO	+OO
— oo —oo
Из теории цилиндрических функций известно, что
A4)
г	2
о
Сделаем в этом равенстве замену
rcos</? = -a\t, r sincp = id, r2 = t2(a2\2 - с2).	A5)
^Подробнее см. [7, с. 649-651].

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
259
Тогда получится равенство
sin t л/а2Х2 — с2 1
л/а2Л2 - с2 1 г.А /1 /ЗМ _шз^
,	= - / Jo [ict \ /1 - -^г е гл/^ — =
^А2^2	2 У и у V а2*2;	а*
Следовательно,
fоо +оо (	+at
Положим
Тогда
A7)
Выполним в правой части равенства A57) сначала интегрирова-
интегрирование по Л и /3. По интегральной формуле Фурье1) получим
+ ОО	+ОО
± fd\ f
— оо —оо
в точках непрерывности ip(z). В нашем случае z = х — ?.
В силу A7)
Г / /	(х_?)
,п(„ _t\-)h[c \ t2 - ^-^
при х — at < ? < х + at,
О при — оо < ? < х — at, при х + at < ? < +оо.
Поэтому
2а J
x-at
Напомним первоначальные выражения для
+ ОО	+ОО
?(х, *) = -!- Г d\ [
2п J	J
— оо —ос
+ ОО	+О
(ж, t) = — / d\ I
2тг J J
— с2
A9)
B0)
— oo —oo
x) См. введение к решениям задач настоящего пункта.
17*

260	Ответы, указания и решения
Сопоставляя выражения A9) и A8) для ^(ж, ?), мы получим, ин-
интегрируя B0) по t,
/¦
+ ОО	+ОО
2 _r2
2тг J J ^w Va2A2 - c2
— оо —оо
x-at
Дифференцирование последнего равенства по t дает:
az
Складывая A8) и B1), получим формулу A) ответа.
176.
t	x+a{t-r)	, j	"	—.
u(x, i) = — I dr I /(^, r) Iq I с у (t — rJ	— J d^. A)
0	a;-a(t-r)
Указание. Для получения формулы A) ответа можно восполь-
воспользоваться методом решения задачи 175.
177. и(х, t) = P(* + eO + ?>(|a-
\x-at\
Решение. Умножим уравнение u^t = ^2^^ на W —sinA^, про-
проинтегрируем по ? от 0 до +оо, проделаем то же с начальными усло-
условиями; это и приведет к уравнению
1. су	I *^ ' * *-*/	V 5 7	V 7
arz
с начальными условиями
п^ (А, 0) = /(s) (А), п[з) (А, 0) = ^(s) (A),	B)
где
1 )
7Г У

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	261
Решая уравнение A) при начальных условиях B), получим
п<») (X,t) = /(s) (Л) cos aXt + ^{s) (А) ^^.	C)
/~2~
Умножая обе части C) на W— sinAx и интегрируя по А от 0 до +оо,
у 7Г
получим
I— +оо	I— +оо
и(х, t) = \ — / гг^ (A, t) sin Xx dX = \ — If cos(aAt) sin XxdX +
У 7Г J	у 7Г J
О	О
/— -|-оо
1 /2 г y(s),, ч sin (aAt)sin (Аж)dA _
а у тг J	X
о
+ оо
w . j(s' (A)[sin А(ж + at) + sin А(ж — at)]dX
2 у тг J
0
1 2 Г y(s) ,,ч [cos А(ж — at) — cos X(x + at)] ,,
2аутг^	А	'
о
если ж > at.
Учитывая, что
ж+at	I +oo	x-\-at
— ф^ (X) dX / sin Xs ds =
TV J	J
0	x-at
- [ф^(Х)С08 — x C0S ——dX,
7Г J	Л
0
получим
( ,ч f(x + at) + f(x-at) , 1 ^//ч,	^ . /.ч
11 \ T /I ^3		1	 v	i. _L 	 I о/; 101/70 TTT)XT T j> CIT	\ '\ I
v ' y	2	2a i rw	^	v y
ж-at
Если же ж < at, то под знаком синуса и косинуса нужно заменить
х — at на at — х, что приведет к изменению знака перед синусом и
для и(х, t) получится выражение
at+x
u(x, t) = —	——	 + 7^— / ^(S) ^S ПРИ х < a^- E)
^	La J
at — x
Объединяя D) и E) в одну формулу, получим приведенный выше
ответ.
178. и(х, t) =
+
{x+at	\x-at\
С	С
/ ip(z) dz - signfx - at) / ip(z) dz
J	J
о	о
Указание. Применить косинус-преобразование Фурье.

262	Ответы, указания и решения
{О	при 0<t<-,
11 [t	при t > -.
V а /	а
Указание. Применить синус-преобразование Фурье.
Решение. Умножим обе части уравнения иц = сРи^1) на
2
— sin Л^ и проинтегрируем по ? от 0 до Н-оо, применяя интегри-
7Г
рование по частям2) и используя граничное условие и (О, t) = /i(?); это
дает:
[+f	[2 ди
.2 /2
7Г
- azX\-
I о
t) +CL2X\ -ll(t).
У 7Г
При этом мы пользуемся тем обстоятельством, что и(?, t) и
стремятся к нулю при ? —>¦ +оо. Так мы приходим к уравнению
Так как искомое решение
/ +ОО
/0 /*
A)
о
должно удовлетворять нулевым начальным условиям
и (ж, 0) = г^(ж, 0) = 0, 0 < х < +оо,
то, решая уравнение A), для п(*)(А, ?) следует взять нулевые началь-
начальные УСЛОВИЯ	j—(s)/\ n\
g(«)(A,O) = dM jA'0)=0.	B)
Решение уравнения A) при начальных условиях B) записывается в
виде	У— t
u(s)(A, ?) = а\ — I ti(t) sinaA(? - г) dr,
V тг У
о
следовательно,
+ ОО	t
1/(ж, t) = а — dX /jl(t) sin Аж sin aA(^ — r) dr.
о о
х) В п(ж, t) заменим х на ?.
2) Ср. с решением методом распространяющихся волн, задача 73.

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	263
Меняя порядок интегрирования, вычислим сначала интеграл
+ ОО	+ОО
2 Г	1 Г
— I sinAxsinaA(? — r)dX = — / cos X[x — a(t — т)] dX—
7Г J	7Г J
О	+оо	О
	Г cos А[ж + a(t - т)] dX = S(x - a[t - т]) - S(x + a[t - r]).
7Г J
Так как 0 ^ г < t, то 8{х + a[t — т\) = 0 при х > 0; следовательно,
2 /°
- / sin Xx cos аА(? - r)dX = ?(ж - a[t - т])
о	при 0 < г < ?, 0 < ж < +оо.
Поэтому
t	at
u(x, t) = a / /j(t)S(x — a[t — r])dr = /j, (t	j й(ж — s)ds =
f 0	при t<x-,
f x\	x
It	при t > -.
V a/	a
t-x/a
180. и(ж, t) = -а Г v(s) ds.
о
Указание. Применить косинус-преобразование Фурье; см. точ-
точное решение предыдущей задачи (ср. с решением задачи 74).
t	x+a(t-r)
"I Q "I О 1 Oil SY* "/" 1 	 	 I /wn~	I	TIC* П~ 1 /f C* •
0	|a;-a(t-r)|
t	Г x+a(t-r)
б) и(ж, t) = — I dr < / /(s, r)ds —
0	^ 0	\x-a{t-r)\	\
- signfx - a(t - r)] A /(s, r) ^ >.
0	J
Указание. В случае а) применить синус-преобразование Фурье
и в случае б) — косинус-преобразование Фурье. Воспользоваться в
случае а) также равенством
2 sin aX(t — т) sin Xx _ cos X[x — a(t — r)] — cos[x + a(t — r)] _
A	~	A	~
= X af gin Xs ds = cos X[a(t - t) - x] - cos[a(t - r) + x] =
J	X
aj-a(t-r)	a(t-r)+aj
= / sin Xs ds
a(t-r)-x
и аналогичными соотношениями воспользоваться в случае б).

264	Ответы, указания и решения
182.	*7Ж
и(х, t) = -J v(t) /о (с ^(t-rJ-x2) dr.	A)
о
Указание. Можно искать решение краевой задачи в виде
и(х, t)= I <р(т) /о (с y/(t-T)*-x*) йт,	B)
о
где <р(т) есть функция, подлежащая определению из граничного
условия.
183.	и(х, t) = n(t -x)-cx f /i(r) h{cj{t r) ?± dr.
I	V (* - rJ - x2
Указание. Воспользоваться решением предыдущей задачи.
184.	Решение и (ж, i) краевой задачи удовлетворяет обыкновен-
обыкновенному дифференциальному уравнению
t-x
ч	f ( ч h(cJ(t т) х)
/ш(ж, t) = x(t - х) — ex / х(т) — ;	dr.
dx	V ' У	V	;	J У J ^{t - TJ - x2
du(x,t) i / .ч	/. ч	f ( ч h(cJ(t - тJ - х2)
v у /ш(ж t) = x(t х) ex / х(т) ;
J
+ OO	+OO	+OO
185. fj{\)g{\)e-iXxd\=-±= fj{\)e-iXxd\ Jg(s)eiXsds =
+
Jg(s)eiX
oo
+ OO	+OO	+OO
= ^=l 9(s) ds J ~]{\)eix{*-sU\ = I g(s)f(x - s) ds.
—oo	—oo
+ OO	+OO	+OO
— oo	—oo
+ OO
186. j /(c) {X)g^ (Л) cos Xx dX =
0
+oo	+oo
+
fM cos XxdX / g(s) cos Xsds =
TV J	J
о	о
+oo
{
+ oo	I +oo
= \ I g(s)dsJ- {'/(c) (A)[cos X(x - s) + cos X(x + s)]dX =
I* J	у 7Г J
oo	+oo
= \ j g{s)[f{\x-s\) + f{x +
0
187. Указание. См. решение задачи 186.
+ ОО
+ ОО
188. и(х, t) = —== [ <р(х -2\y/ai)(sm\2 +cos\2)d\-
v 2тг У
— oo
+ ОО
f
+ ОО
--^= f ^(x-2\V^i)(sm\2 -cos\2)d\. A)
л/2тг J
— oo
При ip(x) = Ле~ж /^4fe ), ф(х) = 0 получим
, t) = -^ expj-x2 —} cos (^^^ - - (?j ,	B)

Гл. П. Уравнения гиперболического типа 265
RcosO = k2, Rs'mO = at.
Указание. Применить преобразование Фурье с ядром егХ^ на
прямой — оо < х < +оо. Воспользоваться соотношениями
— оо
+ ОО
-^= / cos «Jе-^ж d? = -L= (cos ^- + sin ^ ,	(I)
л/2тг J	2л/а \ 4a	4a У '	w
-oo
~^°°	/	2	2 \
—== / sin (а?Jе~г^х d? = —— ( cos	sin — ) ,	(II)
V2tt J	2y/a V 4a	4a У
-oo
/ COS I CJZ/ц ) (^?1ц )о	^*Ss —
1 T	/ s2	s2 \
= —= / о?(ж - s) cos	h sin -— ds, (III)
2л/о? У	V 4a*	4W
-oo	ч	7
+ OO
i	! +,°°	/ S2	S2 \
= —== / -0(ж - s) cos	h sin -— ds. (IV)
2Va^ У	J \ Aat	Aat J
Соотношения (III) и (IV) получаются с помощью соотношений (I) и
(II) и теоремы о свертке, доказываемой в решении задачи 185. Соот-
Соотношения же (I) и (II) могут быть получены из известных интегралов
(см. [1])	+оо	+оо
f	2 j	Г*	/" • 2 j	Г^	/о\
I /^ /^\ с о^* fi nf* 	 . / 	 тд"	I с 1ХЛ If* ft If* 	 л I 		I ~\ \
i tuo jy u,^ — V о	/	— V 2 '
— oo	—oo
А именно, подстановка х = у — l дает
cos ж2 = cos (у2 + /2) cos 2ly + sin (^/2 + I2) sin 2/^/,
sin ж2 = sin (y2 + /2) cos 2ly — cos (^/2 + I2) sin 2/^/.
Подставляя cos и sin от ^/2 +12 через cos и sin от у2 и /2, получим два
уравнения (из C)) для разыскания интегралов
+ ОО	+ОО
/ cos у2 cos 2ly dy и / sin у2 cos 21 у dy.	D)
— оо	—оо
Так как
+ ОО	+ОО
/ cos у2 sin 2ly dy = 0 и / sin^/2 sin2lydy = 0,	E)
— оо	—оо
то мнимая часть искомых интегралов (I) и (II) равна нулю.
Для получения формулы B) при начальных условиях
ф) =Ае~х2/Dк2\ <ф(х) =0
не стоит пользоваться общей формулой A); лучше воспользоваться
формулой обращения

266	Ответы, указания и решения
1 +г°°
и(х t) = -4= / п(Х, i)e~lXx dX,
V J л/2^ J V J
— oo
подставив в нее значение
п(Л, t) = ^(Л) cos aX2t = ^(Л)	—
где
Следует заметить, что последнее равенство имеет место как при
действительном, так и при комплексном к.
+ оо	2	2	2
189.	„(*, *) = -L f ,(t - JL_) [sin _ + Cos T] dX.
x
V2at
Указание. См. решение предыдущей задачи. Следует заметить
+ ОО
также, что интеграл / ?sin (a^J sin (?x) dt; получается дифференци-
о
рованием по х интеграла
+ ОО
/ sin(a^J cos(^r
о
190. Указание. Воспользоваться тем, что:
1)	если Ф(х) и Ф(ж) — функции нечетные, то функция
ТТ( ,ч Ф(х - at) + Ф(х + at) ,1 Г lTf/ ч ,
U(x, t) = -ь	}-—Л	L + — j ^(z) dz
x-at
равна нулю при х = 0;
2)	если и(х, t) есть решение уравнения иц — а2ихх, то и
к=0
также является решением этого уравнения.
191. Указание. Воспользоваться тем, что:
1) если F(x, t) есть функция нечетная по ж, то функция
t	x+a(t-r)
равна нулю при х = 0;
2) если и(х, i) есть решение уравнения щь — о?ихх + /(ж, i), то
TV fc
^(*. *) = Е ^^

Гл. П. Уравнения гиперболического типа	267
является решением уравнения
utt = a2uxx + }^Ak JdyJ J.
k=0
192.	Указание. Доказательство проводится аналогично тому,
как это делается в решении задачи 190.
193.	Указание. Доказательство проводится аналогично тому,
как это делается в решении задачи 191.
1*. Переход к конечному интервалу методом отражений.
1пл ( л.\ <р(х — at) + (р(х + at) ,
194.	и(х, ъ) = —	——	 +
ct
x-at	, U2 _
x+at
x-at
где tp(?) и ф(?,) получаются нечетным продолжением относительно
нуля и далее периодическим продолжением в периодом 21.
195.	Решение получается по формуле A) ответа предыдущей за-
задачи, но (р(х) и ф(х) продолжаются нечетно относительно х = 0, четно
относительно х = / и далее периодически с периодом 4/.
196.	Решение получается по формуле A) ответа к задаче 194;
(f(x) и ф(х) продолжаются четно относительно х = 0 и х = / и далее
с периодом 21.
197.	Будем искать решение краевой задачи
ии =ихх +с2и, 0<х<1, 0 < t < +оо,	A)
ЦО, t) = /ii(t), Ц1, t) = /i2(*), 0 < t < +оо,	B)
и(ж, 0) = 0, ^(ж, 0) = 0, 0<ж</,	C)
в виде
U[X, t) = —
0
D)
где функции (р(т) и ^(г) подлежат определению из граничных усло-
условий B). Нетрудно убедиться, что и(х, t), определяемое по форму-
формуле D), является решение A) при любых у?(г) и ф(т). Будем считать
(f(r) = ф(т) =0 при г < 0. Выполняя дифференцирование в D) и ис-

268	Ответы, указания и решения
пользуя граничные условия B), получим
1~1	п1Т, (г- л /(+ — т^2 _ /^ i
E)
о	V(* " гJ - Р
t-l
Mi) = W - <p(t), Mt) = i>(t) + 4>(t).	G)
Из E) и F) найдем
'(8)
о
t — l	/ /	\
Из (8) и (9) в силу равенства </?(т) = ф(т) = О при т < 0 находим
затем
t-i
-l)-cl
(t) = in (t) - M2 (*) + V>i (* - 0 + cl / Vi (r) Jl
(Ю')
2. Метод Римана. Пусть требуется найти решение уравнения
L(u) = ихх - иуу + ai(x, y)ux + bi(x, y)uy + а(х, у)и = /(ж, ^/), A)
удовлетворяющее начальным условиям
и = </?(ж), ^— = ^(ж)	B)
ди	„ т-г
на кривой с, где ^— — производная по нормали к этой кривой. Пред-
оп
полагается, что кривая с задана уравнением у = /(ж), где f(x) —
дифференцируемая функция, причем |/;(ж)| < 1-
Тогда значение и в точке М (рис. 30) находится с помощью
формулы
/ \ , / \	л Ч
(UV) Р \ \ UV) О	1 /^ г /
2	2 J
р
-\-uv(a drj — b d^)^ + v(M, Mf) f(Mf) duM1 •> duM1 =d^drj, C)
MPQ
причем
u _ = ip(x),

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
269
У *
Рис. 30
ди , ч , ди , ч	ш'(х) +1
ds дп	у1 +
^п / ч ди t ч	(p'(x)f'(:
= ТС cos B/» s) + лТ cos B/» n) =	/7-r
а функция v(M, М') = г?(ж, 2/, ?, 7у) — функция Римана для операто-
оператора L(u), определяемая из соотношений
iV(i?) = г»жж — г?^^ — (а1г?)ж — {b\v)y + cii? = 0 в области PQM, D)
<% 6i — ai
¦ v на характеристике МР,
dv
~ds~
+ ai
v на характеристике MQ,
v(M, M) = 1.
F)
Операторы L(u) и N(v) называются сопряженными.
Если исходить из другого канонического вида для гиперболичес-
гиперболического уравнения
L» =
дхду
ди
~дх~
ди
ду
^~ +Ь2^~ +C2U = f(x, у),
дх	ду	v '
(8)
то решение уравнения (8), удов-
удовлетворяющее начальным усло-
условиям
ди
и =ip(x), jr- =ф(х) (9)
с	Оу с
на кривой
у = f(x), f(x) < 0, A0)
находится с помощью формулы
(рис. 31)
У '
Рис. 31

270	Ответы, указания и решения
~ \\{иТ ~ vt) ~a2UV\dv}+I Iv{M' M'^M')dGM>'
P QM
где функция v — функция Римана для оператора L* (и) — определя-
определяется из соотношений
N*(v) = ——	^	^	Ь c2v = 0,	A2)
дхду ох	ду
— = b2v на характеристике РМ, A3)
-— = a,2V на характеристике QM, A4)
г;(М, М) = 1.	A5)
Таким образом, если функция Римана для гиперболического опе-
оператора L или L* (и) найдена, то можно сразу написать в интегральной
форме решение широкого класса краевых задач, связанных с этим ги-
гиперболическим оператором.
198.	Функция Римана v = 1.
Решение краевой задачи имеет вид
и(х, t) = ^— ^	+
^	x+at	t	x+a(t-r)
If	1 Г
-\	/ if>(z) dz -\	I dr
2a J	2a J
x-at	0	x-
199.	Функцией Римана:
а) для оператора	^2	^2
—-а2 —
является
б) для оператора	^	2ад
L(n) = —-а2 —
является
где /о(^) — Jo(iz) — видоизмененная функция Бесселя нулевого порядка.
Решение краевой задачи соответственно принимает вид:
а) ф} t) = <p{x-at) + <p{
с-о-

Гл. П. Уравнения гиперболического типа
271
б)
I/
+at/i I C\ t2 —
(x-ZY
t	x+a(t-r)
к I* I '¦
0	x-a(t-r)
201.
n	 at ( r		a2t2\
1-х —— cpix + y/l — xat	— 1
A V	4 /
+
at
2 '
2 #2
a Г
2 i
a t
** v	/	П	\
где
2.2
а г
at
Sy/(l-x)
, 1 1,
2
F(a в т x)~l I a'13 x I a(a + 1)/3(/3 + 1
^ i«, p, 7> ж; - -1 + x m 7 ж + i. 2.7G +1)
+ ...
есть гипергеометрический ряд J.
Указание. Воспользоваться для гиперболического оператора
канонической формой со смешанной производной. В характеристичес-
характеристических координатах функция Римана имеет вид
G(x, у, х0, у0) = F[-, -, 1, fz—_\У,_ У1 ).
\ Z Z	уХо — у^)\Х — у) /
х) См. справочные таблицы в конце книги.

272
Ответы, указания и решения
202. и{х, у) =
_ д/sin (о; -у) (р [I cos(uj - у)] +
y)ip[l cos (о; + у)]
где
, », z) =
cos (^ — ^) —
, -, 1,
2sinwsinz /'
X
uj = arccos —.
Указание. Воспользоваться для гиперболического оператора
канонической формой со смешанной производной. Функция Римана в
характеристических координатах имеет вид
1

Глава III
УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
параболического типа; постановка краевых задач
Уравнения и граничные условия рассматриваемых здесь крае-
краевых задач теории теплопроводности являются следствием: а) закона
сохранения энергии; б) закона внутренней теплопроводности в твер-
твердых телах (закона Фурье); в) закона конвективного теплообмена меж-
между поверхностью твердого тела и окружающей жидкой или газообраз-
газообразной средой (закона Ньютона).
Закон Фурье в одномерном случае выражается формулой
где q — количество тепла, протекающее в единицу времени в направ-
направлении оси х через площадку а, перпендикулярную к оси ж, и — тем-
температура в рассматриваемом месте тела; Л — коэффициент тепло-
теплопроводности1).
Закон Ньютона выражается формулой
q = <та(и-и0),	B)
где q — количество тепла, протекающее в единицу времени через пло-
площадку а поверхности тела в окружающую среду, и — температура
поверхности тела, щ — температура окружающей среды, а — ко-
коэффициент теплообмена2).
В краевых задачах диффузии количество диффундирующего ве-
вещества и его концентрация играют такую же роль, как количество
тепла и температура в краевых задачах теории теплопроводности.
В частности, если под и понимать концентрацию, под Л — коэф-
коэффициент диффузии, а под q — количество вещества, диффундирующее
в единицу времени в направлении оси х через площадку а, перпен-
перпендикулярную к оси ж, то закон диффузии (закон Нернста) выразится
х) А зависит от физических свойств тела и от температуры п, но в
достаточно широких пределах зависимостью Л от температуры пренебре-
пренебрегают, беря Л для среднего значения температуры.
2) Все, что сказано в предыдущей сноске о зависимости Л от темпера-
температуры, в известных пределах распространяется и на а; подробнее см. [41, с. 21].
18 Б.М. Будак и др.

274	Ответы, указания и решения
формулой A), а формулой B) выразится закон диффузии через полу-
полунепроницаемую перегородку.
О параболических краевых задачах движения вязкой жидкости
и электродинамики будут сделаны соответствующие замечания непо-
непосредственно при их рассмотрении.
1. Однородные среды; уравнения с постоянными коэффи-
коэффициентами.
1. Температура точек стержня является решением краевой за-
задачи	_2	0<</0</< +	A)
и@, t) = (fi(t), u(l, t) = y>2(t), 0 < t < +oo,	C)
-\<rux(Q,t) = q1(t), \<rux(l,t)=q2(t), 0 < t < +oo, C')
ux{Q? t) — h[u(O, t)~(Pi{t)]i ux{l? t) = —h[u(l, t) — Lp2(t)\i 0 < t < +oo,
C")
где a2 — коэффициент температуропроводности, а2 = —, Л — коэф-
cp
фициент теплопроводности материала стержня, с — удельная тепло-
теплоемкость, р — плотность массы, а — площадь поперечного сечения,
h = —, где а — коэффициент теплообмена, f(x) — начальные значе-
Л
ния температуры, ip\(t) и ip2(t) в случае C) — температуры концов
стержня, а в случае C;) — значения температуры окружающей сре-
среды у концов стержня; q\(t) и q2(t) — тепловые потоки, поступающие
в стержень через его концы (т.е. количества тепла, поступающие в
единицу времени).
Указание. Если боковая поверхность однородного изотропно-
изотропного цилиндрического стержня теплоизолирована, а изотермические по-
поверхности в начальный момент времени совпадают с его поперечными
сечениями, причем торцы стержня все время остаются изотермичес-
изотермическими поверхностями, то изотермические поверхности в стержне бу-
будут все время совпадать с поперечными сечениями, т. е. температура
в стержне все время будет зависеть лишь от одной пространственной
координаты х.
Уравнение A) можно получить, приравнивая приращение за еди-
единицу времени количества тепла в элементе (ж, х + Ах) стержня,
равное	ди
ера Ах—,	D)
сумме количеств тепла, поступивших в этот элемент за единицу вре-
времени через сечения х и х + Ах,
ди , ,ди	E)
ох
ОХ
ж+Дж
а затем деля полученное равенство на Ах и переходя к пределу при
Ах —у 0. Остановимся более подробно на выборе знака у членов сум-

Гл. III. Уравнения параболического типа	275
мы E). Мы считаем х-\- Ах > ж, что, очевидно, не нарушает общности
ди
рассуждений. Если на торце х элемента (ж, х + Ах) будет —— > 0, то
ох
в точках, лежащих правее торца (т. е. внутри элемента), температура
будет больше, чем в точках, лежащих левее торца (т. е. вне элемента),
значит, тепло будет вытекать из элемента и, следовательно, первый
ди
член суммы E) нужно брать со знаком минус. Если же — < 0, то
температура левее торца больше, чем температура правее торца, поэ-
поэтому тепло будет втекать в стержень, первый член суммы E) должен
быть положительным и, следовательно, перед ним снова нужно взять
знак минус. Аналогично проверяется выбор знака при втором члене.
Для получения граничных условий C') и C") нужно провести
такие же рассуждения для граничных элементов @, Ах) и (/ — Ах, /),
используя в случае C") закон конвективного теплообмена Ньютона.
Замечание. Если коэффициент теплообмена а значительно
больше коэффициента внутренней теплопроводности Л (а —У оо), то
граничные условия C") переходят в граничные условия C). Если же,
наоборот, а пренебрежимо мало (а —> 0), то граничные условия C")
превращаются в граничные условия C'), где qi(t) = q2(t) = 0, т.е. мы
приходим к случаю тепловой изоляции концов стержня.
2.	Уравнение теплопроводности в данном случае имеет вид
Л	ар ,	ч
Щ = — ихх	(и - и0),
ср	ера
где р — периметр поперечного сечения стержня, а — коэффи-
коэффициент теплообмена между поверхностью стержня и окружающей сре-
средой, температура которой равна щ; остальные величины имеют те же
значения, что и в предыдущей задаче; начальные и граничные усло-
условия записываются так же, как и в предыдущей задаче.
Указание. Рассматривая элемент (ж, х + Ах) стержня, учесть
в тепловом балансе не только потоки тепла через торцы элемента, но
и потоки тепла через его боковую поверхность.
3.	Для определения температуры в кольце получаем краевую
задачу	Л
Щ — — ихх	— (и - щ), 0 < х < /, 0<?< +оо,	A)
ср	ера
и@, t) = u(l, t), ux@, t) = ux(l, t), 0<t< +oo,	B)
u(x,0) = f(x), 0<x<l.	C)
Здесь Л, с, р, а, а, р имеют тот же смысл, что и в предыдущей
задаче. Координата х — длина дуги, отсчитываемая вдоль кольца.
Если радиус кольца равен R, то х = R6, где в — угловая координата;
7 о о д 1 д
следовательно, / = 2тгЯ, — = — — и, переходя к независимым пере-
менным в, t, краевую задачу A), B), C) можно преобразовать к виду
Л- —(«-«о), 0<<?<2тг, 0<i<+oo, A')
ера
срН2	ера
18*

276
Ответы, указания и решения
4.
u@,t)=uBn,t), ue@,t)=ueBn,t),
u(e,O) = F@), 0 < 6> < 2тг.
B')
C')
< х < +оо, 0 < t < +оо,	A)
u(vot,t) =ip(t), 0 < t < +oo,	B)
u(>, 0) = 0, 0 < x < +oo.	C)
5. Для определения температуры и(х, t) в проволоке получаем
—- = а2 т—т,
ot	oxz
краевую^адачу
0<ж</,
A)
ci^(O, t) = -\<тих(О, t), c2ut{l, t) = \aux{l, t), 0 < t < +00, B)
где с\ и С2 — теплоемкости клемм, / — сила тока, it! — сопротивление
единицы длины провода, C — коэффициент пропорциональности в
*°РмУле	q = CI2RAx,	D)
выражающей количество тепла, выделяемое током / в единицу вре-
времени в элементе (ж, х + Ах) провода. Коэффициенты Л, с, р, а, р, а
имеют тот же смысл, что и в задаче 2.
Указание. При выводе уравнения A) нужно воспользоваться
соотношением D).
6.	Для определения концентрации и (ж, t) получаем то же урав-
уравнение и те же граничные условия, что и в задаче 1 для определения
температуры, с той, однако, разницей, что в случае диффузии
а2 = Л = D,
где D — коэффициент диффузии, а а — коэффициент проницаемости
каждой из граничных плоскостей.
7.	Для определения концентрации и диффундирующего вещества
получаем уравнение	щ _ Du^ _ ^^	^
где D — коэффициент диффузии, a v — скорость движения среды.
Указание. Для получения уравнения A) нужно выделить
элемент с постоянной площадью поперечного сечения, параллельный
z >
у
X
/
х + Ах
/
X
Рис. 32

Гл. III. Уравнения параболического типа	277
оси х (рис. 32), и рассмотреть количества вещества, проходящие через
сечения х и х + Ах за счет диффузии и за счет переноса движущейся
средой.
8.	Для определения концентрации взвешенных частиц получаем
уравнение	о	о2	о
-«г = Ь> —— - г; —,
где 1} — коэффициент диффузии, a v — скорость оседания частиц,
причем ось z направлена вниз. Условие непроницаемости плоскос-
плоскости z = zo имеет вид
D —	vu = 0 при z = Zo.
ОZ
Указание. См. указание к предыдущей задаче. Вместо потока
диффундирующего вещества за счет движения среды нужно учесть
поток вещества за счет оседания частиц.
9.	а) щ = Duxx - plU, рг > 0; б) щ = Duxx + р2щ р2 > 0,
где D — коэффициент диффузии, /3i — коэффициент распада, а /Зг —
коэффициент размножения.
Указание. В случае а) в единице объема в единицу времени
разрушается количество диффундирующего вещества, равное ftw, a
в случае б) возникает количество диффундирующего вещества, рав-
равное P2U.
10.	Если скорость подвижной плоскости сохраняет постоянное
направление, то скорости частиц жидкости будут, очевидно, парал-
параллельны этому направлению. Направляя ось по толщине слоя и поме-
помещая начало координат на неподвижной плоскости, для определения
скорости частиц жидкости получим краевую задачу
vt = vuxx, 0 < х < /, 0 < t < +00,	A)
г;@,*) = 0, v(l, t)=vo(t), 0 < t < +00,	B)
v(x, 0) = 0, 0 < х < I,	C)
где / — толщина слоя, vo(t) — скорость движения граничной плоскос-
плоскости, v = — — кинематический коэффициент вязкости, р — плотность
Р
массы, /л — динамический коэффициент вязкости, входящий в закон
Ньютона для определения напряжения трения между слоями вязкой
жидкости	qv
дх
Указание. При выводе уравнения A) нужно пренебрегать гра-
градиентом давления по сравнению с градиентом сил трения, что можно
сделать, если жидкость обладает большой вязкостью.
{ '
(
dt ~ 47r<7/i дс,2'
Ш_ _ с2 д2Н
dt ~ Аттац аС2 '

278	Ответы, указания и решения
Решение. Напишем систему уравнений Максвелла1) при усло-
условии, что в рассматриваемой области отсутствуют объемные заряды
и сторонние электродвижущие силы:
1 0D 4тг .	/ттЧ
-clH=T^	(п)
div В = О,	(III)
divZ> = 0,	(IV)
3 = (тЕ,	(V)
D = еЕ,	(VI)
В = fiH.	(VII)
Пренебрегая токами смещения —— в уравнении (II) (среда проводя-
проводящая) и используя (V) и (VII), перепишем уравнения (I) и (II) в виде
rotH = ^E.	(II')
С
Возьмем rot от обеих частей равенства (Г), продифференцируем по t
равенство (IV), исключим из полученных результатов Н, воспользу-
воспользуемся соотношениями (IV) и (VI) и известным равенством векторного
анализа	9Л
rot rot a = grad div a - div grad a J;
это приведет к уравнению
дЕ с2 ,.	, ^	/оЧ
^ = 7TT7dlvgrad^-	C)
Аналогично получается уравнение
дН с2
^ -.„.. ^v grad H.	D)
По условию Е = Е((, t), Н = Н"(С? ?)? где С — расстояние, отсчи-
отсчитываемое от некоторой фиксированной плоскости. В прямоугольной
декартовой системе координат (?, 77, () оператор Лапласа записыва-
записывается в виде	Я2 Я2 Я2
div grad = —г- + ^-^ + тто,
а следовательно,
div grad^ = -—-, div gradiJ = —-.
Поэтому уравнения C) и D) преобразуются в A) и B).
^См. [7, с. 444].
2) Это равенство справедливо для любого дважды непрерывно диффе-
дифференцируемого вектора а.

Гл. III. Уравнения параболического типа	279
2. Неоднородные среды, сосредоточенные факторы; урав-
уравнения с переменными коэффициентами и условия сопряжения.
12. Если ось х направить по стержню, поместив начало коор-
координат в месте соединения стержней, то краевая задача об определе-
определении температуры в составном стержне может быть записана в виде
а)	Ul@, i) = и2@, t), Xiulx@, i) = Л2и2ж@, t), 0<t< +oo;
б)	wi@, t) = w2@, t), Л2и2ж@, t) - Xiulx@, t) =
= Coult@, t) = C0n2t@, t), 0 <t < +oo,
ui(x, 0) = /(ж), —oo < ж < О,
u2(x, 0) = /(ж), 0 < ж < +00.
13. Направляя ось х по оси цилиндров и помещая начало коорди-
координат в месте соединения цилиндров, получим краевую задачу
О,
I 0 < t < +оо,
^1Ж(—/i, *) = 0, U2x(h,t) = 0, 0 < t < +oo;
a)
6) -
) < t < +00,
i) — U2^U, L)\, J
u2(x, 0) = /(ж), 0 < x < /2.
14. Если в момент t = 0 печь находилась в точке х = 0 стержня,
то краевая задача об определении температуры в стержне может быть
записана в виде
дт 2 д2т	^ ^ ,
t, t), Xa[ulx(vot, t)-u2x(vot, t)] = Q, 0 <t < +oo,
ui(x, 0) = /(ж), -oo < x < 0,
и2(ж, 0) = /(ж), 0 < ж < +00,
где Q — количество тепла, выделяемое электропечью в единицу вре-
времени, Л — коэффициент теплопроводности, а — площадь поперечного
сечения стержня.

280
Ответы, указания и решения
С помощью импульсной дельта-функции краевая задача может
быть сформулирована более компактно:
-^ = а2 —-^ + — 5(х - vot), -оо < х < +00, 0 < t < +оо,
at	ох2 ср
-оо < х < +00.
= а ^
at	ох2 ср
и(х, 0) =
15. Помещая начало координат на поверхности металла и обозна-
обозначая через ?(?) глубину, на которую распространилось затвердевание
к моменту t, получим краевую задачу
0
Mi @, t) = U\ — const,
du2	_
x=?{t)	2 dt
0
-A
0 < t < ti,
^Г, 0
A)
= 0,
dx
*)=¦
^2ж(^, *) = 0, 0 < t < ti,
Здесь за нуль температуры принята температура плавления (темпе-
(температура затвердевания) металла. Ai и А2 — коэффициенты теплопро-
теплопроводности твердого и жидкого металла, а\ и а\ — их коэффициенты
температуропроводности; к — скрытая теплота плавления, р2 —
плотность массы расплавленного металла, t\ — время, при котором
Если температура меняется в очень широких пределах и нельзя
пренебречь зависимостью коэффициентов теплопроводности, теплоем-
костей и плотностей масс от температуры, то уравнения (I) должны
быть заменены уравнениями
at o
ди2 д
16. Помещая начало координат в плоскости пластины, направляя
ось х перпендикулярно к слою, а ось и вертикально вниз, для опреде-
определения скорости частиц жидкости получаем краевую задачу
Щ = vuxx, -h < х < О/
w@ - 0, t) = ЦО + 0, t) = г
где и? — скорость движения пластины,
0<t < +00,
'
^ = ^ [„„(О + 0, t) - их@ -O,t)]+g, 0 < t < +00,

Гл. III. Уравнения параболического типа	281
ЦО) = О,
и(х, 0) = О, -h < х < О, О < х < 12.
Здесь 7 — масса единицы площади пластины, р — плотность массы
жидкости.
17. Для определения температуры в стержне получаем краевую
задачу	, х
х\2 ди 2д Г	] 2}
а
х\ ди 2д
LJ dt	д
л AТ) я
дх V L / ^ж	с/9г0 cos 7
и(х, 0) = [/0, 0 < х < I,
2 А
а — —.
ср
Здесь L — высота полного конуса, получающегося продолжением дан-
данного стержня, 7 — половина угла раствора конуса, го — радиус
большего основания усеченного конуса, / — его высота, Л, с, р —
коэффициент теплопроводности, удельная теплоемкость и плотность
массы материала конуса, а — коэффициент конвективного теплооб-
теплообмена между поверхностью конуса и окружающей средой.
3. Подобие краевых задач.
18. Краевая задача о нагревании стержня с теплоизолированной
боковой поверхностью — задача (I)
«'@, t) = ip'(t) ф 0, «'(/', «') = 0, 0 < t' < +00, B)
и'(х', 0) = 0, 0 < х' < I',	C)
аналогична краевой задаче 10 — задаче (II) о движении слоя вязкой
жидкости
ди" д2и'
|2Я."
u"@, t") = (p"(t") t 0, u"(l", t") = 0, 0 < t" < +oo, Bf)
и"(х",0)=0, 0<х" <l".	C')
Для того чтобы задача (I) была подобна задаче (II) с коэффициента-
коэффициентами подобия kXj ki, kUj необходимо и достаточно, чтобы выполнялись
соотношения ,,.. 7 tt/.n\	^ ^/	/ л\
(pf(tf) = kuip"(t") при 0 < t" < +оо,	D)
где t' = ktt", и	2 ^,2	у
Решение. Установление аналогии является очевидным. Дока-
Докажем необходимость и достаточность условий D) и E).
Необходимость. Пусть
и'(х', t') = кии"(х", t") при х' = кхх", t' = ktt",

282	Ответы, указания и решения
причем (V, t') пробегает D\ [0 < х' < /', 0 < f < +00], когда (х", t")
пробегает	^ [() < ж„ < ^ Q < ^ < +qo]_	(g)
Тогда должно выполняться равенство и1 @, t') = kuu"@, t") при
О < t" < +00, т.е. в силу B) и B') должно выполняться равенст-
равенство D). Дифференцируя равенство и'(х', t') = kuu"{x"', ^/;) по ж" и ?" и
используя равенства ж; = kxx", t' = /c^", получим
h dv/_ _h dv/^_ 2 pV _ ^V
Так как и"(х", t") должно удовлетворять уравнению (I7), то, сле-
следовательно, должно выполняться равенство
7 (ди" д2и"\ 7 ди1 12д2и' п
т.е. для uf(xf, t') должно выполняться уравнение
ди' к2х д2и' п i ц * .1
!^Г =гу-Г7т> 0<х'<1', 0<t'<+oo.
dV	kt дх12
Таким образом, и'(х, t') должно быть не только решением краевой
задачи A), B), C), но и решением краевой задачи
B")
и'(х', i) = 0, 0 < х' < I'.	C")
Отсюда заключаем, что выполняется соотношение
к2х
2	х
а1 = v—.
Действительно, вычитая A/;) из A), получим:
п /" 2 к2\д2и
0	2
/" 2 к2х\д2и
Если бы мы предположили, что ^—— = 0, то в силу уравнения A")
ох
ди
(или A)) было бы -—у = 0, но это невозможно, так как и@, t') = (ff(tf),
ОТ
причем ip'(t') ^ 0. Следовательно,
что и требовалось доказать.
Достаточность. Перейдем к безразмерным величинам ?, г, С/
в краевых задачах (I) и (II) с помощью формул
х'=П, t'=t'or, u' =
х"=1%, t"=f0V, u"=

Гл. III. Уравнения параболического типа
283
где константы tf0 и ?q имеют размерность времени, а и'о и Uq имеют
соответственно размерности и' и и", причем эти константы выбраны
так, что	±>	„I
ъ0	и0
Напомним, что, кроме того, выполняется соотношение
k 1'
Краевые задачи (I)
dU ;
дт ~ 1
ЩО, т) =
Щ?,
Из D) следует, что
и
$1с
и'о
0)
1
—
0)
(П)
= о,
v%
<p"(t
= 0,
примут вид
S' °
о»т), 0
0
<^
< Г
<^
< Г
< f
<
<
<
<
<
1, 0
+ 00,
1, 0
+ 00,
1.
<
<
г
г
<
<
+ 00,
+ 00,
(I1)
(II')
Из E) следует, что
= ±7<р"№т), 0<т<+оо.
t'o
t>ia =v>
т. е. у задач (Г) и (II') тождественно совпадают уравнения, начальные
и граничные условия; следовательно (в силу теоремы единственнос-
единственности), совпадают и их решения.
Таким образом,
1A ft) _ U y"(T" f")
что и требовалось доказать.
19. Краевая задача об определении температуры в стержне, на
боковой поверхности которого происходит конвективный теплообмен
со средой, температура которой равна нулю,
дх'г ера
ср
:' <1', 0 < t' < +оо, A)
ди'
x'=V
= 0,
и'(х', 0) = 0, 0 < х' < I'
B)
C)

284	Ответы, указания и решения
аналогична краевой задаче об определении концентрации диффунди-
диффундирующего вещества, скорость распада которого пропорциональна кон-
концентрации,
°g??	(V)
«"(О, *") = ?>"(*"), 0<*"<+<х), ^\х„=1,=0,	B')
и"(х", 0) = 0, 0 < х" < I".	C')
Для того чтобы первая задача была подобна второй с заданными ко-
коэффициентами подобия kx, kt, ku, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялись соотношения
<p'(t') = kuip"{t") при 0 < t" < +оо, где i' = ktt", D)
a2 = ftD, kx=l?,	E)
^ = 1/?.	F)
cpa kt
Указание. Доказательство необходимости и достаточности
условий D), E), F) проводится аналогично тому, как это делалось
для условий D) и E) в решении предыдущей задачи.
20. Задача (I) «Найти напряжение электрического тока в про-
проводе конечной длины с пренебрежимо малой самоиндукцией, если к
одному его концу приложена электродвижущая сила, меняющаяся по
заданному закону, а другой конец заземлен через сосредоточенное со-
сопротивление Ro$> аналогична сформулированной выше (см. условие
задачи) задаче (II) об определении температуры в стержне, так как
задача (I) может быть записана в виде1)
«'(о, О = <p'(t), Щ + ^ «'] ^ =о, о < а < +оо, B)
и'(х', 0) = 0, 0 < х' < I',	C)
а задача (II) — в виде
«"(О, О = <p"(t"), Щ + 1«"] _ ( = 0, 0 < t" < +оо, B')
и"(х", 0) = 0, 0 < х" < I".	C')
Для того чтобы задача (I) была подобна задаче (II) с коэффициента-
коэффициентами подобия кх, kt, ku, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись
х) По поводу обозначений см. задачу 2 гл. III и задачу 19 гл. II.

Гл. III. Уравнения параболического типа	285
соотношения
ip'(t') = kuip"(t"), 0 < t" < +00, где t' = ktt",	D)
С kt cpa'	W
A = _L -	G)
Ro kx Л
21. Краевая задача о нагревании стержня 0 ^ х ^ V с теплоизо-
теплоизолированной боковой поверхностью (задача I)
A)
w'@, *') = [/0, и'х,{1\ t') = 0, 0 < t' < +оо,	B)
uV, 0) = 0, 0 < х' < /',	C)
аналогична сформулированной в условии краевой задачи о распро-
распространении плоского электромагнитного поля в проводящем слое
О ^ х" ^ I" (задаче II)
и"@, t") = Яо, <n{l", t") = 0, 0 < t" < +оо,	B')
u"(x",Q)=Q, 0<x" <l".	C')
Для того чтобы первая задача была подобна второй с заданными
коэффициентами подобия kx, kt, ku, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялись соотношения
Uo = киН0,	D)
кх = у,-	F)
§ 2. Метод разделения переменных
1. Однородные изотропные среды. Уравнения с постоян-
постоянными коэффициентами.
а) Задачи теплопроводности с постоянными граничными усло-
условиями и свободными членами.
22. а) Решением краевой задачи
щ = а2ихх, а2 = —, 0 < х < /, 0 < t < +оо,	A)
ср
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
и(ж, 0) = /(ж), 0 < х < +оо,	C)

286
Ответы, указания и решения
является
и(х, t) =
где
71=1
{222ч
п тг а ,1 . птгж
+оо,
б) Если f(x) = Uo = const, то
+ ОО
.ч 4t/0 v^ 1	Г Bk H
ж, t) = 	 > —	 ехр< —
' J тг ^ 2А; + 1 Fl
В точке х = - имеем
1Jтг2а2
> sin
0<ж</,
«^'*' =
+оо. D)
E)
Так как ряд, стоящий в правой части последнего равенства, удов-
удовлетворяет условиям теоремы Лейбница о знакопеременных рядах, то
остаток ряда E) не превосходит по абсолютной величине первого из
отброшенных членов, т.е.
k=n+l
4
4С/о ехР
{-'¦
3Jтг2а2
P
2n + 3
F)
Оценим, наконец, отношение суммы всех членов ряда E), начиная со
второго, к первому члену этого ряда. В силу F) имеем
Wo
тг
при t ^ t* = —
I2
где е > 0 — произвольное, наперед заданное положительное число.
Замечание. Для оценки погрешности, допускаемой при замене
суммы ряда D) его частичной суммой в других точках х ф //2, мож-
можно воспользоваться признаком Абеля. Однако оценка остатка ряда
по признаку Абеля при приближении к концам интервала 0 ^ х ^ I
становится негодной. Можно указать способ, дающий равномерную
оценку остатка ряда на всем интервале 0 ^ х ^ /:
\Rn(x,t)\ =
4f/o
к=п+1
Bк + 1JтгУ
Р
t > sin
I

Гл. III. Уравнения параболического типа	287
J[/o S 1	Г BА; + 1JttV
?1
где Ап =
< — У 2JTI ехрг-—р—*}** = — У
п
Bп+ 1)палД
I
Интегрируя по частям, получаем
+ ОО _>2	+ОО
НО	+оо _ 2	+оо	_А2
fe—dC<e~A" УV = W-
Ап	Ап
Поэтому
23. Решением уравнения
-^ = а2т—^, 0 < ж < /, 0 < t < оо,	C)
при начальном условии A) и граничных условиях B) (см. условие
задачи) является
и(х, t) = U! + (U2 - Ut)j + -У-{((/0- C/i)[l - (-1)"] +
I	TV	Tl
n=l
П7ГХ	, . ч
in-p. D)
Установившаяся температура в стержне равна
п(х) = lim u(x, t) = Ux + (C72 - ^i)t
Указание. Решение уравнения C) при начальном условии A)
и граничных условиях B) можно искать в виде
и(х, i) = v(x, t) +п(х),	F)
где функция п(х) определяется как стационарное решение уравне-
уравнения C), удовлетворяющее граничным условиям B), т.е.
откуда

288	Ответы, указания и решения
т. е. п(х) есть предел, к которому стремится температура в стержне
при t —у +оо.
Функция г?(ж, i) будет удовлетворять уравнению C) и условиям
v(x,0) = Uo-u(x),	G)
г;@, t) = v(l, t) = 0,	(8)
т.е. v(x, i) является решением первой краевой задачи с нулевыми
граничными условиями. Такая задача была уже рассмотрена (см. за-
задачу 22).
24. Решением краевой задачи
о	7 /	\	9 А	7	OLT)
щ = а ихх — Ыи — uo), а = —, h = —*-,
ср	ера
, A)
B)
и(х,О) = f(x), 0<х<1,	C)
является
и(х, t) = u0 + гу(ж) +v(x, t), 0<х<1, 0 < t < +oo, D)
где
(E/i — no) sh	(/ — х) + (С/г — ^о) sh	ж
w(x) =	2	р	3—, 0<ж</, E)
. lyh
sh
а
+ °°	2 2 2
г;(ж, t) = 2_^Апехр^-\^—	\-hJtjsm——,
п=1
О <х <1, 0 <t < +оо, F)
An = у/ [/@ - w@ - щ] sin ^f
о
В частности, если [/i = [/2 = 0 и /(ж) = 0, то
sh	(Z — ж) + sh	ж
Цж) = -но	^	^	й	, 0<х<1,	E')
Wh
sh
а
г?(ж, i) = —-
. Bfc - 1)ттж
sin-	—*¦—
/1Х ^-1J^2а2 + №]
/с—1
Г ГBА;-1Jтг2а2 , ,1.1
ехр\~ [ 	г2	 J J '

Гл. III. Уравнения параболического типа	289
25.	Решением краевой задачи
щ = а2ихх, 0<х<1, 0 < t < +00,	A)
ux(O,t)=ux(l,t) = O, 0 < t < +oo,	B)
1.(T Г)\ _ /VT\	Г) / т / 7	/О\
UiyU/j KJ J	J yds J ,	V7 ^ «/у ^ (/ ,	V. /
является
/ ч do V~^	Г TV a n 1 TiTvx
0 < x < I, 0 <t < +00, D)
где	/
2 ?	П7Г2;
an = у J f{z) cos —dz, n = 0, 1, 2, 3,...	E)
0
Чтобы получить температуру в случае теплообмена на боковой по-
поверхности, нужно умножить правую часть D) на е~ы, где h имеет
тот же смысл, что и в предыдущей задаче.
26.	Решением краевой задачи
щ = а2ихх - hu, 0 < х < /, 0 < t < +00,	A)
-Хаих(О, t) = gi, Xaux(l,t) = q2, 0 < ? < +оо,	B)
является
где
а	\//г Q2 - Qi ch	/ /^
-ш(ж) = ^ Qi sh — х -\	—	-=^— ch — ж, 0 < х < I, E)
Vh	a	Vh Vh	a
	sh	/
а	а
v(x, t) = ye ^ + 2^awexp|-^ /2 + ftjtj cos ,
n=l
0<ж</, 0<^< +00, G)
(z)-w(z)]cos^dz, n = 0,1,2,3,...	(8)
0
Указание. См. решение задачи 23.
27. Решением краевой задачи
щ = а2ихх, 0<х<1, 0 < t < +00,	A)
гх(О, t) = С/о, \<rux(l,t) = q0, 0 < * < +оо,	B)
гб(ж, 0) = /(ж), 0<ж</,	C)
19 Б.М. Будак и др.

290
Ответы, указания и решения
является
и(х, t) =
где
Uo
+ ОО
п=0
{««-^
Bn
, Bп + 1Jтг2а2 Л . Bп + 1)тга; , .,
хехР "-	77i	4sm-	^Г^' D)
4/2
21
Bn
dz,
E)
a cr — площадь поперечного сечения стержня.
Если Qo = 0, /(ж) = 0, то
тг ^—' 2А; + 1
+ ОО
¦Е-
В точке х = / имеем
BA;iJ7r2a2
Bfc + 1)тгж
ш 21 >
0 <х <1, 0 <t < +оо. F)
к=0
1Jтг2а2
4/2
0 < t < +оо. G)
По теореме Лейбница о знакопеременных рядах получаем оценку для
остатка ряда G)
\Rn(l, t)\ =
4U0 v^ (-1)	Г Bfc + lr^a" Л
— L 2feTIexpl	ip	4
- (8)
Оценим, наконец, отношение i?o(', t) к —2- expj	-pr t >. В силу (8)
при t ^ t* = —
I2
2тг2а2
1пЗг. (9)
Замечание. Нетрудно получить равномерную оценку для
остатка Rn{x, t) ряда на отрезке 0 ^ х ^ I способом, указанным в
замечании к ответу задачи 22 настоящего параграфа.
28. Решением краевой задачи
щ = а2ихх, 0<х<1, 0 < t < +00,	A)
их@, t) = 0, ux(l,t) = ^-=Q,
лет
B)
где Л — коэффициент теплопроводности, а — площадь поперечного
сечения,
и(х, 0) = 0, 0 < х < I,	C)

Гл. III. Уравнения параболического типа
291
является
u(X,t)=Q —
A;2
cos ¦
В точке х = 0 имеем
Л I 21
«(О, t) =
к=1
По признаку Лейбница для остатка ряда получаем оценку
L2 2 2
D)
, 0 < t < +оо.
E)
\Rn@, t)\ =
^ 2QI (-l)
k=n+l
fe27r2a2 Л
——4
2QI
ехр^-
0<t<+oo_
Указание. Чтобы получить D), можно свести краевую задачу
ди(х t)
A), B), C) к первой краевой задаче путем замены г?(ж, t) = — ,
решить краевую задачу для г?, а затем проинтегрировать г> по ж; при
этом появится произвольная слагаемая функция времени. Вычисляя
количество тепла в стержне двумя способами (см. указание к ответу
задачи настоящей главы), можно определить эту функцию.
Замечание. По поводу равномерной оценки остаткаRn(ж, t) на
отрезке 0 ^ х ^ / см. замечание к ответу предыдущей задачи.
29.
и[х, t) =
п=1
A)
где h — коэффициент теплообмена, входящий в граничное условие
ux{h t) + h[u(l, t) — Uo] = 0, a \in — положительные корни трансцен-
трансцендентного уравнения
-^/i,	B)
B)
образующие последовательность, монотонно стремящуюся к +оо.
В точке х = 0 имеем
ехр
А;=1
Нетрудно проверить, что ряд C) удовлетворяет условиям теоремы
Лейбница о знакопеременных рядах; поэтому для остатка ряда C)
получаем оценку
19*

292
Ответы, указания и решения
\Rn(O, t)\ =
Uo
k=n+l
llk[(hlJ + (hi)
hi) + ui] exp\ p 4
2Uohl
. D)
В силу D) имеем
\Ri(O,t)\
2Uohl
«
при
>t* = —
¦In
(hiJ
Замечание. Равномерная оценка остатка ряда Rn(x, t) на от-
отрезке 0 ^ х ^ I может быть выполнена аналогично тому, как это было
сделано в замечании на с. 286.
Учитывая, что для корней \i\ < \i2 < ... < /лп < /in+i < • • • транс-
трансцендентного уравнения B) будет иметь место неравенство
получим
к=п+1
Uphl +Г
7Г J
1/2
d/л <
AUohl
1/2
ч2аН
I 1/2
2 |Х/%-А«
/in
где

Гл. III. Уравнения параболического типа	293
30. а) Решением краевой задачи
щ = а2ихх, 0 < х < /, 0 < t < +оо,	A)
ux(O,t)-H[u(O,t)-U1] = O,
ux(l, t) + H[u(l, t)-U2] = 0, 0<t< +oo, B)
u(x,O) = f(x), 0<ж</,	C)
является
u(x,t)=w(x)+v(x,t), 0<х<1, 0 < t < +оо,	D)
о<ж</,	E)
и
+ ОО
г;(ж, t) = У апе~а Xnt (cos Лпж + — sin Лпж) ,
0<х <1, 0 <t < +оо, F)
Лп = —, zn — положительные корни трансцендентного уравнения
)
Собственные функциих)
Хп(х) = cosAnx + — sinAnx, n = 1, 2, 3, ...,	(8)
ортогональны на отрезке 0 ^ х ^ /; квадрат нормы собственной функ-
функции Хп(х) равен
о
о	I
(AS-	)
О
(C°S Л"^ + ?
б) Если температура среды на обоих концах одинакова, а началь-
начальная температура стержня равна нулю, то, принимая середину стержня
за начало координат, мы получим, что температура в стержне явля-
с) 11
ется четной функцией ж, т.е. при х — 0 будет —— = 0. Таким образом,
ох
можно рассматривать вместо всего стержня лишь его половину, при-
причем для определения температуры получится краевая задача 29 (при
7	1\
этом / нужно заменить на —).
г) Подробнее см. решение задачи 111 гл. II; рассматриваемые там
собственные функции получаются умножением собственных функций (8)
на —	- поэтому, зная квадрат нормы собственных функций, рассмат-
л/Ап + Ь?
риваемых в задаче 111 гл. II, нетрудно получить квадрат нормы собствен-
собственных функций (8).

294	Ответы, указания и решения
31. Решением краевой задачи
щ = а2ихх - hu, 0 < х < /, 0 < t < +оо,	A)
их@, t) - Я КО, t) - Щ] = 0, ux(l, t) + H[u(l, t) - U2] = О,
О < t < +оо, B)
и(х,О) = f(x), 0<х<1,	C)
является
и(х, i) = w(x) + v(x, i) 0 < x < I, 0 <t < +oo,	D)
где
Ггг ^ tt [тг , Vh, Vh .VhX\ .Vh
U2	U\ \ H sh 	/	ch	/ ch	x
a	\	a	a	a I \ a
Ц1*
a	a	a
v{x, t) = y* ane-(a2x-+h)t (cos Лпж + ^- sin Лпж) ,	F)
n=l
TT
Лп, Хп(ж) = cosAnx + — sinAnx и an определяются так же, как в
Ап
ответе предыдущей задачи.
32. Решением краевой задачи
щ = а2ихх - h[u - uo], -7г<ж<тг, 0<^< +оо,	A)
и(х, 0) = /(ж), -тг < ж < тг,	B)
и(-тг,?) =и(тг,?), их(-тг, t) = их(тг, t), 0 < t < +00,	C)
является	/ ч	_»,+ / ,ч	/.ч
и(х, t)=uo + e ntv(x,t),	D)
+ ОО
г;(ж, t) = V^(an cosnx + 6n sinnx)e~n a *,	E)
n=0
где	х -
a0 = — / [/(ж) - uo] da,	F)
— 7Г
7Г	7Г
^n = — / [/(ж) ~ ^o] cos пж ^ж, bn = — [f(x) — щ] sin пж dx. G)
— 7Г	—7Г
Если начальная температура кольца f(x) = и\ = const, то
Цж, t) = u0 + e~ht[ui - щ].

Гл. III. Уравнения параболического типа	295
б) Задачи теплопроводности с переменными граничными усло-
условиями и свободными членами, зависящими от х и t.
33. Решением краевой задачи
щ = а2ихх, 0 < х < /, 0 <t < +00,	A)
и@, t) = 0, u(l, t)=At, 0 < t < +оо,	B)
и(х, 0) = 0, 0 < х < Z,	C)
является
и(х, t) = — xt + —— (ж2 - I2) + г;(ж, ?), 0 < х < /, 0 < ? < +оо,	D)
+ °°	2 2 2
/ ,ч \~^ f п тг а А . птгж	/гЧ
г?(ж, t) = 2_^ ап ехр<	—— t > sin ——,	E)
n=l
где	. i
А
0"п, = —:
За2/
о
z(z'-nsm — dz.	F)
34.	и(ж, t) = \ [<$>(T)exp\-^-(t-T)}dT\sm^ +
U	)
+ СЮ 2 2 2
апехр<^	—t sin-—, 0 < х < I, 0 < t < +оо, A)
п=1
ГД6	2 f
ап = - f(z) sin —— dz.	B)
о
Указание. Частное решение уравнения, удовлетворяющее
граничным условиям (см. условие задачи), можно искать в виде
w(x, t) = ip(t) sin —-,	C)
где ip(t) — функция, подлежащая определению.
35.	а) Решением краевой задачи
ut = a2uxx + f(x,t), 0 < х < I, 0 < t < +оо,	A)
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
где /(ж, i) = — , является
ср
	г2~ J Sm~rSm I f ^
I n=l	)
I	( +O
/	J 2
t	I	( +OO
/y /"i?//- \ J 2
dJf{?)l
0	0	к п=1

296	Ответы, указания и решения
б) Решением краевой задачи
щ = а2ихх + —5(х - хо), 0 < х < Z, 0 <t < +оо,	A)
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +00,	B)
и(х, 0) = 0, 0 < х < I,	C)
является
~ЬОО	/	9 9 9	\
/ ,ч	2QI V—v I/-,	f П7ГЙ ,)\ . П7ГЖ . ПТГЖо	/.ч
и(х, t) = 	^-j > — 1 - ехр<^	— t И sin —— sin —-—. D)
сртг2а2 *-^ п2 \	V I2 ) J	I	I
36.	Решением краевой задачи
щ = а2ихх - hu-\	e~htS(x - vot), 0 < х <1, 0 <t < —,
ера	vo
и@, t) =u(l, t) =0, 0 <t < —,
vo
и(х, 0) = 0, 0 < х < I,
является
, ,ч 2Л _/^ v-^v sm /	/ . rnrvot vqI rnrvot vol\
u(x, t) =	 e nt > 	зЧ"^" sin —;	cos —;	\	•
coal	*-^ _ n -к a V	/	птг	/	птг/
n=1 vo + /2
37.	Нужно решить краевую задачу
щ = а2ихх + /ОМ), 0<ж</, 0<^<+оо,	A)
иж@, t) - hu(O, t) = ^i(t), гбж(/, t) + ftu(/, *) = ^W, 0 < t < +oo,
B)
и(ж,О) = ф), 0<х<1.	C)
Если потребовать, чтобы функция
ф(х, t) = (aix + /3i)^i(^) + (а2х-\-р2)ф2^), 0 < ж < /, 0<?< +оо,
D)
удовлетворяла граничным условиям B) краевой задачи A), B), C),
то коэффициенты ai, /3i, «2, /З2 определяются однозначно:
1	/э	1 + Ы	1	^	1	/кч
Л	А	E)
Решение краевой задачи A), B), C) можно искать в виде
и(х, t) = v(x, t) + ф(х, t), 0 < х < I, 0 < t < +00,	F)
где г?(ж, ?) — новая искомая функция, а г/>(ж, t) уже определена.	Для
функции г?(ж, ?) получаем краевую задачу
vt=a2vxx + f*(x,t), 0<х<1, 0 < t < +00,	G)
г;ж(О,*)-/ш(О, *) = 0, г;ж(/, t) + hv(l, t) = 0, 0 < t < +00,	(8)
г;(ж,О) = у?*(а;), 0 < ж < /,	(9)

Гл. III. Уравнения параболического типа	297
где
Г(х, t) = f(x, t) - (alX + fcW{t) - (a2x + p2)il>'2(t), A0)
<р*(х) = (f(x) — (a-\_x + /3i)^i@) — (ot2X + /32)^2@).	A1)
Решение краевой задачи G), (8), (9) будем искать в виде
+ ОО
v(x, t) = ^2 vn(t)Xn(x), 0<x < Z, 0< ? < +оо,	A2)
71=1
где Хп(ж) — собственные функции краевой задачи
Х"(х) + Х2Х(х) = О, 0 < х < I,	A3)
Х;@) - hX(O) = О, Х'(/) + hX(l) = 01).	A4)
Функции же vn(i) подлежат определению. Функция г?(ж, t) уже удов-
удовлетворяет граничным условиям (8). Если потребовать, чтобы v(x, t)
удовлетворяла также уравнению G) и начальному условию (9), то
отсюда определятся функции vn(i). Для этого разложим в ряд по
собственным функциям Хп(х) правую часть уравнения G) и ip*(x):
+00
/*(ж, t) = У^ ®n(t)Xn(x), 0 < х < /, 0<^< +00, A5)
71=1
где	ЛЛ2	I
71=1
где	лл2
I
О
Подставляя A2) и A5) в уравнение G) и предполагая равномерную
сходимость получающихся производных рядов, получим
+ ОО
5^К(*) + a2A^n(t) - 0п(*)]Хп(ж) =0, 0<ж</, 0<^< +оо.
п=1
A9)
Для выполнения равенства A9) достаточно, чтобы выполнялись ра-
равенства
v'n(t)+a2\lvn(t) = Qn(t), 0<?<+oo, n = 1,2,3,... B0)
Так мы получаем дифференциальные уравнения для определения
функций vn(t).
Полагая в A2) t = 0 и сравнивая с A7), мы в силу (9) получим
+ ОО
5>п@) - ап]Хп{х) =0, 0 < х < I.	B1)
71=1
х) По поводу определения собственных значений Лп и нормы собствен-
собственных функций Хп см. ответ к задаче 30.

298	Ответы, указания и решения
Для выполнения равенства B1) достаточно выполнения равенств
vn(Q)=an, n = 1,2,3,...	B2)
Решая дифференциальные уравнения B0) при начальных условиях B2),
получим	t
„. (f\ — [р-о2^ (t-T)pk (_\Л_ _i_ n p-a2\^t	/оо\
"п\Ь) — /с-	wn^T jut -\- ctnc;	.	v *-v
о
Этим решение задачи заканчивается.
38. Решением краевой задачи A), B), C) (см. условие) является
и(х, t) = v(x, t) + ф(х, t), 0 < х < I, 0 < t < +00,	D)
где ip(x, t) имеет то же значение, что и в ответе к предыдущей
задаче, a t г	г
v(x, t) = fdrff*(z, t)G{x, z,t-r)dz+ f<p*(z)G(x, z, t) dz, E)
0	0	0
+ oo
Civ v f r\-\^ r-(a2\l+h)(t-r) Xn(x)Xn(z)	( ,
U{x,z,t T)~2^e	\\Xn\\* '	W
||Xn||2 и Лп имеют те же значения, что и в ответе к задаче 30,
/*(ж, t) = f(x, t) - Нф(х, t) - фь(х, t),	G)
ip*(x) = (f(x) - ф{х, 0).	(8)
39.
ч / ^ч А ( ek(x+l^ cos\k(x — I) + uot] + e~k^x+^ cos\k(x — 1) — ujt]
a) u(x, t) ~ -<	__________
+ ut]
ch2A;/-cos2A;/
k(l+i)x+iujt _ -k(l+i)x+iut
J'
-i)x — iujt 	 —k(l — i)x — iujt Л
e г + е	г	J
ek(l-i)x-iujt _ p-k(l-i)x-i
A + г) —
в) u(x, t) « — Re
екA-г)х-гиЛ _ е-кA-г)х-гиЛ 	>i
-k(l-i)l J '
Указание. Решение краевой задачи в случае граничных ус-
условий а) при произвольном начальном условии, т.е. решение задачи
ut = a2uxxj 0 < х < I, 0 < t < +оо,	A)

Гл. III. Уравнения параболического типа	299
u(O,t) = O, u(l, t) = A cos cut, 0<?<+оо,	B)
0<х<1,	C)
можно искать в виде
и(х, i) = v(x, t) + w(x, t), 0 < x < I, 0 < t < +oo,	D)
где v(x, t) — частное решение уравнения A), удовлетворяющее гра-
граничным условиям B), а о;(ж, t) есть решение краевой задачи
wt=a2wxx, 0<х<1, 0 < t < +оо,	(Г)
ЦО, t) = w(l, t) = 0, 0 < t < +oo,	B')
Цж, 0) = (f(x) -v(x, 0), 0<ж</.	C;)
Функция v(x, t) может быть найдена как действительная часть част-
частного решения краевой задачи
Ut = a2Uxx,	E)
[7@, t) = О, U(l, t) = Аеш,	F)
которое без затруднений может быть найдено в виде
U(x, t) = Х(х)еш.	G)
Таким образом,
v(x, t) = \ {Х(х)еш + X(x)e~iut} ,	(8)
где черта над Х(х) является символом комплексного сопряжения.
Согласно (8) v(x, t) не содержит членов, стремящихся к нулю или
к бесконечности при t —> +00, и так как lim w(x, t) = 0, то v(x, t)
представляет асимптотические значения температуры при t —У оо.
В случае граничных условий б) или в) задача решается анало-
аналогично.
Г +оо	^	"|
40.	и(х, t) = -У— e~ht - + VeVa°
v ' J тгсра	2 ^
L п=1
В точке, диаметрально противоположной источнику1),
+ ОО
тгсра
2
га=1
Ряд, стоящий в правой части последнего равенства, удовлетворяет
условиям теоремы Лейбница о знакопеременных рядах; поэтому по-
погрешность, допускаемая при замене его суммы частичной суммой, не
превосходит по абсолютной величине первого из отброшенных членов.
в) Задачи диффузии.
41	C(t) - laU,, j 1 8 V *	4'2	^
n=0	v	;	J
х) По поводу обозначений см. задачи 3 и 32.

300	Ответы, указания и решения
Указание.	1
Q(t) = а и(х, i)dx,
о
где и(х, t) — концентрация диффундирующего вещества в цилиндре
в момент времени t.
Заметим, что Q(t) можно определить также с помощью потока
диффундирующего вещества через открытый конец:
}, т) ,
dr.
о
Эквивалентность этих двух выражений легко проверяется с помощью
интегрирования обеих частей основного уравнения
it	t i
t, r)dr = a2^
0 0	0 0
с использованием граничных условий.
Выражение для и (ж, t) может быть получено как частный случай
решения задачи 27.
1 ' х н . * 12
cos Апж + —
у
n=l f( Л , Я .
/	А +
42. Q(t) = Uocr
/ I cos \пх + -^- sin \пх ) dx
где Ап — корни трансцендентного уравнения
¦ е
a H — коэффициент, входящий в граничное условие
их = Н(и - Uo) при х = 0.
Указание. См. указание к предыдущей задаче. Выражение для
и(х, t) может быть получено из решения задачи 30.
a
Указание. См. указание к задаче 41.
44. а) /KP = у=; б) /кр =
у	кр
в) при любой длине цилиндра процесс нарастания концентрации
имеет лавинный характер; здесь [5 — коэффициент размножения, вхо-
входящий в уравнение

Гл. III. Уравнения параболического типа	301
г) Задачи электродинамики.
П=1
Bп-1Jтг2 А Bп-1)тгж n	7 n .
¦-	2—	n cos	—, 0 < ж </, 0<^<
где ?^о — постоянная электродвижущая сила, приложенная к кон-
концу ж = /,айиС — сопротивление и емкость единицы длины провода.
46. v(x, t) =
Л2. >. Соап sin an A —- ) — Cl cos an A —- )
П=1
где ап — корни уравнения
С1
atga = —,
Со
a Eq — постоянная электродвижущая сила, приложенная к концу х =
= 0 провода.
47.	v(x, t) =
?;0Д(/ - ж) ,9FR2 V^p^J^L Д	sinan(/-a;)
До + Д* "^^0Л Z^^^l ЯС Jan[R(R0 + Rl) + lR20al] cos anV
n=l
где R vi С — сопротивление и емкость единицы длины провода, а
ап — положительные корни уравнения
Rtgal + aRo = 0.
48.	Решением краевой задачи
2
2	а2 = -^—,	A)
4тгсг/х
Я@, t) = Я(/, t) = H0, 0<t< +oo,	B)
я(ж, о) = о, о < ж < г,	(з)
является	о о о
B/с + 1J7т2а2 Д
	Р	V •
sm ¦
О < х < /, 0<^< +оо. D)
В точке ж = - имеем
4Я0 v? (-l)k	Г BJfe + 1Jтг2а2
7Г
fe=0
E)

302
Ответы, указания и решения
Остаток ряда E) можно оценить по признаку Лейбница:
Е-Ц—— ехр< —	-т
2/c + l Fl I2
тгBп
ехр
0 < t < +oo. F)
В силу F) имеем
4Я0
7Г
при
I2
8тг2а2
1пЗг. G)
2. Неоднородные среды и сосредоточенные факторы.
Уравнения с переменными коэффициентами и условия сопря-
сопряжения.
49. Температура в стержне является решением краевой задачи
с(х)р(х) ^ = А [а(яО ^] , 0 < х < I, 0 < t < +оо, A)
u@, f) = u(/, t) = 0, 0 < t < +oo,
где
с, 0 < х < жо,
с, xq < х < /,
p, 0 < ж < xo,
(А, 0 < ж < х0,
Х(х) = < =
I Л, жо < ж < /,
B)
C)
D)
с, с, р, р, Л, Л — константы, характеризующие свойства стержней,
+ ОО
и(х, t) =
+оо,
п=1
где
Хп(х) =
sin
sin -
. шп
sin -=-
а
sin -z?-
а
—
а
а
A
A-
X
-х)
-х0)
О < х <
< Ж <
;а = /л
ср	U ср
а;п — корни уравнения
- ctg - ж0 = = ctg = (ж0 - I),
а а	а а
E)
F)
G)
(8)

Гл. III. Уравнения параболического типа	303
i
/ с(х)р(х)(р(х)Хп(х) dx
-xo)
ап =
а	а
Указание. См. решение задачи 164 § 3 гл. П.
+ ОО
50. и(х, t) = ^2 ane~a2x2ntXn(x), 0 < х < I, 0 <t < +оо, A)
п=1
а2 = —, где А — коэффициент теплопроводности, с — теплоемкость
ср
ир — плотность массы материала стержня;
sinA^	0<x<xo, )
\ п = 1, 2, 3, ..., B)
-, х0 < х < хи
sin An(/ — xo)	)
Хп — собственные значения краевой задачи — являются корнями
уравнения	^
пхо - ctg An(/ - xo) = — An,	C)
cp
I
cp / (p(x)Xn(x) dx + Co(f(xo)Xn(xo)
cpxo	cp(l — xo)	Co '
2sin2An?o 2 sin2 Xn(l — xo) 2
где u(x, 0) = <p(x) — начальные значения температуры.
Указание. См. решение задачи 167 § 3 гл. П.
tilt LL\Jb, Ь j -
2^апехр|
n=l
0<ж</, 0<?< +оо, A)
ап = у у (L - z)ip(z) sin ^p dz, n = 1, 2, 3, ...,	B)
о
где через L обозначена длина полного конуса, усечением которого по-
получается рассматриваемый стержень длины I.
+ оо	..22
52. и(х, t) = У^ апехр^ —(^-^— + — )a2t> sin V^L
-1
2 Г ( \
0>п = у / <P{z)t
71=1
0<ж</, 0<^< +00,
где
2 / / т2
()	sm —

304	Ответы, указания и решения
53. Для скорости частиц жидкости и(х, t) и скорости движения
пластины v(t) получаем выражения
+оо ехр;_4^1 sinAn^
0 < х < I A)
exPi—Ъ
где / — половина расстояния между граничными пластинами, р —
плотность жидкости, v — кинематический коэффициент вязкости,
а — поверхностная плотность пластины, д — ускорение силы тяжес-
тяжести, Лп — положительные корни уравнения
Л , Л 2pl	/оч
Atg Л = -J—	F)
а
(Л — собственные значения краевой задачи, умноженные на /).
Указание. Для и(х, t) имеем краевую задачу
ut = i/uxx, -1<х<0, 0<х<1,	0 < t < +оо, D)
u(-l,t)=u(l,t)=O, u(O,t)=v(t),	0<t<+oo, E)
u(x, 0) = 0, 0 < x < I.	F)
Для скорости движения пластины имеем
dv	2pv {ди~\	/^_ч
—- = g -\—с— —— ,	G)
at	a iox]x=o
v@) = 0.	(8)
Так как распределение скоростей частиц жидкости симметрично от-
относительно движущейся пластины, то достаточно определить и (ж, t)
на интервале 0 < х < I. Функции
Хп(х) = sinAn—j^-
обобщенно ортогональны на отрезке 0 < х < I. (См. решение зада-
задачи 167 § 3 гл. П.)
§ 3. Метод интегральных представлений
и функции источников
1. Однородные изотропные среды. Применение интег-
интегрального преобразования Фурье к задачам на прямой и полу-
полупрямой. Определение интегрального преобразования Фурье и общая
схема применения к решению краевых задач даны в гл. II (с. 255, 256).

Гл. III. Уравнения параболического типа
305
54. Решение. Умножим обе части уравнения
?, t) _ 2 d2u{j, t)	1 i
dt	д^2
и проинтегрируем по ? от — оо до +оо, предполагая, например, что
функция и и ее производные достаточно быстро стремятся к нулю
при ? —У =Ьоо. Применяя интегрирование по частям, мы получим
_}_ Г ди e_i4 d?=d_J_ Г
' +О°-а2Х2 -L 7
ь		/ОтГ I
+
= -а2Л2п(Л, t),
V J
Из равенства
п(Л, t) = ¦
A)
+ ОО
?, i)e
"iA«
при t = 0 получаем
п(А, 0) =
+ ОО
/
=
+ОО
j
= /(А). B)
Решение уравнения A) при начальном условии B) имеет вид
Применение обратного преобразования Фурье дает
+ ОО	+ОО	+ОО
и(х^ t) = L [	^ [	Г
л/2тт
л/2тг
+
Г
J
+ ОО	+ОО
cos
так как
D)
Последний интеграл легко вычисляется дифференцированием по па-
параметру.
20 Б.М. Будак и др.

306	Ответы, указания и решения
t +0
55. и(х, t) = -L= fdr Г /(?, г) """ l ApL т) J dg. A)
О — оо
56. Решение. Умножая обе части уравнения
на
и интегрируя по ^ от 0 до +оо, мы получим синус-образ Фурье функ-
функции и(х, t),	I— +00
«	JlJ u(?, t) sin Л^ d?,	A)
О
уравнение
dg('^A*),t)=0, 0<t<+oo.	B)
Из A) найдем начальное условие
п<'>(А, O) = /(S)(A).	C)
Решение уравнения B) при начальном условии C) имеет вид
Применяя к нему обратное синус-преобразование Фурье, найдем в
силу известного равенства D), приведенного в решении предыдущей
задачи,
u(x,t) = \ -
о
+ оо	+оо
1 j	I
2 Г	Г — 2\2+
— - /(?)^? / е	sm\t;sm\xd\ =
7Г J	J
О	О
+ оо	+оо
1 С	f 2\2f
п J	J
о	о
=	 / /(?) ехр< —	^— \ — ехр< —	^— \ d^.
2а \Лк1 J	L I 4a2? J	I 4а2^ J J
Указание. Применить косинус-преобразование Фурье.
^()
Указание. Применить синус-преобразование Фурье; см. также
решение следующей задачи.

Гл. III. Уравнения параболического типа
307
59. Применяя косинус-преобразование Фурье1) и используя гра-
граничное условие их@, t) = </?(?), получим
=a v
2 ди
+ а \/ -uXsinXt;
I +00
2Л2 /2 /* /. .ч
—а X \ — щ?? б) cos
у к J
о
т.е.
где
dt
/ +оо
/9 Г
о
Из B) находим
, 0) = J- / w(^,
A)
B)
C)
Решение уравнения A) при начальном условии C) имеет вид
г^(с)(Л, t) = -а2 \ - fe~a2x2^~T">(f(r)dT.
Применяя обратное косинус-преобразование Фурье (в силу равенст-
равенства D) из решения задачи 54), получим
I +ОО
и(х, t) = \ — / п(с)(А, t)cosXxdX =
о t	+OO
J) T J e
о	t
=	о_ Г у?(г)
60. и(ж, t) =
	1
~ 2а л
— . 9/.	г f — ехр<^ — ,	г ^
4a2(t — r)J L 4a2(t — r)J
VS5 ^J	/.
о о
х) При этом предполагается, что п и производные п по ^ стремятся
достаточно быстро к нулю при ? —»¦ +оо.
20*

308
Ответы, указания и решения
61. u(x, t) =
y/t - T
0	0
62. Указание. Установить сначала, что для косинус-образов
Л2 + /г2
оригиналами являются
63. Указание. Установить сначала, что для косинус-образов
/(С)(А) = е~аХ , ~д(с\\) = ——— оригиналами являются
64.
а/г
ah Г р(т)
V?r^ y/t-т
Г
-h
Ф - С)
Указание. Воспользоваться результатами задач 62 и 63.
ехр< —	Ц—	/ш >
I 4a2^	J
Указание. Воспользоваться результатами задач 62 и 63.
2. Однородные изотропные среды. Построение функций
влияния сосредоточенных источников.
а) Неограниченная прямая.
66. и(х, t) = — GO, f, t), -oo < ж, ^ < +oo,
ера
О < t < +оо, ж ^ С,
где
1
ехр^-
есть так называемая функция источника для уравнения щ = а2ихх
в случае неограниченной прямой или «функция влияния мгновенного
точечного источника тепла для неограниченного стержня с теплоизо-
теплоизолированной боковой поверхностью».

Гл. III. Уравнения параболического типа	309
Указание. Можно предположить, что количество тепла Q,
мгновенно выделившееся в точке ? в момент t = 0, мгновенно же
равномерно распределяется по малому интервалу (? — ?, ? + S); тогда
начальная температура стержня будет равна
0, -оо < х
I
и(х, 0) = fs(x) = ^ —	,
26сра
°>
Решая задачу
г^ = а2ихх, -оо < ж < +оо, 0 < ? < +оо,	A)
и(х, 0) = fs(x), -оо < ж <+00,	B)
с помощью формулы C) из решения задачи 54 и переходя в полученном
решении к пределу при S —У 0, получим ответ.
Для разыскания температуры в стержне можно воспользоваться
также дельта-функцией1), решая либо задачу
щ = а2ихх, —оо <ж + оо, 0 < t < +00,	C)
и(х, 0) = — 5(х-?), -оо < ж, ? <+оо,	D)
с помощью упомянутой формулы C) из задачи 54, либо задачу
Q
щ = а ихх + —=— 5(х — ?)S(i), —оо < ж, ? < +оо, 0 < t < +оо, E)
ера
и(х, 0) = 0, —оо < ж + оо,	F)
с помощью формулы A), приведенной в ответе к задаче 55.
Для решения краевых задач C), D) и E), F) можно не прибегать
к формулам C) и A), а воспользоваться интегральным представлени-
представлением для дельта-функции (см. [7, с. 268-275]).
Функции источника для уравнения щ = а2ихх на прямой — оо <
< ж < +г может быть также получена на основании соображений по-
подобия (см. [7, с. 268—275]) или с помощью предельного перехода в вы-
выражении функции источника для отрезка 0 ^ ж ^ / при / —у +оо (см.
[7, с. 268-275]).
Примечание. Если мгновенное выделение тепла в точке ж = ?
произошло не в момент времени t = 0, а в момент времени t = г, то
и(х, t) = —?— G(x, ?, t—r), —оо < ж, ? < +00, ж/(, т < t < +оо,
2	( (х	?J 1
G(x, ? t — т) = 	,	ехр< — о/ ч >.
х) См. ответы и указания к задачам 56 и 63 § 2 гл. II и к задаче 153
3 гл. П.

310	Ответы, указания и решения
67. и(х, t) = — G(x, f, t), -oo < ж, f < +оо,
С/9СГ
ж ^?, 0 < t < +оо, A)
ГДе	~ht
есть функция источника для уравнения щ = а2ихх — hu в случае не-
неограниченной прямой.
Примечание. Если мгновенное выделение количества тепла Q
произошло не в момент времени t = 0, а в момент времени t = т, то
, ?) = -^- G(x, ^, t—г), -оо
С9(Т
expi --i?_5i_ 1.
- г)	I 4a2(^-r)J
где
G(x, ?,t-r)= ,
' Ц'	J " ^ г)
68.	Решение. Заменим в решении и(х, i) уравнения
ж и t на ? и г; заменим, далее, в функции источника С(ж, ?, ?) =
= 	— ехр< — 2 > ? на t — т, 0 < г < ?. Функции м(?, г)
и С(ж, ?, t — т) удовлетворяют уравнениям
UT = B U^ + /^, TJ, (_тг = —B Ст^,
ПОЭТОМУ	о	Г Л2	Л2/^1
С /^ ч	2 \ S4 О У>	О kjt \ ^ j,	/_|Ч
дт	|_ ^?2	^?2 J
Интегрируя последнее равенство по ? от — оо до +оо и по г от О
до t — а, 0 < а < t, получим (если предположить, что и и ее про-
производные по ? ограничены при ? —у ±оо или стремятся к оо, но не
слишком быстро):
+ ОО	+ОО	t — Oi	+ОО
I (Gu)T=t-a <%= J (Gu)T=0 d?+ J dr I Gf <%.	B)
— oo	—oo	0 —oo
Переходя к пределу в равенстве при а —У 0, получим г)
+ ОО	t	+ОО
1111* ¦/¦ 1 ^^ / (п( fi\ C-1 It i- / i cii- —I— / /Vt" / f I i- n~\ f~-l it /- / 	 t l /V/-	i ^ l
— oo	0 —oo
69.	Ответ дается формулой C) решения предыдущей задачи, где
под G(x, ?, i) нужно понимать функцию источника, найденную в ре-
решении задачи 67.
Ч Переход к пределу в левой части равенства B) при а —у 0 выполня-
выполняется аналогично тому, как это сделано в [7, с. 230-233].

Гл. III. Уравнения параболического типа	311
Указание. Задачу 69 можно решать либо непосредственно, ли-
либо сведением к задаче 68 путем замены искомой функции и(х, t) =
= e~htv(x, t).
70 t- (ж~^2 .у (г) -	Q	r~1/2
71. u(x, t) = — t^—^ / exp<^ -hr - —$- \ -=,
cp 2a v?r J	I	4a2r J yV
u(x) =	 exp<^ --\x\ >.
2cpah	I a )
Если поверхность стержня теплоизолирована, то lim u(x, i) = оо.
t—^+сю
" ф @)] •где ф(г) =
есть так называемый интеграл ошибок, значения которого можно най-
найти в [7], а также в табл. 1 приложений настоящей книги.
А	2 2 Г	(	Т
73. и(х, t) = - е~ах+а х Ч 1 - Ф	т + ,
^	I	V 2а \/t
74 n(r t) — Т1пр~ы |ф ( х^~L ) — Ф
Указание. Воспользоваться решением задачи 69, либо заменой
искомой функции и(х, t) = e~htv(x, t) свести к задаче 72.
(ж v0tJ ¦
(ж - ^о^ +
2асрл/к
в частности, температура стержня под печкой равна
cpvo
Замечание. Выражение для и (ж, ?) получено при условии, что
теплообмен на поверхности стержня, не соприкасающейся с печкой,
пренебрежимо мал.
б) Полупрямая.
76 G(x ? t-r) -	г	Lpf (ж~^J ] -
2a^/ir(t-T)	I 4а2П-т))
Aa2{t-r).
A)
В случае, если на поверхности стержня происходит конвективный теп-
теплообмен со средой, температура которой равна нулю, то выражение

312	Ответы, указания и решения
для функции источника получается из A) умножением на
где Н — коэффициент теплообмена, входящий в уравнение щ =
= а2ихх — Ни.
Указание. Выражение для температуры и(х, i) и для G(x, ?,
t — т) можно получить, рассматривая неограниченный стержень
— оо < ж < +оо и предполагая, что в момент времени t = г в точ-
точке х = ? выделилось мгновенно Q единиц тепла, а в точке х = — ?
выделилось мгновенно — Q единиц тепла, т.е., как иногда говорят,
помещая в точку х = ? мгновенный положительный источник мощнос-
мощности Q, а в точку х = — ? — мгновенный отрицательный источник мощ-
мощности —Q1).
77.
При наличии конвективного теплообмена на поверхности стержня
функция источника получается из только что найденной умножени-
умножением на е~н^~Т\
Указание. См. указание к предыдущей задаче; настоящая за-
задача решается аналогично.
О < Ж, ? < +00, Хф^ Т < t < +00,
где /г есть коэффициент, входящий в граничное условие
их@, t) -hu(O, t) = 0.
При наличии конвективного теплообмена на поверхности стержня
функция источника получается из только что найденной умножением
на е~н^~т\ где Н — коэффициент теплообмена, входящий в уравне-
уравнение щ = а2ихх — Ни.
Указание. Использовать предложение, сформулированное в за-
задаче 82.
79. и(х, t) =
г) Функция источника для полупрямой определяется аналогично функ-
функции источника для конечного отрезка; см. введение к решениям задач под-
подпункта в) настоящего пункта.

Гл. III. Уравнения параболического типа	313
t (р(т) ехр< —	 >
y/ZJ	(*-т)з/2
Указание. Пусть и(?, т) есть решение уравнения ит = а2и^ +
+ /(?? rM a G(x, ^ t — т) — функция источника, найденная в решении
задачи 76.
Интегрируя равенство
д (п \ пди , ^^
+u=a \GW -uw j + G/ )
по ( от 0 до +оо и по г от 0 до ? — а, где 0 < а < t, получим
+ ОО	+ОО
(Gu)T=t-adZ - J {Gu)T=odi =
О
t — a +оо
+f\dGdu ди dG] ,Д , , ?
-У [ ее её - её ef J * К +У
Налагая надлежащие ограничения на порядок роста и и — при
^ —У +оо, получим
+оо	+оо	t-a. , Л/г^\	*~а +°°
У (Gu)T=4_a ^ = I (Gu)T=0 di-a2 I (иЩ) dr+ I dr JGfdZ.
о	о	о	^C=o о о
Переходя к пределу при а —> 0, получаем2)
+ ОО
lim / (Gu)T=t-a d? = и(х, t).
о
+
х) Это равенство получается так же, как равенство A) в решении за-
задачи 68.
2) Переход к пределу выполняется аналогично тому, как это сделано в
[7, с. 230-233].

314
Ответы, указания и решения
+
4а2*
а Г (р(т)	Г	х2 \
л/тг J Jt — т	I Аа2и — т))
о
Н
Указание. Задача может быть решена аналогично предыдущей
(см. указание к предыдущей задаче).
• »<*¦«=
Указание. См. указание к задаче 79. Задача 81 может быть
решена аналогично.
82. Указание. Воспользоваться тем, что:
1) если F(x) есть функция нечетная, то функция
равна нулю при х = 0;
2) если и(х, t) есть решение уравнения щ = а2ихх, то
7V
также является решением этого уравнения.
83. Указание. Воспользоваться тем, что:
1) если F(x, t) есть функция нечетная по ж, то функция
t	+00	2
равна нулю при х — 0;

Гл. III. Уравнения параболического типа
315
то
2) если и(х, t) есть решение уравнения
щ = а2ихх + /0, t),
является решением уравнения
к=0
N
kf(x, t)
у; J
к=0
84.
и(х, t) = Щ
2а
Скорость движения фронта температуры aUo, a = const, 0 < а < 1,
и*
равна —- = ——, где к — корень уравнения Ф(г) = а. Графики изобра-
dt л/t
жены соответственно на рис. 33 и рис. 34.
85.
и(х, t) = Uo I - Ф
Л1
Т =
где к — корень уравнения Ф(г) = 1 — а.
Указание. С помощью подстановки и (ж, t) = v(x, t) + Uo задача
сводится к предыдущей.
_х±1
2а л
86. u(x
Л/7Г J
х-1
2а уД
87.
и(х, t) =
2а
A)
Погрешность, допускаемая при пользовании формулой D) усло-
условия, не превышает
"I 'J R	/ Ч ^	'J \	\
B)
1 • 3 • 5 ... Bп - 3) 1

316
Ответы, указания и решения
Чтобы погрешность, допускаемая при пользовании формулой E) усло-
условия, не превышала е > 0, достаточно, чтобы выполнялось неравенство
Указание. Интегрируя последовательно по частям, можно по-
получить равенство
, D,
причем, очевидно,
+ОО
/
Замечание. Если частичную сумму, стоящую в фигурной скоб-
скобке формулы D), заменить бесконечным рядом, то получится расхо-
расходящийся ряд, называемый асимптотическим. Оценка E) показывает,
что погрешность, которая допускается при отбрасывании в форму-
формуле D) остаточного члена
(_ )п ЬЗ...Bп-1) ~V°V^
стремится к нулю при каждом фиксированном п и z —> +оо.
88. и(х, t) =
2а2к2
х \\
2a~Vt)\
2а
_
89.
90. и(х, t) =
(Uo -
—— } 1-Ф 	т= + Vht
а / [	\2алД

Гл. III. Уравнения параболического типа
317
где R, С, G — сопротивление, емкость и утечка единицы длины про-
провода.
92. v(x, t) =
Ah	( х ГпУЛ (х
|)CO4
0 — hrt
О	О
Первое слагаемое в правой части равенства A) представляет собой
затухающую с ростом х температурную волну, периодическую по t.
Второе же слагаемое бесконечно мало при t —> +00.
и(х, t) = ЛехР(~-V 2"/С0Ча V 2"~ J*
93.
Скорость распространения температурной волны с частотой и равна
dx
at
= a
Указание1) . Можно найти установившиеся температурные
волны как действительную часть комплексного решения задачи
стремящегося к нулю при х —> +оо. Это комплексное решение имеет
U(x, t) = Х(х)еш.
94. v(x, t) = Е0е-ХлУКСи;/2 cos (ut - х ^RCuj/2 \ -
+ О
7Г J
О
+ ОО
где R и С — сопротивление и емкость единицы длины провода.
Указание. См. указание к предыдущей задаче.
х) Подробнее о решении задач без начальных условий см. [7, с. 241-245].

318
Ответы, указания и решения
95.
о
Указание. Задача сводится к интегральному уравнению Абеля ).
где h — коэффициент теплообмена, входящий в граничное условие
ux(Q,t)=h[u(Q,t)-<p(t)].
P~h*{t-T)
где h* — коэффициент теплообмена, входящий в уравнение
= а2ихх — h*u.
98.
1 d r P-h4t-r)
tp{t) = —^ | Лх(т) ^
2ад л/тг «w	\/t — г
где коэффициенты /г и /г* имеют тот же смысл, что и в задачах 96
и 97.
99.
	L^	 	4o^L dr x
^о^ < Ж < +00, 0 < t < +00.
Указание. Перейти к новым независимым переменным ? =
— х — vot, t — t (это соответствует переходу к подвижной системе
координат с началом в точке xq = v$t) и новой искомой функции по
формуле и(х, t) = eai+Ctv{^ t).
Указание. См. указание к предыдущей задаче.
х) Об интегральном уравнении Абеля см. [2, том II, § 79], а также
указание к задаче 114.

Гл. III. Уравнения параболического типа	319
101. и(х, t) = ' l 2a	4a J
/
2а л/к
v2
(t- гK/2
0
Зм. указание к задаче 99.
102. и(х, i) =
О
Указание. См. указание к задаче 99.
(»-«o«)
-r)J
+ о
vo Г
2^ У
г;о
2а.
vo f
^7
4a4t-T)
f
(х — vot + ? + г)J
0
Указание. См. указание к задаче 99.
в) Конечный отрезок. Функцией влияния мгновенного точечно-
точечного источника тепла («функцией источника») для конечного отрез-
отрезка 0 < х < /, соответствующей данным граничным условиям, назы-
называется температура G(x, ?, t) в произвольной точке ж, 0 < х < /, в
произвольный момент времени t > 0, вызванная выделением Q = ср1)
единиц тепла в точке ?, 0<?</,?^ж этого отрезка в момент време-
времени t = 0, если концы отрезка поддерживаются при соответствующих
однородных граничных условиях.
х) Здесь с — удельная теплоемкость, а р — линейная плотность массы.

320	Ответы, указания и решения
Таким образом функция источника G(x, ?, t) должна быть:
1) решением уравнения теплопроводности; 2) удовлетворять соот-
соответствующим однородным граничным условиям; 3) обращаться в
нуль при t —^ 0 и ж / (; 4) удовлетворять предельному соотношению
t>o?-
или, что то же самое,
lim / G(x, ?, t)cpdx = Q,
to-a
?+А
lim Г G(x, f, t) dx = 1
t—>o J
t>o ^-\
при любом Л > 0 1).
Функция источника
1 cxpf (Ж~^J]	A)
для уравнения
щ = а2ихх	B)
на неограниченной прямой удовлетворяет требованиям 1), 3) и 4).
Если к A) прибавить такое непрерывное решение д(х, ?, t) урав-
уравнения B), обращающееся в нуль при t = 0, чтобы сумма
удовлетворяла граничным условиям 2), то C) будет удовлетворять
всем требованиям 1), 2), 3), 4), т.е. будет функцией источника для
уравнения B) на конечном отрезке, соответствующей граничным
условиям 2).
Слагаемое д(х, ?, t) может быть построено для некоторых типов
граничных условий методом отражений; этим методом решаются за-
задачи 103-106.
103. Решение. Продолжим стержень 0 < х < I в обе стороны
неограниченно и будем считать его поверхность всюду теплоизолиро-
теплоизолированной. Пусть в точке ?, 0 < ? < /, в момент t = 0 выделилось Q = ср
единиц тепла. Повышение температуры
(*-О2
вызванное в неограниченном стержне — оо < х < +оо действием этого
мгновенного источника, не равно нулю при х = 0 и х = /. Если же,
кроме того, и в точках —?, =Ь? ± 2n/, n = 1, 2, 3, ... ), в момент t =
= 0 подействовали мгновенные тепловые источники мощностью
распределенные, как указано на рис. 35, то температура
г) Предполагается, что 0<? — Л<? + Л</.
2) Точки —?, ±?, ±2п/, п = 1, 2, 3, ..., получаются из точки ? после-
последовательными симметричными отражениями относительно х = 0 и ж = /.

Гл. III. Уравнения параболического типа	321
ехр
вызванная в неограниченном стержне — оо < х < +оо действием всех
этих источников, будет равна все время нулю как в точке х = О, так
и в точке х — I. Действительно, каждому источнику мощностью +Q
согласно рис. 35 соответствует симметричный относительно х = О
-2/-f -21 -2/+^ -/ -^ 0 ^	7 2/-^ 2/
Рис. 35
источник мощностью — Q, и обратно, каждому источнику мощ-
мощностью —Q соответствует симметричный относительно х = 0 ис-
источник мощностью +Q, так что их действия в точке х = 0 взаимно
уничтожаются. То же самое можно сказать и о точке х = /.
Представим G(x, ?, ?) в виде
где
Символом 	г= J^ ( ) обозначен ряд B) за вычетом члена A).
2aVnt n=-oc
Члены ряда D) имеют производные всех порядков по х и t всюду при
О ^ х ^ /, 0^?<+оо. Ряд D) сходится абсолютно и равномерно при
О^ж^/, 0^?^?*, где t* — произвольное положительное число;
так же ведут себя и ряды, получающиеся из D) почленным диффе-
дифференцированием. При t —> 0, t > 0 каждый член ряда D) стремится к
нулю.
Таким образом, G(x, ?, t) удовлетворяет всем требованиям 1), 2),
3), 4) определения функции источника.
Оценим погрешность, допускаемую при замене суммы ряда D)
N
его частичной суммой ^' при О^ж^/, 0^?^?*. Рассмотрим
n=-N
сначала ряд из членов с положительными п. Если раскрыть скоб-
скобки, то он станет законопеременным рядом, удовлетворяющим усло-
условиям теоремы Лейбница. Поэтому для остатка ряда получаем оценку
{x-(,+2nlf
1
АаН
21 Б.М. Будак и др.

322	Ответы, указания и решения
(JV-1J/2
при 0 < х < I, О < f < /. E)
Аналогично для остатка ряда из членов с отрицательными п получа-
получаем оценку	-
Таким образом, для остатка ряда D) имеет место оценка
\RN(x, f, *)| ^ —5f= exp{-(iV~21J/2|, 0 < ж, С < I, 0 < t < +оо.
(в)
Нетрудно установить, что при
будет выполняться неравенство1)
(iV-lJ/
J/2\	n^^
1—\ при Q ^ t
ал/wt	У	аН ) aVnt*	t	a2t*
(8)
Следовательно, при N, удовлетворяющих неравенству G), будет удов-
удовлетворяться неравенство
(iV-1J/2'
\Rn(x, f, t)\ ^ —-= expi --
a утг?*	L
при 0 ^ t ^ ?*, 0 ^ x, ? ^ /. (б7)
Решая методом разделения переменных краевую задачу
ut = a2uxxj 0 < х < I, 0 < t < +00,	(9)
х) Для этого в функции (f(t) = —г^ ехР*{	^	г перейдем к
(N-1I __
новому независимому переменному г =	-=*—. Мы получим
(ЛГ-
где
Так как	.. ч 1 — !
то /0(г) монотонно убывает на отрезке —-= < т < +оо; следовательно, (p(t)
л/2
2(iV - IJ/2
монотонно возрастает при 0 < t < —	г-^	. Значит, при всех JV, удов-
а2
летворяющих неравенству 2-	2 I2 ^ t* (т.е. неравенству G)), будет
а
выполняться неравенство (8).

Гл. III. Уравнения параболического типа
323
и@, t) = u(l, t) = 0, 0 < t < +00,
и(х,0)=6(х), 0<х<1,
получим для функции источника выражение
+ ОО
A0)
A1)
п=1
. П7ГЖ .
sin~rsin
Хотя ряды A2) и D) формально преобразуются друг в друга1), однако
их роль в представлении функции источника различна; если ряд D)
сходится тем быстрее, чем меньше ?, то ряд A2), наоборот, сходится
тем быстрее, чем больше t.
Нетрудно получить оценку погрешности, допускаемой при замене
суммы ряда A2) его частичной суммой.
Мы имеем
\RN(x,?,t)\ =
+ ОО
f ?
n=7V+l
Г п2тг2а2 ,1 . птгж . птг?
expj	—t> sm — sm—^
TV
(Кж,?^/,0<*< +оо. A3)
Выгоднее, однако, выполнять оценку не остатка ряда, представля-
представляющего функцию влияния, а оценку остатка ряда, представляющего
решение краевой задачи, полученное с помощью этой функции, так
как интегрирование, вообще говоря, улучшает сходимость ряда2).
104. Методом отражений получаем
0<t + oc. A)
Схема соответствующего расположения мгновенных источников теп-
тепла мощностью Q = ср изображена на рис. 36.
0
0
0 0
0 0
-21-? -21 -
-/
-^ 0 ?
2/-^ 21 2
Рис. 36
д. [7, с. 474-476].
2) См. оценки, выполненные при решении задач 22, 27, 28, 29, 48 нас-
настоящей главы.
21*

324	Ответы, указания и решения
В силу соотношений G) и (8) решения предыдущей задачи для
членов ряда A) имеем
f	I	f (п-1J/2
eXP
' I-	C)
Таким образом, для остатка ряда A) имеет место оценка
+ ОО
n=7V+l
T
—^= / exp-^ —r— dz=T 1-Ф —= , D)
0^х,?^1, O^t^t*, N>j^- + l.	E)
Методом разделения переменных для этой же функции источника
получается выражение
2 2 2
7Г а , |	iwia,	/ь/ic,	/^ч
>—— COS—— .	[Ъ)
п=1
Для остатка ряда F) получается оценка
О ^ ж, f ^ Z, 0<^< +оо.	(8)
105. Методом отражений получаем
Соответствующее распределение мгновенных точечных источников
мощностью Q = ср и — Q изображено на рис. 37.
е е	е е	ее х
-21-? -21 -2/+^ -/ -\ 0 \	1 2/-^ 21 2/+^>
Рис. 37
Метод разделения переменных дает
+ Bп+1Jтг2а2 Л Bп + 1)тг^ Bп + 1)тгж
oi	^	*)CQS 21 C°S 2/ '
Оценка погрешности, допускаемой при замене суммы ряда A) его час-
частичной суммой, выполняется либо с помощью неравенств, аналогич-

Гл. III. Уравнения параболического типа	325
ных неравенствам D) и E) из решения предыдущей задачи (грубая
оценка), либо аналогично тому, как это было сделано в решении зада-
задачи 103 (более точная оценка). Для остатка ряда B) получаем оценку
106. а) Если N удовлетворяет неравенствам
N> jy/t*]n[2eaVnF] + l,	B)
то для остатка ряда B) решения задачи 103 будет выполняться нера-
неравенство
\RN(x, f, *)| ^е при 0^.x,€^l, O^t^t*.	C)
б) Если N удовлетворяет неравенству
(pF,	D)
то для остатка ряда A2) решения задачи 103 будет выполняться не-
неравенство
\RN(x, f, *)| ^е при 0^.x,€^l, t* ^t <+oo.	E)
Замечание. Неравенства A), B), D) позволяют при задан-
заданном N найти такое t*, чтобы выполнялись соотношения C) и E).
107. а) Если N удовлетворяет неравенствам
то для остатка ряда A) задачи 104 выполняется неравенство
\RN(x, ^t)\^e при О^ж, f^Z, Q^t^t*.
б) Если N удовлетворяет неравенству
Ф f 	j^— I ^ l-enaVt*,
то для остатка ряда F) задачи 104 выполняется неравенство
\Rn(x, С, *)| ^ е при 0 ^ ж, ^ /, t* ^ t < +оо.
108. Представления для функций источника получаются из пред-
представлений, найденных в решении задач 103, 104, 105, умножением
на е~ы, где h — коэффициент теплообмена, входящий в уравнение
щ = а иХх ~ hu.

326	Ответы, указания и решения
109. Решение. Заменим в решении и(х, t) уравнения
lli 	 /7 II —— 7" ( Hf* T )	( ) ^"* Hf* ^^ I	( ) ^"* Т ^^ —— ОО	( I 1
х и t на ? и т; заменим, далее, в функции источника G(x, ?, ?) ? на
*-т, 0 < г <t.
Интегрируя равенство
о (п \ п®и i ^^ 2 \г,д2и d2G] Пп1\
от	дт дт	\_ д^2	д^2 \
по ? от нуля до / и по г от нуля до t — а, 0 < а < t, получим
i	i
J(Gu)T=t-a d? = J(Gu)T=o d? +
о	о
t — OLr	c — l	C — l \	t~a	I
J 1 \ д^ ) ?=0 V д^ ) ?=0 I	J	J
О	0	0
Переходя в равенстве B) к пределу при а —у О2), получим интеграль-
интегральную формулу
г) df. C)
о о
Эта интегральная формула имеет общее значение для функций источ-
источника, удовлетворяющих различным условиям. Если теперь воспользо-
воспользоваться начальными и граничными условиями для и
и@,т)=<р(т), иA,т)=0, 0 < г <+оо,	D)
u(f, 0) = /(?), 0<?</,	E)
и граничными условиями для G(x, ?, ? — т)
G(x, 0, t-r) =0, GO, /, t-r) =0, 0<ж</, 0<T<t,	F)
то из интегральной формулы F) получится следующее представление
решения краевой задачи с помощью функции источника
и(х, t) = [f(?)G(x, ?, t) d? + a2 /"y?(r) —^^	^ g?t +
f	/
о	о
t I
x) Это равенство получается так же, как равенство A) решения зада-
задачи 68.
2) Предельный переход в левой части равенства B) может быть выпол-
выполнен с помощью рассуждений, аналогичных приведенным в [7, с. 230—233].

Гл. III. Уравнения параболического типа	327
Используя два различных представления для функции источника
G(x, ?, t — т) (см. решение задачи 103), получим два различных пред-
представления для решения нашей краевой задачи:
а) и(х, t) = ^- x
2а л/irt
О	\п= — оо
t
-—т= ,Л Л/о > <(ж + 2п/)ехр^ -Vtt:—
О	п=-оо ч
2
б) ^(Ж, t) = J J
0
J	\
0	ln=l
2 +СЮ ( t
2тга	1/*
n=l Ко
л t I	f+oo
О p	p	I
+ jfdrfm,r)\Y:
о о	Kn=l	)
Представление а), вообще говоря, выгоднее при малых ?, пред-
представление б) — при больших t.
110.	и(х, t) = ff(?)G(x, С, t)d? - a2 fip(r)G{x, 0, t - r)dr +
о	о
t I
/(?, t)G(x, e, t - t)<%, A)
0 0
где G(x, ^, t — т) — функция источника, полученная в решении зада-
задачи 104. Если в равенство A) подставить два различных представления
для функции источника, то получается два различных представления
для решения нашей краевой задачи.
111.	u(x, t) = U0 E
112.	и(х, i) =

328	Ответы, указания и решения
3. Неоднородные среды и сосредоточенные факторы;
уравнения с кусочно постоянными коэффициентами и усло-
условия сопряжения.
u(x,t) =
Указание. Задачу можно решить с помощью следующего ис-
искусственного приема.
Нужно продолжить левый стержень неограниченно вправо так,
чтобы получился неограниченный однородный стержень из того же
материала, что и левый полуограниченный стержень. Затем нужно
найти температуру полученного неограниченного стержня при усло-
условии, что его начальная температура равна U\ при — оо < х < 0 и U^
при 0 < х < +00, где Ui — пока неопределенная константа. Аналогич-
Аналогично нужно поступить с правым полуограниченным стержнем. Констан-
Константы Ui и U^ находятся из граничных условий (условий сопряжения) в
точке х — 0.
( ui(x. t). —оо < х < 0,1
114. и(х, t) = <	} 0<t< +oo,
{U2{X, ?), 0 < X < +00, J
_— / n ) exp j _ _	 i ^

Гл. III. Уравнения параболического типа	329
Указание. Функции Ui(x, t) и ^(ж, ?) должны быть соот-
лопрово
м сопряж
, t) = fc2
ветственно решениями уравнении теплопроводности
и U2t = &2^2жж и удовлетворять условиям сопряжения
Полагая
ip(t) = fciUia;@, ?) = k2U2x@, t)
и решая задачу теплопроводности с заданным граничным условием
второго рода для полуограниченного стержня — оо < х < 0 и для по-
полуограниченного стержня 0 < х < +оо, мы выразим щ(х, t) и ^(ж, t)
через начальные условия и через пока еще неизвестную функцию (f(i).
Используя первое условие сопряжения щ@, t) = i/2@, i), мы полу-
получим интегральное уравнение Абеля для определения функции (f(t):
J Vt — г
о
Решением этого уравнения является1)
Если Ф'(г) существует и непрерывна2) при 0 ^ z < +00, то, выпол-
выполняя в правой части последнего равенства сначала интегрирование по
частям, а затем дифференцирование, получим
, Л 1 } Ф'(*)
<р(т) = - / -L
7Г J Jt —
Й _l Ф(+0)
dz + J. .
7Гл/Г
О
Эта формула может быть применена, в частности, если
Ф(г) = const.
В этом случае Ф'\z) = 0 и (р(т) =	.
7Г у/ Т
115. Решением краевой задачи
^=«?5^, -оо<х<0, 0<i<+oo,	A)
^=a2^i, 0<ж<+оо, 0<i<+oo,	(I1)
ot	ox2
^^	B)
lim Gi = 0, -00 < ж < 0,	C)
lim G2 = 0, 0 < x < +00, i/(;b точке ж = ? при t-}0 (?2 имеет
x) См., например, [2, т. II, § 79].
2) При надлежащих ограничениях на /i и /2 это будет выполнено.

330	Ответы, указания и решения
особенность
является	>	2
5> ?> *) = x. "V ~n	7=r exP\ -
V	U2 /
- --¦- _i_ - -¦" ^«/^ v /l ^	I	4B-2^	I
ei °2	при - oo < x < 0, D)
1 . ..( (s-0Jl + a2	ai fl 4aj^
^2_ A]_	2a2
a2 ai
при 0 < ж < +oo. D;)
Решение. Перейдем к безразмерным величинам (см. решение
задачи 18 настоящей главы), причем так, чтобы уравнение теплопро-
теплопроводности для правого и левого стержней имело вид щ = о?и^. Мы
имеем х = /'?, —оо < ? < О,
Граничные условия B) принимают вид
wi@,r)=Ti2@,r),	E)
Ai <9ni@, г) Л2 <9tt2@, r)	,пУ.
	——- =	^—^—-. F)
Q>\	Ос	О>2	Ос
Будем искать решение при — оо < ? < 0 как «преломленную» на гра-
1	Г f? — ? J1
нице раздела ? = 0 функцию —^^ ехр< —	>, т.е. как функ-
функцию, имеющую вид
G)
а решение при 0 < ? < +оо — как сумму —¦== ехр< —	> и сла-
2 v71"	^	4т J
гаемого, представляющего собой результат «отражения» на границе
раздела ? = 0 функции —г^ ехр< —	>, т.е. в виде
2 у тгт	I	4г J
Подставляя G) и (8) в E) и F), найдем а\ и «2, что и приведет к
ответу (если вернуться к прежним единицам измерения).
116. Решением краевой задачи
щ = а2ихх, 0 < ж, t < +00,	A)
сощ@, t) = Л5иж(О, t), 0<^<+oo,	B)
и(х, 0) = /(ж), 0 < х < +оо,	C)
х) Речь идет о численном равенстве, а не о совпадении размерностей.

Гл. III. Уравнения параболического типа	331
является	+оо
где
F(x\ = J /О) ПРИ - оо < ж < О,
I/O) при 0 < х < +оо,
о о
2 _ Л^
" а2С0'
Л — коэффициент теплопроводности стержня, S — площадь попереч-
поперечного сечения, а2 — коэффициент температуропроводности стержня.
Указание. Воспользоваться утверждением, сформулированным
в задаче 82.
117. Решением краевой задачи
дп2 2Л2	0<i<+oo,	A)
), t) = u2{?{t), t), ui(O, t) = Uu щ(+оо, t) = U2, B)
где температура замерзания принята за нуль, х = ?(t) — координаты
фронта промерзания
7Г-*2 7Г)	=QP% 0<t<+oo,	B')
ox	ox ) x=?(t)	dt
Q — скрытая теплота плавления, р — плотность массы жидкости,
u2(x,0) = U2, 0 < х < +оо,	C)
является
(l)	D)
и2(х, i) = А2 +В2Ф
где
и2
tt u	Ui	д
E)
корень трансцендентного уравнения
2	2
Г а \	1 тт	Г а \
Ф1 ~Т~2 г А;2с/2ехр^ -—-^ S
L 4а^ J	L 4а2 J _ _/^Л V71" ^	^^
\2ai/

Глава IV
УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
эллиптического типа, и постановка краевых задач
1. Краевые задачи для уравнений Лапласа и Пуассона в
однородной среде.
1. Уравнение для температуры стационарного теплового поля в
однородной изотропной среде имеет вид
Au = -f(x,y,z),	A)
F
где / = —, F — плотность источников тепла, т. е. количество тепла,
выделяющегося в единице объема в единицу времени, к — коэффи-
коэффициент теплопроводности.
Краевое условие первого рода
означает, что на поверхности Е задана температура Д; условие вто-
второго рода
= /2, или -к-— =/2 (/2 = -j
<9п
Е
— на Е задан тепловой поток величины /2; краевое условие третьего
рода
— + hu
on
, ди -г-/ -у \ т /l т /з
или — А; -^— = Д(и — /з), Д = А;Д, /3 = =,
Е
— на Е происходит теплообмен по закону Ньютона со средой темпе-
температуры /3.
Необходимым условием существования стационарной температуры
для второй краевой задачи является выполнение равенства
= 0, т. е. суммарный поток тепла через поверхность Е должен быть ра-
равен нулю. Неравномерное распределение температуры вызывает теп-
тепловой поток, величина которого по закону Фурье равна Q = — к gradu.
Проекция его на направление п, очевидно, равна Qn = —к tz-.
on

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	333
Решение. При выводе уравнения A) следует написать условие
теплового баланса для произвольного объема и затем воспользоваться
формулой Остроградского.
Уравнение теплового баланса для объема Т с границей Е, очевид-
очевидно, имеет вид
/(-*?)*-Л*	<2>
I]	Т
слева — суммарный поток через Е, справа — количество тепла, вы-
выделяющегося в объеме Т.
Формула Остроградского дает
Г div(& grad и) dr = - [f dr,	C)
т	т
откуда в силу произвольности объема Т и постоянства к получаем
уравнение A).
2. а) Уравнение диффузии в покоящейся среде есть
Аи = 0,	A)
где и(х, у, z) — концентрация.
б) Если среда движется со скоростью v = (г?ж, %, vz), причем
diw = 0, то уравнение диффузии принимает вид
ПЛ	ди	ди	ди	, ч
I) /ли — vx	Vy	vz — = (J,	B)
где D — коэффициент диффузии, vx, vy, vz — проекции скорости v
на координатные оси.
Если vx = v, vy = vz = 0, то уравнение B) принимает вид
Аи - — —- = 0,	C)
или
(уравнение газовой атаки).
Указание. Диффузионный поток вещества при неравномерном
распределении концентрации равен
Q = -Dgmdu.	D)
Кроме диффузионного потока надо учесть поток переноса (трансля-
(трансляционный поток), равный
uv,
так что суммарный поток равен
—D gr&du + uv.
Для вывода уравнений A) и B) следует воспользоваться законом
сохранения вещества для произвольного объема и затем применить
формулу Остроградского (см. решение задачи 1).

334	Ответы, указания и решения
Закон сохранения вещества для неподвижной поверхности Е за-
запишется так:
или
(-Dj±+ vnu) da = О,
/ [div(Z}gradu) — div(vu)] dr = 0,
т
откуда ввиду произвольности объема Т, а также условия divv = 0 и
следует уравнение B).
3. Уравнение для потенциала и электрического поля в пустоте
имеет вид
Аи = — 4тгр,
где р — объемная плотность зарядов.
Физический смысл краевых условий первого и второго рода: и|Е =
-	^ ди	?
= / — задан потенциал на поверхности L, —— = / — задана плот-
дп е
ность поверхностных зарядов.
Решение. Уравнения, которым удовлетворяет поле стационар-
стационарных распределенных зарядов, получаются из уравнений Максвелла,
если все производные по времени положить равными нулю. Для элек-
электростатического поля в непроводящей среде получаем
rot Я = 0,	A)
div D = 4тгр, D = еЕ,	B)
где е — диэлектрическая постоянная среды, р = р(М) — объемная
плотность зарядов в точке М.
Из уравнения rot Е = 0 следует, что Е — потенциальный вектор,
представимый в виде
Е = — gradu,
где и = и(М) — потенциал поля.
Уравнение B) дает
div(sgradu) = —4тгр.
Если ? = const, то для и получаем уравнение
в пустоте е = 1, и мы будем иметь
Аи = -4тгр.
Если имеются проводящие поверхности, то на них тангенциальная
составляющая электрического поля должна быть равна нулю:
где — означает дифференцирование по тангенциальному направле-
US
нию на поверхности. Отсюда следует, что на поверхности проводника
потенциал постоянен:
и = const;
внутри проводника и = const и Е = 0.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	335
Если проводник заземлен, то потенциал
и = 0.
Плотность поверхностных зарядов вычисляется по формуле
— ^ D — ? ®и	(Ч)
где -т— означает дифференцирование по нормали к поверхности. За-
дп
давая распределение поверхностных зарядов на проводнике, мы полу-
получаем условие
ди _ * * _ 4тгсг
~дп е '	~ё~'
Однако такая постановка задачи является неестественной для элек-
электростатики; обычно известен полный заряд е на поверхности. Поэтому
ищется решение уравнения Аи = — 4тгр при краевом условии и Е = щ,
где щ определяется из условия нормировки решения по заряду
— е — da = 4тге, где е= pdr (см. задачу 7).
4. Вектор напряженности магнитного поля равен if = —
потенциал tp удовлетворяет уравнению Лапласа
Решение. Если магнитное поле не меняется во времени и токи
отсутствуют, то оно должно определяться уравнениями
rot if = 0,	A)
divB = 0.	B)
Из уравнения A) следует
Н = -grad</?;
подставляя это выражение в формулу B) и учитывая однородность и
изотропность среды (/л = const), получаем уравнение Лапласа.
5. Поскольку вектор электрического поля Е потенциален, то
Au = 0,
а на заземленной идеально проводящей поверхности
и
на границе с диэлектриком
ди
=0,
0п, = °-
Решение. Будем исходить из уравнений Максвелла в проводя-
проводящей среде в стационарном случае
, ТТ 4тг . '
rot if = — j, (
A)
div E = 4тгр, '
div/iif = 0.

336	Ответы, указания и решения
Применяя операцию div к первому уравнению, для плотности тока j
получаем уравнение
divj = 0.	B)
Из уравнений rot Е = 0 следует потенциальность вектора Е,
Е = -gradu,
где и = и(М) — скалярный потенциал.
Так как в силу дифференциального закона Ома
j = оЕ (а — проводимость)	C)
или	j =
то для однородной изотропной среды (а = const) условие B) дает
Из уравнений A) и C) следует, что р = 0 внутри проводника.
1)	На заземленной идеально проводящей поверхности потенциал
и = 0 (граничное условие первого рода).
2)	Если проводник граничит с диэлектриком, то на границе раз-
раздела нормальная составляющая плотности тока должна быть равна
нулю:	_ ди -о
т. е.
дп
(граничное условие второго рода).
6. Если ip — потенциал скоростей стационарного потока несжи-
несжимаемой жидкости, так что
v = grad</?,
то потенциал tp удовлетворяет уравнению Лапласа
На поверхности твердого тела, движущегося с некоторой ско-
скоростью ?;о, должно выполняться условие
дер _
дп е
Если тело покоится, то
дп е
Если среда простирается неограниченно, то на бесконечности при
г —У оо потенциал ip должен удовлетворять обычному условию регу-
регулярности.
Решение. Если жидкость несжимаема, то ее плотность р =
= const. Из уравнения непрерывности (сохранения вещества)
-?- + div(pv) = О
получаем условие несжимаемости
= 0.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	337
Так как по условию скорость жидкости имеет потенциал
v = grad(/?,
то div grad</? = 0 или Aip = 0.
7. Первая основная задача электростатики ставится как первая
внешняя краевая задача.
Требуется найти функцию ip, удовлетворяющую уравнению Лап-
Лапласа Aip = 0 всюду вне заданной системы проводников, обращающу-
обращающуюся в нуль на бесконечности и принимающую заданные значения ipt
на поверхностях проводников:
Ие, =<*•
Вторая основная задача электростатики ставится так.
Требуется найти функцию ip, удовлетворяющую уравнению Лап-
Лапласа Д(/?о = 0 вне заданной системы проводников, обращающуюся в
нуль на бесконечности, принимающую на поверхностях проводников
некоторые постоянные значения
и удовлетворяющую интегральным соотношениям на поверхностях
проводников	q
ф -^- da = — 47ге^,
/ дп
где ei — полный заряд г-го проводника.
Если задан один проводник То с поверхностью Eq, to решение
второй задачи электростатики может быть представлено в виде
Ч> = PoV(x, у, z),
где V(ж, у, z) — решение первой внешней краевой задачи для области,
внешней к проводнику То, при условии V = 1 на Eq; множитель </?о
определяется из условия нормировки
-^-du = -4тге0
on
и Равен	_	е0
е0
1
Т.
So
П	l fdVЛ
где С —	/ ^г— da — емкость проводника.
4тг J дп
So
2. Краевые задачи для уравнения Лапласа в неоднород-
неоднородных средах.
8. Стационарное распределение температуры удовлетворяет
уравнению
где к = к(М) — коэффициент теплопроводности, F(M) — плотность
источников тепла в точке М.
22 Б.М. Будак и др.

338	Ответы, указания и решения
Пусть Т — некоторый объем с границей Е, на которой задана,
например, температура
Если коэффициент к(х, ?/, z) кусочно-постоянен и терпит разры-
разрывы на некоторой поверхности Ei, так что
к = ki = const в Т\,
к = к2 = const в Г2 (Г = Ti + Г2),
то на Ei должны выполняться условия сопряжения
щ =и2, )
дш _ ди2 \	A)
первое из которых означает непрерывность температуры, а второе —
непрерывность теплового потока на поверхности разрыва.
Задача в этом случае ставится так:
Aui = ~ в Гь
Ащ = --J в Г2,
и на Ei имеют место условия сопряжения для щ и U2.
Решение. Уравнение выводится так же, как и в задаче 1.
Первое условие сопряжения щ = U2 очевидно; второе условие
, ди\ , du2	~	~
к\ -^— = К2 -~— можно получить, применяя уравнение баланса к бес-
бесконечно малому цилиндру Т? высоты 2/г, построенному на элементе da
поверхности Ei по обе стороны от нее, и переходя затем к пределу
при h —> 0.
Как уже отмечалось в решении задачи 1, уравнение теплового
баланса имеет вид
откуда в силу произвольности объема Т и следует уравнение
div(&gradu) = F. Применяя B) к цилиндру Т?, получим (рис. 38)
S3
где Si — левое, а 52 — правое основание цилиндра, 5з — его боковая
поверхность. При предельном переходе h —> 0 интегралы исчезают,
П\
п2 w
h
Рис. 38

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	339
так как —— и F ограничены всюду. Предполагая существование левого
on
„ ди ^
и правого предельных значении — на Li, получаем
, ди\ , 7 du2 ~
h	Ь к2 -— = 0;
ani	an2
выбирая одно направление нормали п2 = — п\ — п, можно написать
, ди\ , ди2	^
гъ~\ 	 — **у2 	 xicL	1 •
9. В неоднородном диэлектрике для потенциала электростатичес-
электростатического поля имеем	л. /	л \	л	/л\
div(sgradu) = —4тгр.	A)
Если на поверхности разрыва е(х, у, z) нет поверхностных зарядов,
то можно написать
щ = и2, I
ди±	ди2 ( на поверхности разрыва г,
где цифры 1 и 2 соответствуют значениям величин по разные стороны
поверхности разрыва.
Если
Е\ — const в Ti,
г2 = const в Т2,
где Т\жТ2 — области, разделенные поверхностью Ei, то для потен-
циала	fui в т^
U = ^	ЛТ1
^2 В i2
будем иметь	А	,	_
Aui = -4тгр в Ti,
Аи2 = —4тгр в Т2,
Щ = ^2,	"|
ащ _ ап2 ? на Еь
^п	дп )
Второе условие сопряжения означает непрерывность нормальной со-
составляющей вектора электрической индукции
D = -е grad и, Вп — -е—.
Указание. Для вывода уравнения следует исходить из урав-
уравнений Максвелла (см. решение задачи 3), считая там е функцией
пространственных переменных. Вывод условий сопряжения см. в
задаче 8.
При решении задачи 3 мы имеем
Е = -gradu,
div sE = An p.
Отсюда и следует уравнение A).
Условия сопряжения выводятся так же, как и в задаче 8. Отметим
лишь, что при наличии поверхностных зарядов на Ei
Din ~ D2n = 4тгсг,
22*

340	Ответы, указания и решения
или
dU\	OU2	л
si—	г2 —— = 4тгсг,
дп	дп
где а — плотность поверхностных зарядов на Ei.
10.	Если Н = — grad</?, то в стационарном случае
div(/igrad</?) = 0,
где (f = </?(Р) — скалярный потенциал, \i — fi(P) — магнитная про-
проницаемость среды в точке Р.
Условия сопряжения на поверхности разрыва коэффициента
магнитной проницаемости имеют вид
ди\	ди2	^
ui=u2j iii -77— = ji2 -^— на Li,
on	on
где цифры 1 и 2 соответствуют значениям величин на разных сторо-
сторонах поверхности разрыва Ei.
Второе условие означает непрерывность нормальной составляю-
составляющей вектора магнитной индукции на Ei:
Краевая задача для кусочно постоянного
1	в Гь
2	В Г2
ставится по аналогии с задачами 8 и 9:
Аи2 =0 в Т2,
а на Ei — условие сопряжения.
Указание. См. задачу 9.
11.	В среде с переменной проводимостью а — а(х, у, z) для потен-
потенциала электрического поля постоянного тока имеет место уравнение
div(crgradu) = 0.
Если Е — поверхность разрыва о¦, то
ди\	ди2	^
щ=и2, oi —— = о2 -^— на Е;
дп	дп
второе условие означает непрерывность нормальной составляющей
плотности тока на поверхности Е: jin = j2n, поскольку
j = —crgradu.
Указание. См. задачи 5, 8, 9, 10.
Учитывая соотношения
Е = — gradu,
3 = аЕ,
divj = 0,
получаем
div(crgradu) = 0.
Условия сопряжения выводятся по аналогии с задачей 9.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
341
12. Подобие перечисленных в условии полей устанавливает сле-
следующая таблица:
Электрическое
поле постоян-
постоянного тока
Теплопровод-
Теплопроводность
Диффузия
Электростатика
Магнитостатика
Потенциальное
течение несжима-
несжимаемой жидкости
Потенциал и
Температу-
Температура и
Концентра-
Концентрация и
Потенциал
электричес-
электрического поля и
Потенциал
магнитного
поля и
Потенциал
скоростей и
Коэффициент
электропро-
электропроводности а
Коэффициент
теплопровод-
теплопроводности к
Коэффициент
диффузии D
Диэлектри-
Диэлектрическая пос-
постоянная е
Магнитная
проницае-
проницаемость /1
1
Плотность тока
j = —(т grad и
Поток тепла
Q = —к grad и
Поток вещества
j = — Dgr&du
Вектор электричес-
электрической индукции
D = еЕ = — е grad и
Вектор магнитной
индукции
В = — /xgradtt
v = grad и
Во всех случаях функция и удовлетворяет уравнению Лапласа.
Указание. См. предыдущие задачи этого параграфа и так-
также § 1 гл. II, задачу 49.
Замечание. Если на некоторой поверхности Ei константы а, к,
D, е или \i терпят разрыв, то на Ei выполняются условия сопряжения,
которые можно представить в виде
ди\	dii2	у,
дп	дп
где и — искомая функция, ар — один из параметров а, к, D, г, /а;
цифры 1 и 2 соответствуют предельным значениям рассматриваемых
величин на разных сторонах поверхности Ei; при этом div(pgradu) = 0.
§ 2. Простейшие задачи для уравнений Лапласа и Пуассона
Значительная часть решений задач этого параграфа либо обла-
обладает круговой или сферической симметрией, либо просто зависит от
угловых координат.
Напомним выражения для оператора Лапласа:
1)	в полярной системе координат
_\д_( ди^
р др\ дру
2)	в сферической системе координат
д 1 д ( 2 ди\	1 д ( . Йди\	1 д2и
~ г2 дг У Or) + r2sin0 дв V дв) г2 sin2 в dip2'
1 д2и
р2 д^р2

342	Ответы, указания и решения
3) в цилиндрической системе координат
Л 1 д ( ди\ , 1 д2и , д2и
/9 (9/9 у (9/9/	/92 <9<?2	<9z2	<9z2
При решении некоторых задач следует принять во внимание, что
уравнению Лапласа А211 = 0 удовлетворяет полином
и = А(х2 - у2) + Вху + Сх + By,
где Л, В, С, В — произвольные постоянные.
1. Краевые задачи для уравнения Лапласа.
А	А
13. а) и = А; б) и = — х или и = —
а	а
в)	и = Л + 1?2/ или и = А
г)	и = Лсд или и = — р2 sin 2<p;
д)	и = Л Н	^/ или и = Л Н	р sin ю\
а	а
е)	и = -^— + 2q2 (х2 - у2) или
=4 С1- S
+иуу = 0 или -_U_ +_
Указание. При построении решения следует учесть, что ж, у,
ху, х2 —у2 и их линейная комбинация являются гармоническими функ-
функциями. В правильности решения следует убеждаться непосредствен-
непосредственной подстановкой найденного выражения для и в уравнение
ди\ 1_ д^и _
р др У* др) р2 dip2
и в граничное условие.
Проиллюстрируем приемы отыскания решения на примере 13,6).
Переходя от переменных (р, ф) к переменным (ж, у), перепишем гра-
граничное условие в виде	,
и — — х.
а
Отсюда видно, что искомым решением является гармоническая
функция	.	д
и(х, у) = — х или и(р, ф) = — pcoscp.
а	а
14. Задачи а) и г) поставлены неправильно, так как в случае
второй краевой задачи
U ~ ' ~дп с~
должно выполняться условие
С
б)	и(х, у) = Лаж + С или и(р, ф) = Аар cos ip + С;
\	Л/2	2\,^	/	\Л2	о,^
в)	и = — а(х — у ) + С или и(р, (р) = — ар cos 2(р + G;

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	343
д) и = (А + 0,75В)у - 90- [3(х2 + у2)у - 4у3] + С
ИЛИ	d
и(р, ф) = (А + О, 75 В)р sin у?	 р3 sin Зу? + С.
Решение второй краевой задачи, как известно, определяется с точ-
точностью до произвольной постоянной С.
Указание. Остановимся лишь на решении одного примера, на-
например 14,6), в котором дано
ди
дп р—а
Функция и = Dx или и = Dpcostp является гармонической. Диф-
Дифференцирование по нормали совпадает с дифференцированием
по р. Требуя, чтобы она удовлетворяла краевому условию при р = а,
находим D = Аа, так что и(х, у) = Аах или и(р, ф) = Аар cos (p.
В примере д) следует разбить / на два слагаемых: / = $\{ф) +
+ /2 (</?), /i = a sin у?, /2 = /3sin3y?, и искать решение в виде
15. а) и(р, (р) = Л; б) и(р, ср) = — cosy?;
Р
n / n л Во2 .	ч. , ч 1 , а4 . о
в) и(р, у?) = А -\	sin у?; г) и(р, ф) — - A— sinzy?;
д)	и(р, (р) = А + В-
е)	и(р, ф)
у?)	г
Указание. Перейти всюду к полярным координатам. Если гра-
граничное условие при р = а имеет вид
и\ —Л
то искать решение в виде
и(р, ф) = R(p) cos fey?,
где R{p) — функция, удовлетворяющая уравнению
p2R" + pR1 -k2R = 0
и следующим граничным условиям:
R(a) = Ak, |Д(оо)| < оо.
16. Задачи а) и г) не имеют решения, так как не выполняется
условие
"ди ,
б) и(р, ф) =	cosy? + const;

344	Ответы, указания и решения
Аа5
в) и(р, ф) = — уз" cos2</? + const;
2	3
Д) и{р, ф) = -{А + 0,755)— sin(^ + 0,255^ si
17.	и = и{р)=и1 + {щ-и
Емкость единицы длины цилиндрического конденсатора равна
In (Ъ/а)'
Указание. Так как граничные условия не зависят от </?, то
и решение должно обладать цилиндрической симметрией, и = и(р).
Емкость С проводника, ограниченного поверхностью Е, опреде-
определяется выражением
г,	1 С ди ,
С —	/ тг- аа для трех измерении
4тт0 J дп
и
^	1 Сди ,
С = —	 ф tz- as для двух измерении,
2тто /an
ь
где uo — потенциал проводника, L — контур,
ди
— -z- = Ьп
дп
— нормальная составляющая вектора электрического поля.
18.	и(р, ф) = —ф
а
или
«(ar,|/) = ^arctg|.	A)
Указание. Записывая уравнение Лапласа в полярных коорди-
координатах:
д	I д ( ди\ 1 д2и п
А2п = - — р— + — ^-2 = 0,
/? dp у др) р2 d<^2
видим, что функция, линейная относительно (/?, является гармоничес-
гармонической функцией.
19.	u{x,y) = vi±vi + vi^?±avctgy.	A)
Сравнение A) с решением задачи 18 показывает, что A) соответству-
соответствует частному случаю а = тг формулы A) в задаче 18.
20.	а) и = щ; б) и = и{г) = - щ.
21.	и = и(г) =и2 + —,	z-rr - - т •
1/а — 1/D Vr D/

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	345
Указание. Решение уравнения Аи = — — (г2 —- ) =0 имеет
J	r2 dr V dr/
и = и
и(Ъ) = и2.
вид и = и(г) = а -\—, где а и /3 определяются из условий и (а) =
Указание. Учесть, что в присутствии диэлектрика плотность
поверхностных зарядов равна
1 ~	1 ди
a=-—Dn = --—e—.
4тг	4тг on
23. Емкость сферического конденсатора равна
с =	?l
а с 62 \Ь с,
Решение. Требуется решить краевую задачу
Ащ = 0 при а < г < с,
Аи2 = 0 при с < г < 6,
где и\ и U2 удовлетворяют при г = а и г = Ъ граничным условиям
и при г = с — условиям сопряжения
ди\ _ du2
Общее решение имеет вид
{и\ — — + А2 при а < г < с,
^2 = — + В2 при с < г < Ъ.
г
Четыре коэффициента Ai, A2j Bi, B2 определяются из двух гранич-
граничных условий при г = аиг = &и двух условий сопряжения при г = с.
В результате получаем
где	..
a c ?2 \Ь с
Емкость вычисляется по формуле
24. Требуется найти решение краевой задачи
Л	\ d ( du\ \ n
А2Щ = - — [р —— =0 при a < /о < с,
р dp у dp J

346	Ответы, указания и решения
Д2<^2 = - -— ( р —2. \ = 0 при с < р < Ь,
р ар у dp J
и\ = 1 при р — а, 1/2 = 0 при р = 6,
<9tti	<9tt2
Ui = г^2, ?i —z— — ?2 -^— ПРИ р = с.
op	op
Для емкости получаем выражение
С =
In —|	In -
a S2 с
При ?i = ?2 — ? имеем
С= In (Ь/о)'
Указание. Решение ищется в виде
и\ — A In р + Е, и2 = В\пр + D.
25. Потенциал поля равен
- + ——
и = uq -^	з	т ПРИ а < г < с,
1
г
- +
ы
?1
1
-
в2
?1
ei
Ь2
в2
1
- .
1
С
1
С
?2 1
а	?2	С
Частные случаи:
1)	при с —у оо получаем и = щ - при г > а — потенциал по-
поля сферы радиуса а, заряженной до потенциала щ и находящейся в
бесконечной однородной среде;
2)	при ?2 —У оо (среда 2 идеально проводящая)
\1т - 1/с
07;	rV, если а < г < с,
1/а — 1/с
О,	если г > с;
3)	если Е\ = 62, то
и = щ - (г > а) (ср. со случаем 1)).
Указание. См. задачу 22. Учесть, что на бесконечности функ-
функция и должна обращаться в нуль.
26. Электростатическое поле
Е = — gradu,
где и — потенциал, равный

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	347
27.	Решение зависит только от переменной z и дается формулой
и = u(z) = и\ + (и2 — ui)t-
28.	Для емкости единицы площади плоского конденсатора полу-
получаем выражения:
а)С=А; б)С =
4тг/г' Г е\ /7 . ч
4тг \hi -\	(h - hi)
29. Искомая гармоническая функция зависит только от пере-
переменной у:
Указание. Решение искать в виде гармонического полинома.
2. Краевые задачи для уравнения Пуассона.
ОГк	п, 	 _ (гр1 	 п^\
O\J.	LL — A \r	U, J.
Указание. Искомая функция и = и(р) обладает круговой сим-
симметрией и определяется из уравнения
1 d ( du\ _ .
р dp X dp) ~
при условии и{а) = 0.
31.	Решение существует, если выбрать
В - —
и определено с точностью до произвольной постоянной:
и = и(р) = —^- + const.
л	и\ — U2 + —г (Ь — а ) 7
32.	а) и(р) = и2 + —(р2 — Ъ2) -\	^	 In -;
Ь4	Р
б)	и(р)=и1 + ^(р2-a2)+
в)	и(р) = —	а (	В) In p + const.
4	\ ^	/
Задача в) имеет решения лишь при
с _ А(Ъ2 - а2) + 2аВ
~	2Ь	'
причем решение задачи в) определено с точностью до аддитивной
постоянной.
33. а) Если Аи = 1, и(а) = 0, то
и = и(г) = 1(г2-а2);

348	Ответы, указания и решения
б) если Аи = Аг + В, и (а) = 0, то
Указание. Искомая функция обладает сферической симмет-
симметрией, и = и (г) и удовлетворяет обыкновенному дифференциальному
уравнению с правой частью
34. а) « = u(r) = \{г2 - а2) - \ аЪ(а + Ъ) (- - -);
о	о	\а г/
б) « = «(г) = j(r2-a2) + f (r-o) -аЪ [|(Ь + о) + |] (I - I),
при Л = 1, В = 0 получаем первое выражение.
Указание. Решение обладает сферической симметрией и = и (г).
§ 3. Функция источника
Функция влияния точечного источника или просто функция ис-
источника G(M, Р) первой краевой задачи для уравнения Аи = —4тгр
определяется в трехмерном случаег) следующими условиями:
) = J-J-+t;(M,P),	(I)
4тг гМР
где гМР = л/(х — ?J + (у — г]J + (z — СJ — расстояние между точкой
наблюдения М(х, у, z) и источником в точке Р(?, ту, С)? а v(M, P) —
функция, регулярная и гармоническая всюду в рассматриваемой об-
области Т с границей Е. На границе Е функция G удовлетворяет
УСЛОВИЮ	G|s=0.	B)
Таким образом построение функции источника G в некоторой об-
области Т сводится к решению первой краевой задачи для уравнения
Лапласа
Av = 0 в Т
при специальном граничном условии
- -нЬ	C)
Электростатическая интерпретация функции источника G(M, P) оче-
очевидна; это — потенциал в точке М электростатического поля, созда-
создаваемого внутри объема Т зарядом величины е = —, сосредоточенным
4тг
в точке Р, если граничная поверхность Е области Т является идеально
проводящей и поддерживается при нулевом потенциале, т.е. заземле-
1 1
на; здесь	— потенциал заряда в неограниченном пространстве,
4тг г
av — потенциал поля, индуцированного зарядами на Е.
. [7, гл. IV, § 4].

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	349
Для ряда простых областей (полупространство, слой, сфера и др.)
индуцированное поле может быть найдено с помощью так называемо-
называемого метода отражений, сущность которого заключается в том, что вне
рассматриваемой области по определенному закону помещаются заря-
заряды. Эти заряды называются изображениями, или «образами», исход-
исходного заряда относительно данной границы. В случае плоской границы
«образы» являются зеркальными изображениями оригинала в плос-
плоскости или плоскостях, если область ограничена несколькими плос-
плоскостями. В случае сферических границ для построения изображения
применяется преобразование обратных радиусов (инверсияI).
В настоящем параграфе помещены лишь те задачи, которые мо-
могут быть решены методом изображения.
Если функция источника G(M, Р) известна, то решение первой
краевой задачи для уравнения
Аи = -F в Т	D)
при условии на границе
«|S = /	E)
может быть найдено в интегральной форме
и{М) = - jf{P) ^- dap + |G(M, P)F{P)drP,	F)
dG	s	т
где -^— — производная функции G на границе Е, взятая по направле-
нию внешней нормали к Е.
Большинство задач настоящего параграфа взято из электроста-
электростатики. Обычно помимо потенциала поля интересуются поверхностной
плотностью зарядов, индуцированных на проводниках, а также ем-
емкостью проводников. Введем необходимые понятия.
Поверхностная плотность зарядов на проводнике с поверхностью S,
помещенном в среду с диэлектрической постоянной г, равна
_ _ е (ди\
°' ~ ~4^ \!hl)s'
где п — внешняя нормаль к поверхности S.
Полный заряд, распределенный на 5, дается интегралом
S
Емкость проводника S определяется по формуле
г- е'
где V — потенциал проводника S.
Для двумерной области D с границей L функция источни-
источника G(M, P) определяется аналогично
G(M, P) = ±\n—+ v(M, P),	G)
2тг гМР
. [7, гл. IV, § 4].

350	Ответы, указания и решения
G\L = 0,	(8)
где v(M, Р) — регулярная в D гармоническая функция, т.е. в этом
случае функция G имеет логарифмическую особенность в источнике.
1. Функция источника для областей с плоскими грани-
границами.
35. Потенциал точечного заряда е равен
A)
\ / и ' 1 /
где
г0 = МР = у/(х — ?J + (у — г]J + (z — СJ,
М(х, у, z) — точка наблюдения, Р(?, 77, Q — точка, в которой на-
находится заряд, a Pi(?, ?7, — ?) — его изображение в плоскости z = 0.
Плотность поверхностных зарядов
_ _еС
Полный заряд, распределенный на плоскости z = 0, равен
оо
е' = adxdy = -e.
— оо
Функция источника первой краевой задачи для уравнения Лапласа в
полупространстве, очевидно, равна
а решение первой краевой задачи в полупространстве z > 0 дается
формулой
f
Решение. Отражая зеркально в плоскости z = 0 заряд е, поме-
помещенный в точке Р(?, ?75 СM получим в точке Pi(^, ту, —С) заряд вели-
е
чиной — е; его потенциал в неограниченном пространстве равен	.
Нетрудно заметить, что
го
z=o
т. е. заряды е(Р) и — е(Р\) компенсируют друг друга на плоскости z =
= 0. Поэтому, пользуясь принципом суперпозиции, для искомого по-
потенциала будем иметь
и = е(	) .

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
351
Функция источника G(M, P) соответствует е = —. Вычисляя затем
нормальную производную
'д(Л =
ОС ) -
и пользуясь формулой F), на с. 357, получаем решение первой краевой
задачи
36. Потенциал заряда е(Ро) равен
и =
G(M,P) = ±-
A)
где
- О2 + (У~ Я? + [z- Bnl + С)]2,
г'п = у/(* - О2 + (У~ VJ + [z- Bnl - С)]2,
заряд находится в точке Ро(?? ^7? С)? ^(^, 2/, 2:) — точка наблюдения.
Ряд A), а также ряды, получающиеся почленным дифференциро-
дифференцированием ряда A), сходятся равномерно и абсолютно в области 0 < z < I.
Решение. Для построения ряда A) надо производить последо-
последовательные отражения в плоскостях z = 0 и z = / (рис. 39) и найти
Ри
Pi,
Po(Z,n,Oi
Ро{€,п,-О*
Р-1,
е
г
у/
/
Z
^v Z
/
z
z
= 21
V,z)
= 0
= -l
Рис. 39

352	Ответы, указания и решения
положение изображений — «источников» и «стоков». Произведя отра-
отражение в плоскости z = О, получим функцию
(
которая удовлетворяет граничному условию и = 0 при z = 0 и не удов-
удовлетворяет условию и = 0 при z — 1\ производя затем отражение в плос-
плоскости z = I, получим
171 1
= е	г
так что Ui = 0 при z = / и щ ф 0 при z = 0. Продолжая этот процесс
поочередного отражения в плоскостях z — 0 и z = /, мы приходим к
ряду A).
Имея в виду, что при каждом отражении заряд е переходит в за-
заряд —ей обратно, нетрудно установить, что координаты изображений
выражаются формулой
+е Сп = 2nl + С,
-е С = 2п/ - С,
где п — целые числа, принимающие значения в пределах от — оо
до +оо. Пользуясь принципом суперпозиции и суммируя действие всех
изображений е(Рп) и —е(Р'п) и реального заряда е(Р), получаем
ряд A).
Докажем, что этот ряд равномерно сходится. Для этого рассмот-
рассмотрим его n-й член
1 1
гп г'п
Пользуясь теоремой о среднем значении, будем иметь
|()|	Х ™ @<С<0,
ас, \гп / j ^_^*	rn rn
откуда следует
так как С* < Z|z — С*| < I и, следовательно,
г*п = у/(х - О2 + (У~ ЯJ + [z- BЫ + С)]2 > Bп - 1)/.
СЮ
Полученная оценка показывает, что ряд ^2 ап сходится равно-
п= —сю
сю
мерно и абсолютно, так как мажорантный ряд ^2 Ьп сходится.
п= — оо
Докажем теперь равномерную сходимость в слое 0 < z < I рядов,
полученных одно- и двукратным почленным дифференцированием ря-
Оценим производные:
1 z - Bnl ¦
dz
rn
< —, так как
z - Bnl + C)

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
353
Oz V г'
< —-, так как
г'2
- Bnl - С)
d2 /J_\ _ д_ / 1 ^-Bп/ + С)\ _
dz2 \rnJ dz \ r2,	rn	j
_ 3[z - Bnl + С)]2 1
Гп
т3 '
Г
Гп	Гп
Учитывая, далее, неравенства гп > \п\ /, г^ > |п| /, получаем
2
^Ч2
откуда и следует абсолютная и равномерная сходимость рядов 2^ -——
д ап
И
сю
Е
:, поскольку ряды
Ь^и У
п= — оо W/O	п= — оо	п= — оо
гично доказывается равномерная сходимость рядов
п' сходятся. Анало-
п=-\-оо
дап
п=-\-оо
дап
п=-\-оо
гг= —сю
гг= —сю
Таким образом ряд A) можно дифференцировать дважды.
Поэтому ряд A) без члена — всюду в слое 0 < z < I удовлетворя-
удовлетворяет уравнению Лапласа, поскольку все его слагаемые удовлетворяют
этому уравнению. Первый член — дает нужную особенность в неточ-
неточно
нике.
37. Прямоугольные составляющие электрического поля равны
Е =	I_ g д_ (\_ + ±_
4тг<т „=.^0 дх \г„ г'п
I ™ с
4тг(т п=_с
A)
где а — проводимость среды, / — мощность источника тока,
B)
Ряды для компонент поля EXJ Eyj Ez сходятся равномерно и абсолют-
абсолютно и представляют функции дважды дифференцируемые, следователь-
следовательно, удовлетворяющие уравнению Аи = 0 всюду, кроме точки г о = О
[х = ?, у = г], z = С), в которой они имеют нужную особенность
I д ( 1 \	Id
4тгсг дх V го / '''' у	4тгсг ду
¦, = -— -C-U
23 Б.М. Будак и др.

354
Ответы, указания и решения
Указание. Каждая из компонент поля Ех, Еу, Ez удовлетворя-
удовлетворяет уравнению Лапласа, так что АЕ = 0, и имеет требуемую особен-
особенность C) в источнике.
При z = 0 должно выполняться условие
Ez = 0.	D)
Помещая источники мощности / в точках ?п = 1п\ — ? и Сп =
= 2nl + С, суммируя поля от этих источников
00	/	\
Е = — -— У^ grad (	1—- ) .	E)
4тгсг *-^	\гп г'п I
Граничное условие D) будет выполнено, так как
dz \r
z=0
z=o
- О2 + (У -
Bп/ + СJ}3/2 "
Равномерная и абсолютная сходимость ряда E) не вызывает сомне-
сомнения, поскольку
д_ A_\ I _ z - Bnl + С) < J_ Л_
dz V rn) I	r%	^ Гп п2 '
где А — некоторая постоянная.
Если суммировать не поля отдельных источников, а их потен-
потенциалы, то получается ряд
п=-ос х	7
который расходится, так как его члены положительны и имеют поря-
порядок 1/п.
Почленное дифференцирование ряда F) возможно, так как при
этом получаются равномерно и абсолютно сходящиеся ряды.
38. Ищется решение краевой задачи
Аи = 0 внутри слоя 0 < z < I,
= 0
при условии, что в точке P(z = (, х = {;, у = г]) потенциал и имеет
особенность
и
I 1
4тгсг го '
Метод изображений дает
A)
где
- Bnl + (-1)»C)]2,
r'n = V(x - О2 + (У- VJ

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
355
z = 2l
Рис. 40
Указание. Источники / и стоки — / находятся соответственно
в точках (рис. 40)
х = ?, y = n, z = Cn = 2nl + (-l)n(,
Сходимость и дифференцируемость ряда A) доказывается по анало-
аналогии с задачей 36.
39. Функция точечного источника, помещенного в точке Ро(?? Vj С)
при граничном условии
A)
dz	)z=o
дается формулой
G(x, у, z\ i, г], С) =
4тг [го r'o J
ds
23*

356	Ответы, указания и решения
где
го = УЧ^ГJ + (У - VJ + (WJ,
Решение. Источник е(Ро) исток —е(Рд) дают на плоскости z =
= 0 условие — = 0 при z = 0. В нашей задаче — = —пи при z =
= 0. Поэтому мы ищем решение в виде суммы членов, соответствую-
соответствующих е(Ро) и —е(Ро), и добавки вида г?(ж — ?, у — Т), z + С)? полагая
Подставляя B) в A) и учитывая, что — = —, получаем
Решая это уравнение и заменяя ? на z + С? получаем
-Z,y-r,,z + O = i: е-«-' 7	C)
д/р2 + (Z + SJ
ИЛИ
1
40. u = u36(x, у, z\ ?, г], С) - u36(x, у, z\ -^ ту, С), где и36
решение задачи 36, или в развернутом виде
Е/1 1 1 , 1 \	мл
Ьг " ТС - =: + 5Г .	A)
ч= — сю х
где
»•; =
Г п =
\/(х
-о2-
-о2-
-о2-
+ (у
+ (у
+ (у
-vJ + \
-I]J + \
-vJ + 1
z - Bnl
> - Bnl
> - Bп/
+
-
+
С)]2,
С)]2,
С)]2,
К = у/(* - О2 + (У~ VJ + [z- Bnl - С)]2.
41. Электрическое поле Е = — gradu, где и = и(р, (/?, z) — по-
потенциал, определяемый формулой
и = е >
где
гк = MPfe = vV2 + ^2 - 2pscos[(^ - (ф + 2afc)] + (^ - СJ,
- Bак - ф)] + (z - СJ,
7Г
а = -,
п

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	357
М = М(р, </?, z) — точка наблюдения, Р = P(s, ф, () — точка, в
которой расположен источник.
Указание. Перейти к цилиндрическим координатам р, ip, z, на-
направив ось z вдоль ребра двугранного угла; при зеркальном отра-
отражении источник повторится 2п — 1 раз, поэтому искомый потенциал
может быть получен путем суммирования потенциалов 2п зарядов.
При отражении заряда в сторонах двугранного угла все его из-
изображения будут находиться на окружности радиуса s, лежащей в
плоскости z = С, п0 абсолютной величине они равны исходному заря-
заряду и чередуются по знакам.
Заряды +е находятся в точках Pk(s, 2ак + ф, ?); заряды —е нахо-
находятся в точках P'k(s, 2ак — ф, ?), где к меняются в пределах от нуля
до п — 1.
Нетрудно видеть, что заряды противоположных знаков сим-
симметрично расположены относительно плоскостей (р = 0и(р = а. В
самом деле, заряду Рк ((р = 2ак + ф) соответствует заряд Р'п_к
(ср = 2а(п — к) — ф), симметричный относительно плоскости ip = 0;
аналогично, заряду Рк (ip = 2ак — ф) соответствует заряд Р'п_к+1
(ср = 2а(п — к + 1) — ф), симметричный относительно плоскос-
плоскости <р = а.
Заметим, что при а = тг формула A) дает решение задачи 35.
42. Потенциал заряда е дается суммой
п-\
и = Х^[^36^' ^' z; s> ^k + ^i О~изб(р, <Р, z\ s, 2ак-ф, С)], а = ~'
где ^зб — решение задачи 36, выражение для которого в цилиндри-
цилиндрической системе координат имеет вид
ОО •
и36(М, Р) = u36(p, (p, z\ s, ф, С) = е У2 (	Г
^—' \Тп	Гп
п= —сю х
причем
Гп = уУ + S2 _ 2pscos(ip -<ф) + [г- Bnl + С)]2,
r'n = vV + s2 - 2pscos(<p -ф) + [г- Bnl - С)]2.
При а = тг получаем решение задачи 36, при / —у оо имеем
где ^35 — решение задачи 35.
Указание. Отражая заряд в плоскостях z = 0 и z = /, мы
найдем потенциал заряда в слое 0 ^ z ^ /, после чего в соответствии
с решением задачи 41 производим отражение в гранях угла.
43. Стационарное распределение температуры в полярной систе-
системе координат дается формулой
п-1 ,
U~ сРо t^L \гк *

358	Ответы, указания и решения
где
rk = vV2 + s2 ~ 2ps cos[(f - Bak + ф)] + (z - CJ,
r'k = y/p2 + s2 - 2pscos[ip - Bak - ф)} + (z - CJ,
Q — мощность теплового источника, помещенного в точку Mq(s, ф, Q,
М = М(р, </?, z) — точка наблюдений, сро — теплоемкость единицы
объема.
Указание. Решение ищется в виде
U = cp h + V' Го= Гмм° = л/р2 + s2 ~ 2pscos(^ -ф) + (г- СJ,
где v — всюду регулярная гармоническая функция; функция и удов-
удовлетворяет граничным условиям второго рода
Функция г; ищется методом изображения по аналогии с задачей 41.
44. u(p,^)=y(l-^).
Указание. Следует найти функцию источника внутри угла
(см. задачи 41-43) и воспользоваться формулой Грина
45. и(ж, j/) = У f 1 - — arctg ^).
V 2тг	х /
Указание. Построить функцию G(M, P) для полуплоскости
Решение можно также получить из решения задачи 44, положив там
а = тг и перейдя к декартовым координатам ж, 2/.
46. Если ось z направлена вдоль одного из ребер, так что пер-
перпендикулярное сечение лежит в плоскости (ж, у), то потенциал равен
т= — соп= —
где
i = V[X ~
г = VIх ~
Bma
Bma
Bma
+ 0?
-o?
+ 0?
+ [y-
+ [y-
+ [y-
Bnb
Bnb
Bnb
+ r/)]2 + (z
— ту)]2 + (z
-V)? + (Z
-CJ,
-CJ,
-CJ,
г'тп = у/[х - Bта - О? + [у ~ BпЪ + ту)]2 + (z - Q2,
где а и Ъ — стороны прямоугольника.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
359
Указание. Покрыть всю плоскость (ж, у) прямоугольниками,
получающимися из сечения данного цилиндра путем сдвига на вели-
величину Ъп вдоль оси у и на величину am вдоль оси х. Объединяя четыре
подобных прямоугольника, лежащих внутри области —а ^ х ^ а,
—b^y^b, в одну группу и беря нечетные отражения во всех сто-
сторонах, мы получаем первое слагаемое суммы ряда. Перемещая затем
всю группу по осям х и у на 2ат и 26п, получим остальные члены
ряда.
47.	Направим ось х вдоль одного из катетов, поместив начало
координат в вершину прямого угла. Тогда решение задачи можно за-
записать в виде
и(х, У, Z\ f, 1), С) = ^4бО, У, Z\ f, 1), С) - ^4бО, У, Z\ Tj, f, С)
(О ^ х ^ а, у ^ ж),
где ^46 — решение задачи 46 для цилиндра с квадратным сечением,
причем сторона квадрата равна а.
Указание. Плоскость х = у делит цилиндр с квадратным сече-
сечением на два симметричных цилиндра с сечениями в виде прямоуголь-
прямоугольных равнобедренных треугольников. Точке (?, rj, () (rj < ?) одного
цилиндра соответствует симметричная точка (rj, ?, ?) другого ци-
цилиндра. Беря решение задачи для цилиндра с квадратным сечением
с полюсами в симметричных точках, мы получаем искомое решение
задачи.
48.	Решение и = и(х, у, z) имеет вид
и = u46O, 2/» z\ f, г], С) - ^4бО, 2/, я; f, ту, -С),
где U46(х, у, z; ?, ?7, С) — решение задачи 46.
Указание. На плоскости z = 0 выполняется граничное усло-
условие и = 0, т.е. отражение в этой плоскости должно быть нечетным.
49.	Потенциал в точке М(х, у, z) точечного заряда, помещенного
в точке Р(?, г], 0 внутри параллелепипеда со сторонами а, бис, равен
сю сю сю
Е Е
п= — оо п= — оо
+
1
ктп
ктп
ктп
1
Кктп
гD)
fcmn
-F)
ктп
,G)
ктп
,(8)
ктп
где
- Bак
[у - BЪт
[z -
- Bак
[у - Bbm + г,)]* + [z- Bcn -
- Bafc
- Bcn -
- Bafc
- Bcn + OF,
- Bak -
- Bbm -
- Bcn
- Bak - Qf + [y- Bbm
[z - Bcn
- Bak - Of + [y~ Bbm
[z - Bcn - Of,

360	Ответы, указания и решения
r[8L = у/[* - Bо* - О? + [У~ B6т - г/)]2 + [z- Bcn - С)]2,
а, Ь, с — измерения параллелепипеда, М(ж, у, z) — точка наблюде-
наблюдения, Р(?, г], 0 — точка, в которой находится заряд.
Указание. Выберем систему координат так, чтобы начало ее
помещалось в одной из вершин параллелепипеда, а оси были направ-
направлены вдоль ребер. Покроем это пространство параллелепипедами, по-
подобными данному, при помощи сдвигов по осям ж, у и z на а /с, Ът
и сп соответственно, где а, Ь, с — длины ребер вдоль осей ж, у и z.
Объединяя восемь подобных параллелепипедов, лежащих внутри об-
области —а ^ х ^ a, —b^y^b, — с ^ z ^ с, в одну группу и беря
нечетные отражения во всех гранях, мы получим одно слагаемое сум-
суммы, представляющей ответ. Перемещая затем всю группу по осям ж,
у, z на расстояния 2ак, 2Ьт, 2сп, получим остальные слагаемые
суммы.
Решение этой задачи сходно с решением задачи 46.
2. Функция источника для областей со сферическими
(круговыми) и плоскими границами.
50. Если обозначить а-радиус сферы, е — величину заряда,
О — центр сферы, М — точку наблюдения, Mq — положение заряда
(рис. 41), то решение можно
написать в виде
( I a 1
и = е
\П) ро гг
где
Рис. 41
Mi — точка, лежащая на
продолжении OMq и полученная из Mq при помощи преобразования
обратных радиусов-векторов.
Решение. Задача состоит в отыскании функции, гармонической
во всех внутренних точках сферы, кроме точки Mq, в окрестности
которой она представима в виде
и —	V
где v —потенциал индуцированного поля, причем на поверхности
сферы
и = 0.
Для отыскания v следует использовать преобразование обратных ра-
радиусов	_
ОМ0-ОМ1=а2.
Помещая в точку Mi изображение заряда Mq, напишем
е , ei
и=	1	,
го ri

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	361
где в\ — величина заряда в точке М\. Условие и = 0 на Е дает
—г
— — е.
го
В самом деле, рассмотрим треугольники OMMq и ОМ Mi. Они подоб-
подобны, так как имеют общий угол MOMq и пропорциональные стороны
ОМо ОМ
=
ом=Ш1
Отсюда следует, что
ОМо ОМ ММо	по а го
	 — 	 —	 и пи !— = 	 = ——
ОМ ОМ! ММг'	a Pl n'
Таким образом, на сфере
r\ _ a
го ро'
Поэтому функция
(
и= (	— —
го ро т\
обращается в нуль на сфере; отсюда следует также, что е\ =	е.
Ро
51. Плотность поверхностных зарядов на сфере равна
где О — начало координат, М — точка наблюдения, Mq — положение
заряда, а — радиус сферы.
Решение первой краевой задачи Аи = 0 и и\ _а = /(#, ф) дается
формулой
где интегрирование проводится по сфере, или
где cos 7 = cos #o cos ^o + sin $ sin #o cos (у? — </?о) •
Указание. Плотность поверхностных зарядов
где Dn — проекция вектора индукции D = еЕ на направление внут-
внутренней нормали; так как в данном случае е = 1 (пустота), то
ди
4тгсг = Еп\^ или 4тгсг = —-^— = тг-
IV	*- р=а дп
р=а
где ¦7г- — производная по направлению внешней нормали. Вычисления
on
1 о
1 ди
4тг дп
2
_ а —

362	Ответы, указания и решения
Для решения первой краевой задачи надо воспользоваться фор-
МУЛОЙ
I]
учитывая, что функция источника G есть потенциал точечного заряда
величиной —, получаем
и(М) = - ffu(P) [<т(М, Р)]е=1 dSp.
Найдем плотность поверхностных зарядов
_ J_
° ~ ~Аъ
Производная —— по направлению п равна
on
ди \ д
<г0
Вычислим:
ди _ \_д_ /J_\ _ ^д_ /J_\l
^П	|^П \Го/	/9о ^П Vri/J '
д ( 1 \	1 дго	1 ,	ч
о- ( — ) = -— ^— = -— cos(r0, п),
дп \го/	г? дп	Го
JL(l-\ - -*-ЁИ- -1. ('	-)
дп \п/	т\ дп	г\	'
Из AOMMq и AOMMi (см. рис. 41) находим
2,2
а -\- Гл —
СО8(Г0' П)	2ar0 ' С08(Г1' П)	2аГ1 "
Учитывая пропорцию — = —, после преобразований получим форму-
?	рО
лу для а.
( \ а \
52.	и = е[
\п р\ го
(при этом сохранены обозначения задачи 50), а
Pi = гомг •
Указание. Если заряд находится вне сферы в точке
$i, (f±), то его изображение в силу преобразования обратных радиусов
OMq • ОМ\ = а2 окажется в точке Мо(ро, $о, tpo). Поэтому
е , Ci
и =	1	.
Г1	Го
Определение С\ проводится по аналогии с задачей 50.
53.	Плотность поверхностных зарядов равна
Решение первой внешней краевой задачи для сферы имеет вид
и = -;

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	363
или
о о
где
cos 7 = cos #i cos #i + sin # sin #i cos(<p — <?i).
Указание. Ср. с задачами 50 и 51.
54. a) w = efln—-In——V б) и = efln - - In — -V
V Го	рО Г\ /	V 7*1	/?1 Го /
в) решение первой краевой задачи внутри круга имеет вид
2тг	г> о
О
вне круга
2тг
/ = и\ _а.
Здесь приняты следующие обозначения: а — радиус круга с цент-
центром в начале координат (точкаО), го = ММо, Т\ = MMi, po = OMq,
pi = О Mi, Mo(po, (fo) — положение заряда, Mi(pi, (fi) — положение
его изображения.
Указание. Для нахождения решения задач а) и б), очевидно
надо поступить так же, как и в задаче 50, учитывая, однако, что
в плоском случае потенциал вблизи заряда имеет логарифмическую
особенность.
Полагая е = —, получим функцию источника G. Вычисление нор-
27Г dG
мальных производных —— приводит к выражениям
= ~п— "—2^ (заряд внутри круга),
р=а 2тта г^
дп
dG2
дп
= ~Ъ— Pl 2й (заряд вне круга).
р=а 2тга г\
55. а) Для полусферы, лежащей на плоскости z = 0 (в облас-
области z ^ 0) функция источника имеет вид
G = G50(M, Mo) - G50(M, M'o),	A)
где	л , л
G5o = —(—- —
4тг \го ро т\
(см. задачу 50), Мд(ро, тг —^о5 фо) — точка, симметричная токе Мо(ро5
$о5 <Ро) относительно плоскости z = 0 (рис. 42).
б) Для одной четвертой части сферы (рис. 43), ограниченной плос-
плоскостями z = 0, х = 0 и поверхностью сферы, имеем
G = G50(M, Mo) - G50(M, Mo) + G50(M, Mg) - G50(M, Mo"), B)

364
Ответы, указания и решения
Рис. 42	Рис. 43
гдеМо(ро, #о? </?о), Mq(pq, тг-^о, </?о), МЦ(ро, тг-^с
#о, тг + (ро) — место нахождения источника и его изображений.
Указание, а) Требуя выполнения граничного условия и = 0 на
сфере, мы получаем Сбо(М, Mq); чтобы удовлетворить условию и = О
при z = 0, необходимо поместить в точку Mq заряд — — и соот-
соот1
4тг
заряд + —, что дает нам —(?5о(М, Mq).
4тг
ветственно в точку М[
б) Чтобы удовлетворить условиям и = 0 при ж = 0 и z = 0 (на
сторонах двугранного угла величиной —), необходимо поместить на
сфере радиуса ро источники в точках Mq, Mq7, Mq". Отражение в сфе-
сфере дает заряды в М\, М[, М", М[", группируя которые мы и получим
формулу B).
56. а) Функция источника первой внутренней краевой задачи для
полукруга 0 ^ ср ^ 7г равна
где	1
G54 = ^ In
2тг
(см. задачу 54).
б)	Для четвертой части круга О
- G54(p, <р; Ро, тг - у?0) - G
в)	Функция источника сектора р ^~ а, О
ip
— имеем
2тг - у?
, у?; Ро,
+ <
B)
ip
а = — имеет вид
G(p,
>\ Ро,
(р0) -
^о
- G54(p, ip] Ро, 2to - у?о)]. C)
Отсюда, в частности, сразу получаются формулы A) (при п = 1)
и B) (при п = 2).
Решение, в) Чтобы удовлетворить условию G = 0 при <р = О
и ^ = а, помещаем 2п — 1 зарядов на окружности р = р0 — в точ-

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
365
ках ifk = 2ka + (ро положительные заряды и в точках ip'k = 2ka — (ро
отрицательные заряды, после чего производим отражение всей систе-
системы 2п зарядов в сфере р = а, т.е. помещаем заряды противоположных
знаков в точках р = р1 = —, (р = <p'k (заряды отрицательные) и р =
ро
= рь (р = (рк (заряды положительные). Группируя попарно заряды
в Mq (ро, Фк) и М\_ (pi, (fk) и суммируя их действие, получаем фор-
формулу C).
57. Потенциал поля, создаваемого точечным зарядом е, помещен-
помещенным внутри сферического слоя а ^ р ^ 6, равен
п=0
A)
где М(р, #, у?) — точка наблюдения, Мо(ро5 $0, <Ро) — точка, в ко-
которой находится исходный заряд, гп = ММп, г'п = ММ'п, Мп(рп,
$о, (fo) и М'п(р'п, $о, (fo) — точки, в которых помещены положитель-
положительные заряды еп и отрицательные заряды — е'п, причем
- — при п = 2/с,
еп =
при п =
к+1
е' = <
при п = 2к + 1,
( - ) — при п = 2к + 1,
\а/ ро
B)
при п = 2к,
при п = 2fc + 1,
— при п =
Ро
— при п = 2к + 1.
Ро
C)
Ряд A) сходится равномерно и абсолютно.
Решение. Все заряды еп и е'п будут, очевидно, находиться на
луче <р = (/?о, # = $0, их положение на луче определяется расстоя-
расстояниями от центра рп и р'п. При определении еп, е^, рп и р^ учтем, что:
1) положение заряда определяется в результате последовательного от-
отражения в сферах p = awp = bc помощью преобразований обратных
радиусов, при которых рпр'п — о? или рпр'п — Ь2] 2) при каждом
а	Ъ
отражении величина заряда меняется в	или в	раз.
ро	ро
Пусть во = 1 — заряд в точке Mq. При первом отражении в сфе-
сферах р = а и р = Ь получаем заряды е'о = — и е[ = — в точках р'о = —
ро	ро	ро
, Ь2 п	^	Ъ , Ъ
и^ = —. Строя затем их изображения, находим е\ — — е0 = - и
ро	ро	а

366	Ответы, указания и решения
Продолжая рассуждения, видим, что четные заряды находятся
внутри сферы р = а, а нечетные — вне сферы р — Ь. Нетрудно поэтому
написать рекуррентные формулы
e2fe+i = - e2fc-i, e2k = ^ e2k-2j	D)
p2k+l = — p2k-\-> P2k — TJ p2k-2	\p)
и аналогичные формулы для e'2k, p'2k, e2k+1, P^+i • Отсюда и находим
выражения B), C) для еп, е^ и рп и р^. Суммируя потенциалы
еп	_ €jt_
получаем ряд A).
Рассмотрим общий член ряда
	 6П 	 еп
Гп	Г'п
при достаточно больших п. Через точки OM\Mn проводим плоскость;
пусть п = 2к. Из АОММ2к находим
Г2к = ур2 + р\к ~ 2РР2к cos 7,
где
р2 + pi — го
cos 7 =	—	 •
2рро
Аналогично находим
Г2к = \/р2 + (Р2кJ ~ 2РР2к C0S7-
Так как р2к — ( т ) Ро —>- 0 при fc —>¦ оо, то
lim r2k = /о, lim r'2k = р.
к^-оо	к^-оо
С другой стороны, e2fe = (-) ->• 0, е^ = е2^	^ 0 при fc ->• оо.
Поэтому
Пусть п = 2fc + 1. Так как p2fc+i > Ь, p'2k+i > b w при fc —>¦ оо неог-
неограниченно возрастают, то
1	1 = J_ /a\2fe+2 _J_	1 = _р^ /a\
r2fe+i 2p2k+i 2po\b)	' r^fe+1 2p;2fe+1 2a2 \b)
с другой стороны,
/6\fe+1 ,	fb\k+1 a
e2k+1=[a) ' б2*+1 = Ы ^'
так что
,	I e2fe+i e2fe+1 1 / a \ /a\fe
\g2k+i\ <	1- —— $ - i н— (г) =
r2ki r'	b \ poj \bJ
r2k+1

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	367
Из мажорантных оценок F) и G) следует равномерная абсолютная
сю
сходимость ряда ^2 9п- Его дифференцируемость доказывается ана-
п=0
логично.
Предельные случаи:
а)	при а —> 0 все члены ряда A) обращаются в нуль, кроме двух,
ео _ е[
го г['
в результате чего мы получаем решение внутренней краевой задачи
для сферы
\ Ь \
\г0 ро г[
(см. задачу 50);
б)	при Ъ —> оо получаем
( \ а \
\го ро г'о
— решение внешней задачи для сферы (см. задачу 52).
58.	Функция источника внутри кольца дается формулой
G(M, Мо) = — У In 2^- = — У (In ^-In ^. )	(i)
^	»> 2n ^ rne'n 2n^\ rn	r'n J	W
где
M = M(p, ф), Mo = M(pOj <po), rn = MMnj
r'n = MM'n, Mn = M(pn, (po), M'n = M(p'n, (po),
величины en, e'n, pn и р'п определяются по формулам B), C) за-
задачи 57.
Ряд A) сходится равномерно и абсолютно, так же как и ряды,
получаемые из него почленным дифференцированием.
Предельные случаи:
а)	а = 0, и — ^54а = е (In	In	 ) (см. задачу 54, а));
V П)	р0 гх)
б)	Ъ = оо, и — ^546 = е (In	In	 ) (см. задачу 54,б)).
V го	ро roj
59.	Если заряд помещен в точке Mi (pi, $о, </?о), то потенциал в
присутствии заряженной сферы
и(М, М0) = - + --+и52,
г pi г
(I а 1\
где ^52 = е	— потенциал точечного заряда в при-
\ri р\ го)
сутствии заземленной сферы (см. задачу 52), М — М(г, #, ф) —
точка наблюдения, Мо(ро5 $0, <Ро) — точка, в которой находится
изображение заряда,
2
Ро = —, г0 = ММ0, г\ = MMi, r = ОМ.
Pi

368	Ответы, указания и решения
Плотность поверхностных зарядов
еа\ е р\ — а2
)
е ( 1 Pi-t ,
где сгинд = -—	—о— — плотность индуцированных зарядов.
4тга \pi	г\ )
Указание. Решение следует искать в виде
U = U + ^52?	A)
тт aV	.
где U = — — потенциал поля, создаваемого сферой, заряженной до
потенциала V. Для определения V используется равенство
ff^	ff^	B)
S
С помощью формулы Грина
и соотношения
получаем
= JJ
s
где г? — решение внешней краевой задачи для сферы S при условии
равное
Формула B) дает
Отсюда находим
v(puA
ei -
V =
ч а
h Ы = —
р!
^ ае
Pi'
Г)
ei z
a pi
C)
3. Функция источника в неоднородных средах.
Если характеристики среды (г, /i, k и т.д.) терпят разрыв на
некоторой поверхности, то на этой поверхности должны выполняться
условия сопряжения. В электростатическом случае имеем:
щ = и2,
(ди\	(ди\
V дпI	\дпJ
где ?7 —поверхностная плотность свободных зарядов, цифры 1 и 2 со-
соответствуют предельным значениям с внешней и с внутренней сторон
поверхности 5, — обозначают дифференцирование по направлению

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	369
нормали. Если D = еЕ — вектор электри-
электрической индукции и Е = — gradu, то второе
условие означает, что
2	Рис. 44
Если свободных зарядов нет (rj = 0), то
V an У1	\дп/^
Выведем формулу для поверхностной
плотности зарядов на границе раздела двух сред с диэлектрической
постоянными Е\ и ?2 (рис. 44).
Из уравнений Максвелла следует
Рассматривая бесконечно малый элемент dS, мы будем иметь
где Епг и Еп2 — предельные значения в точке М границы S проекций
векторов Е^ и Е^ на направления внутренних нормалей rt\ и П2,
a Eni — значение EnJ в точке М, т.е. на самой поверхности.
Из второго условия сопряжения
?iBtr7 + Е$) + е2{2тга - Е$) = 4тггу
получаем
2tl	?2~?l
а =	+
?1 + ?2	27Г(?1 + ?2
Если истинного заряда на поверхности нет, то
Подставляя сюда значение .Eni на поверхности 5, можно опреде-
определить о¦.
60. Если заряд находится в точке Mq(^, ?7, С) полупространства
г > 0 (С > 0), то
/l , ?i-?2 Л	n /	ч
— +	¦	г при ^>0(e = ei),
ei+^r&y	A)
при z < 0 (e = ?2)>
?i + ?2 Го
где
Г0 = MMq = л/(х - ?J + (у - Г]J + (z — СJ,
r0 = MMq = л/(ж ~ О2 + (?/ ~ ^J + (^ + СJ-
Из формулы A) видно, что поле в области с диэлектрической
постоянной е\ такое, как будто все пространство заполнено диэлек-
диэлектриком ?]_, а в отраженной точке Мр(?, 77? ~0 находится добавочный
24 Б.М. Будак и др.

370	Ответы, указания и решения
заРяд	, ?1-е2
е =	е.
Поле в области г 2 совпадает с полем заряда
?l + ?2
находящегося в точке Mq, если среда однородна и г = Е\.
Плотность поверхностных зарядов, индуцированных на грани-
границе z — 0, равна а = го _3 •
Указание. Решение следует искать в виде
	 6 1	6q -L	{О\
?\ tq Е\ г'о
И2 = — —,	C)
61 Го
где е'о и ei — постоянные, подлежащие определению.
Условия сопряжения
ди\	O112	п
%1\ = !/2 5 ^1 	 ~~ ^2 	 При Z = (J
дают
2в1	/	Sl - 62
" —	-е, en = 	¦	е.
Плотность поверхностных зарядов равна
_ —?2	?i—^@)	/^\
где .Eni — первичное поле заряда е при z = 0, находящегося в Mq,
где
Из формул D) и E) следует
_ 61 — ?2	С _	С
Суммарный заряд, индуцированный на плоскости z = 0, равен
е0 = 2тг /сгр^р = —^—^— е.
J	6i(ei-\-62)
о
61. Потенциал электрического поля, создаваемого источником то-
тока /, помещенным в точку Mq@, 0, ?), равен
сю
п= — сю
(п^О)
(всюду в слое 0 < z < /г), где
2'	i 9 i 7	/-Ч О

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	371
In =
К =
(Т\ — (J2
н\ < 1.
Если ( = 0, т.е. источник находится на плоскости z — О, то гп = г'п и
потенциал равен
? ? Ь
27ГСГ2Г	2ТГСГ2
п= — ос
где
гп = ух2 -\- у2 -\- (z — 2n/iJ, г = >
Плотность тока при z = 0 равна
2тгр3 2тг ^ [p2+4n2/i2]3/2'
п= —сю
сю
-L J_ V	У	' — П
J2/ 27Г/93 2тг ^^ [/92+4п2/г2]3/2
п= —сю
Указание. Требуется решить задачу
Au\ = 0 при 0 < z < /г,
Д<м2 = 0 при z > /г,
дщ _ ^2 > при z = h,u &	при г
^-=0 при z = 0, ж/0, ?/^0 (г^О).
Последнее условие означает, что отражение в плоскости z = 0 будет
четным. При отражении в плоскости z = h надо воспользоваться ме-
методом решения задачи 60. Следует учесть также, что для построения
решения в слое 0 < z < h нет необходимости вычислять решение в
области z > h.
Чтобы удовлетворить краевому условию
(dm
V dz
z=0
— 0 ), необходи-
мо поместить в точке М@, 0, —() источник тока /. Чтобы удовлетво-
удовлетворить условиям сопряжения при z = /г, теперь необходимо поместить
в точки М@, 0, 2h — Q и М@, 0, 2/г + Q источники 1\ — н1. Но этим
мы нарушили условия при z — 0. Чтобы удовлетворить условию при
z = 0, необходимо в точки М@, 0, 2/г Ч- С) и ^@> 0> ~2/г — С) помес-
поместить источники тока 1\. Но этим мы нарушили условия сопряжения
при z — h. Продолжая этот процесс, мы сможем удовлетворить всем
граничным условиям лишь с помощью ряда A).
Абсолютная и равномерная сходимость этого ряда, а также и про-
производных рядов, обеспечивается условием
N < 1-
24*

372
Ответы, указания и решения
Пользуясь формулой j = — crgradu, нетрудно найти составляю-
составляющие плотности тока jx, jy, jz при z = 0.
62. Потенциал над плоскостью х, z (у > 0) равен сумме потен-
потенциалов самого заряда е и его семи изображений, расположенных сле-
следующим образом (рис. 45):
е в точке М0(ж0, г/0, z0),
-е в точке Mi(—ж0? г/о? ^о),
е' в точке Mq(x0, -г/0, 2о)>
-е' в точке М[(-х0, -г/0, 2о)>
—се в точке М2(с2жо, с2г/о, с2^о),
—се7 в точке M'2((
—c2yo,
се в точке Мз(—с2жо, с2г
се в точке
где
(—с2жо, —с2
а
Рис. 45
Потенциал в диэлектрике при у < О
можно получить, используя только изображения в области у > 0 и
подставляя вместо е заряд
е =
63. Потенциал электрического поля, создаваемого точечным ис-
источником тока, находящимся в точке Mq@, —h, С), мощностью /о,
равен
/О / 1 , 1 \ , G2 -<71
{
Gl + G2 47ГСГ1
1 + 1) при г/ < О,
где
го =
(г/+/гJ
СJ,
П = уж2 + (г/ - /гJ + (z - СJ,
Плотность тока при г/ = О, С = О
так что
(G1 +СГ2)ТГ
G1 G2/о
G1 G2/о	2
(G1+G2OГ Я3'
Ш	(G1+G2OГ
64. Потенциал поля вне сфер равен
где еп и е^ — заряды, величина которых определяется по рекуррент-
рекуррентным формулам	f
ас — p2k+i ас — p
б2А1 в
P2k-i
р'2к+1

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
373
/ _ а с - р2к+1 ,
е2к+1 ~ Т —-,	е2
0 P2k-1
i _ а
с2к-\-2 — Г
О
p2k+i
Эти заряды находятся в точках (рис. 46) Мп(рп, ^05
Z
#0,
Рис. 46
M где рп и Рп определяются рекуррентными формулами
_ (с2 -Ь2)р2к-1-а2с г _ (с2 -Ь2)р'2к_1-а2с
P2k+l — 	Р
причем
~ c(c-P2h)-b» р2к
2	_ c(c-po)-b2
Ро = —, Pi =
Po
, а
е0 = е, е0 = — е,
с- ро
j _
c(c-p'Q)-b2
Pi — 	-,	:
c- p'o
с- ро
¦е,
ab
cpo - a2
rn =
cos <
где an — угол между ОМШ и ОМН, О — начало координат, Ми
место источника, Мн — точка наблюдения.
§ 4. Метод разделения переменных
1. Краевые задачи для круга, кольца и сектора.
65. Если на границе круга радиуса а искомая функция и
р=а
= /О), ТО
оо
и(р, ф) = —- + ^ (-) (Ап cos тир + Бп sin ny?) при р < а, A)
71=1
где Лп, Бп — коэффициенты Фурье функции /(</?), равные
2тг
1 /
Ап = - f(<p) cos nip dip (n = 0, 1, 2, ...),
о
2тг
Вп = - f(<p)8inmpdip (п = 1, 2, ...).
B)

374	Ответы, указания и решения
Из формулы A) можно получить интегральное представление для
решения первой внутренней краевой задачи для уравнения Лапласа
внутри круга (формулу Пуассона)
/
О
Решение. Требуется найти функцию и(р, ip), непрерывную в
круге 0 ^ р ^ а, удовлетворяющую уравнению
1 д ( ди\ , 1 д2и п	,А,
р др \ др) р2 дер2
внутри этого круга и граничному условию
и\Р=а = П<р),	E)
где / — заданная непрерывная функция.
Задача решается методом разделения переменных (см. [7, гл. IV,
§ 3]). Решение ищется в виде суммы
п=0
где
ип(р, ф) = Rn
= {SZ
66.	Цр, ^) = 4^ + Е f?) (^ncosn^ + 5nsinn^),	A)
1	п=1 \Р J
где а — радиус круга, Ап и Вп определяются по формулам B) за-
задачи 65.
Указание. Требуется найти функцию и(р, (/?), удовлетворяю-
удовлетворяющую уравнению
1 д ( ди\ , 1 д2и п
р др \ др) р2 д^р2
краевому условию и \р=а = f(tp) и условию ограниченности при
р —у оо.
Решение ищется методом разделения переменных. Из условия
ограниченности на бесконечности следует, что Сп = 0, и мы получаем
частное решение в виде
ип(р, ф) = ( - J (An cos гыр + Вп sin nip).
Общее же решение дается рядом
сю
п=0
Пользуясь краевым условием при р = а, приходим к A).

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	375
67. а) Решение второй внутренней краевой задачи для круга
п
и(р, ip) = 2^ n-i (^n cosП(Р ~^~ ^п 8тп^ ~^~ ^1'	(¦'¦)
п=1 Па
б) решение внешней задачи
	(Ап cos тр + Вп sin nip) + С2;	B)
прп
п=1
где Ci и С2 — произвольные постоянные, а — радиус круга, Ап и
Вп — коэффициенты Фурье функции f(ip) = -^— , ^ — направле-
OV р—а
ние внешней нормали к рассматриваемой области.
Указание, а) Требуется найти функцию и(р, ip), непрерывную
в круге 0 ^ р ^ а, удовлетворяющую уравнению Аи = 0 внутри этого
круга и граничному условию
ди
2тг
на его границе при р = а, а также условию / /(у?) dtp = 0.
о
б) Требуется найти функцию и(р, </?), удовлетворяющую уравне-
уравнению Лапласа вне круга радиуса р = а, краевому условию
и условию ограниченности при р —у оо.
Решение обеих задач ищется методом разделения переменных
аналогично задаче 65.
оо
68.	а) и(р, ip) = ^^rT^-p^y(^ncosn^ + 5nsinn^) + ^, A)
оо	ап+1	л
б) U(/O, ip) = - Е (n _ ah)pn (A™ C0S П(^ + Вп Sm П(^) + ^' B)
где Ап и 5П — коэффициенты Фурье функции /(</?), определяемые по
формулам B) задачи 65.
69.	Потенциал электростатического поля равен
Vi + V2 Vi - V2	2ap sin cp
—о	'	arctg —	—
2	7Г	a2 — p2
при р < а (внутри цилиндра),
A)
p2 — a2
при р > а (вне цилиндра).

376	Ответы, указания и решения
Составляющие поля Ер и Е^ вычисляются по формулам
_ _^ е - -- —
dp	p 0(р
Плотность поверхностных зарядов
_ Vi-V2
an2 sin if'
Указание. Метод разделения переменных дает решение в виде
рядов
\ + V2 , 2(Vi - V2) °° (p\2k+1 sinB/c + 1)<р
и = <
внутри цилиндра (р < а),
B)
- V2) ~ (A™*1 sinBA;
2	тг	fet.
вне цилиндра (р > а).
Ряды, стоящие справа, могут быть просуммированы, если воспользо-
воспользоваться формулой
к=0
В самом деле,
+	|	+	+
fe=0	Кк=О	к=0
Обозначая
^ — ielip — ?, cos <Р + ^ sm ^5 ^* = ie~lip — i cos Ф — i?, sm ^
и пользуясь формулой C), получаем
-	1 In (J + sX1-**) - I ln 1-f+^sin^ _ 1
-	4i m (i ^)(i + z*) ~ 4i m i ^2 i2?siny> ~ 2 g
Отсюда в силу B) и следует формула A) (?=- при р < а или ? = -
\	B/9
при р > а).
70. а) Решения внутренних краевых задач имеют вид:
1)	и(р, ф) = A — sin у?;
2)	и(р, у?) = Б Н	р sin ip — 4Л ( - ) sin 3ip;
а	\а/
2k
б) Решения внешних краевых задач даются выражениями:
Г) и(р, ф) = Л-

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
377
2') и(р, ф) = В Н	 sin о? - 4А ( - ) sin За?;
р	W
SA ^ /\
Указание. В задачах 2) и 3) использовать тригонометричес-
тригонометрическую формулу	о
sin (f = 3 sin (f — 4 sin 3</?.
71. Предполагая, что поток движется в отрицательном направ-
направлении оси ж, введем цилиндрическую систему координат (р, (/?, z) с
осью z вдоль оси цилиндра и полярной осью вдоль оси х; тогда рас-
распределение температуры в цилиндре дается формулой
и(р, (f) = —\pcos(f + const.
2тг
Условие / Qdip = 0 выполнено; задача имеет решение.
о
72.
- V2)
Е
(e2
sinB?Ti
2m
2(Vj -
(e2 - ei)a4m+2] b2m
sinB?Ti
при а
<b.
2т Л- 1
Указание. Требуется найти решения уравнения Лапласа в кру-
круге радиуса а (и = щ) и кольце а ^ р ^ b (и = 112) при граничном
условии
при 0 < </? < тг,
при тг < (р < 2тг
и условиях сопряжения
при р — а.
^1 _
?l ^ " ?2
Решение. Будем искать решение и = ^ в виде суммы

378	Ответы, указания и решения
где функция и = < ^ является гармонической, удовлетворяет при
[ и>2
р = Ь краевому условию
- V2 при 0 < ip < тг,
42 л 0 при тг < <р < 2тг
и условиям сопряжения при р = а.
Полагая затем
находим, как обычно, функцию
и для i^i и R2 получаем уравнения
о
d ( dR\ \ 2 о п	п ^
— I р —— I — п R\ = 0	при 0 < р < а,
Р ~г \ Р —г^- ) — n2R2 = 0	при а < р < b
dp V «р /
с условиями сопряжения
Й1„(о) = Д2п(а),
и условием ограниченности i2in@).
Отсюда находим
С
Rln — АпрП\ R2n = ВпрП -\	^-.
Условия сопряжения дают
2g2
» - g2 ~gl -2пр
п — 	¦	а пп.
8+8
81+82	81+82
Общее решение задачи, очевидно, можно написать в виде
й2(р, ф) = ^2 (рп+ ?2 Л1 ^тг) (Bncosn(p + Bn si
п=0 ^	1	2 р /
сю
ui (/о, у?) = ^ —^— рп (Вп cos n^ + Bn sin ny?),
n=0 ?l + S2
где 5П и 5П — коэффициенты, определяющиеся из краевого условия
при р — Ь.
73.	м = Цр, у?) =	 cosy?.
Указание. Вводя систему координат (р, у?, z), связанную с осью
цилиндра и осью z вдоль его оси, получаем для потенциала ско-
скоростей и = и(р, у?) краевую задачу
Аи = 0 при р > а,
-— =v0cosy?.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	379
/	2 \
74.	и = и(р, ф) = — vo \ р -\	) cos ю.
\ Р )
Указание. Если поток движется вдоль оси ж, то потенциал не-
невозмущенного движения жидкости равен
ио = — vox = — vopcostp.
Полагая
и = ио + й,
получим для и вторую внешнюю краевую задачу
Аи = 0 при р > а,
= Vo COS (p.
р=а
75.	а) Если шар движется в направлении оси z, то в системе
координат (р, $, ф) с началом в центре шара потенциал скоростей
жидкости равен	1 пз
и = u(r, ?!
у 2
б) Если жидкость движется в отрицательном направлении
оси z, то
Указание, а) Требуется найти решение уравнения
Аи = 0 при г > а
с граничным условием
ди	Q
— -77-	= Vo COS #
и условием регулярности на бесконечности.
б) Полагая
и = г?о + й,
где
получим для й краевую задачу пункта а).
Решение, а) Поскольку граничное условие не зависит от ip, то
и потенциал не будет зависеть от ip, т.е. u = u(r, $).
Уравнение Лапласа для функции и (г, $) имеет вид
л~ (г л"
д ( . „ди\ п
sini?
Решение будем искать в виде
и(г, 1?) = Д(г) cos 1?,
что для R(r) дает
Полагая R(r) = r°", найдем
сг! = 1, сг2 = -2,

380	Ответы, указания и решения
т. е. общее решение уравнения имеет вид R(r) = Ar + —, где Аи В —
постоянные.	Т
Из условий при г = а и на бесконечности (\R(r)\ < — J получаем
так что	з
Д(*-) = «о?*-
Задача б) после учета указания к ней решается аналогично.
76. Вводя сферическую систему координат (г, $, ф) с началом в
центре шара и полярной осью, направленной вдоль внешнего поля,
для потенциала электростатического поля Е = — grad u получаем
щ = —Eq	г cos & при г < а,
2в2 + ?i
т-н /^ (ei - е2)а3 l\ a
и2 = —Eq г —	 cos?7 при г > а,
у	2s2 + ?i r2 J
где а — радиус шара.
Поляризация шара равна
а его дипольный момент
р=|тга3, P1=a3(?l-?92)?2^o, ?1 = 1
3	?i + 2s2
Решение. Чтобы определить поле внутри и вне шара, надо ре-
решить для потенциала следующую задачу.
Положим
U2 =^0+^2,
где
щ = -Eoz = -Er cos ??.
Для определения ui и йг надо решить уравнения
Aui = 0 при г < а,
Дй2 = 0 при г > а
с краевыми условиями
щ — U2 = —EqU COS ^, 1
dm	<9U2	гп л ^ ПРИ т — а
ei^rL-e2^r1 = -e2E0 cos 0 | р
dr	ar	J
и условием регулярности для г^ на бесконечности.
Решение этой задачи естественно искать в виде
щ (г, в) = R1 (r) cos в, й2 (г, 0) = R2 (r) cos 0.
Подстановка в уравнения и краевые условия дает
- 2iJi = 0, r2^ + 2ri^2 - 2i^2 = 0,
iJi(a) - Д2(а) = -a^0,
i(a) - s2R'2(a) = -s2E0, \R2\ < — при г ->• oo,

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	381
где М — некоторая постоянная. Отсюда уже нетрудно найти R\
и R2. Зная потенциалы, нетрудно найти поля Е\ = —grad щ,
Е2 = -grad и2.
Вектор электрической поляризации R\ шара определяется сле-
следующим равенством:
р _ (ei -е2)Е1
4тг
Внутри шара отлична от нуля лишь компонента Ez:
так что
Поэтому поляризация шара равна
О _ 3g2(gl ~g2)
77. Выбираем систему координат так, чтобы ось z была направ-
направлена вдоль оси цилиндра, а поле Eq — вдоль оси х.
Потенциал поля внутри и вне цилиндра дается формулами
щ(р, ш) =	^— E0pcos(p при р < а,
?i +е2
2
= -Ео ( р +	— ) cosy? при р > а,
где а — радиус цилиндра.
Поле внутри цилиндра равно
и направлено вдоль оси х.
Поляризация
дипольный момент на единицу длины
Указание. См. задачу 76.
78. Потенциал поля вне шара равен
и(г, ф) = -Ео (г - ^) cos 6 при г > а,
если начало сферической системы координат поместить в центре ша-
шара, а полярную ось z направить вдоль внешнего поля Eq.
Указание. Потенциал следует представить в виде суммы и =
= щ+й, где щ = —Eqz = —Eqv cos в — потенциал внешнего поля. Для
потенциала искаженной части поля й получается следующая краевая
задача:

382
Ответы, указания и решения
Аи = 0	при г > а,
u = EoacosO при г — а.
79.	Потенциал поля
s л v ( *2\
и = и(р, (р) = — Ьо [ р	I cosy?.
Плотность поверхностных зарядов равна а = 2Eq cos ip.
Указание. См. задачу 78.
80.	Если
ТО
где
n=i
и\р=а = /О), U\p=b =
спрп + ^) sinnJ
0, A)
- F
A)
b2n _ a2n	'
_ F0A)lna-/0A)ln6
	—~
причем/^, /n2) и i^1^
и F(ip), равные
—коэффициенты Фурье функций /(</?)
(n = l, 2, ...),
Аналогичные выражения имеют место для Fn.
Решение. Требуется найти решение уравнения Лапласа внутри
кольца а ^ р ^ b при краевых условиях и | _а = /(</?), ?/ _& = ^(</?)
на его границе. Действуя методом разделения переменных и полагая
и(р, ф) = Д(/о)Ф(у?),
ПОЛУЧИМ	R
Д„(р) = Апрп + ^, До(р) = Д, + Во In р.
В отличие от задачи для круга здесь следует сохранить оба слагае-
слагаемых, так как точка р = 0 находится вне кольца.
В результате мы получим частные решения вида
ио(р, ф) = Ао + В0\пр,
ип(р, ф) = ( Апрп + -?¦ J cosn(p+ (Спрп + -? J si

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	383
Составляя затем общее решение и требуя удовлетворения краевым
условиям при р — а и р = Ь, будем иметь
n=l
сю
пап + ^) cosn</? + (спап + ^) siring = f(<p),
(Cnbn + ^) si
71=1
откуда и получаем уравнения для определения Ап, Вп, Сп и Dn
ап	ап
81. и(р, if) =Щ	> ,4m+2	j^TJ /9 +	j^-j- ] X
sinB?ri + l)(p uq
2m + l	2 l ^ v y
Указание. Решение удобно представить в виде суммы
и = щ + v,
где функция г? удовлетворяет условию
| _ Q	_ Г 0 при 0 < (р < тг,
\р=а	'	р=6 | —1^0 При 7Г < Ю < 2?Г.
ч
82. Распределение температуры в кабеле дается выражением
2\ 2>с0Ь\qb2
-а)
где q = —-^г, qo = 0, 24/2Д — количество тепла, выделяющееся при
А;
прохождении тока в единицу времени на единицу длины цилиндра,
R — сопротивление единицы длины цилиндра, hq = —-, к — коэф-
фициент теплопроводности.
Указание. Требуется найти решение уравнения Аи = q внутри
кольца а < р < Ъ при краевых условиях
ди
и\ =0,
\р=а	'
л	2
= A cos
или
= A cos (f или
p=b	Op
p=b
= — kq — kq cos 2(f.
Функцию и удобно представить в виде суммы и = и\ + г^, где ui —
решение задачи

384	Ответы, указания и решения
83. Температура в точке (р, ф) равна
V^ fр\пп/а . тгп
п=0
где
f ~ -
а
о
В частном случае
{и\ при 0 < ш < —,
2
U2 при — < (р < а
ряд суммируется (см. указание к задаче 69) и дает
•	ч	Ui + U2	, '
и(р, (р) = 	arctg -
а2п/а _ р2п/а	^
2/9 п а п'а sin — (р
Л	arctg	^-^	^-^—.
Решение. Нахождение стационарной температуры сводится к
решению первой краевой задачи для уравнения Лапласа внутри сек-
сектора при краевых условиях
и | _ = /(</?), и = 0 при (р = 0 и (/? = а.
Полагая
и =
и производя разделение переменных, получаем
p2R" + pR' - XR = О,
Ф/ + АФ = 0, Ф@)=0, Ф(а)=0.
Отсюда находим:
Ф = A sin л/Х </? + Б cos л/Х ср.
Условия при ср = 0 и </? = а дают
'	а '
т.е.	/ х 2
Л - Г7™У
Таким образом,
Фп((р) = Ап sin — ср.
OL
Система функций Фп = sin — ю ортогональна на интервале 0 <
а
< ю < а,
о
и имеет норму
/ sm — у? sin	</? ш/? = 0, т
\
sin —
а
о

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	385
так что коэффициент fn разложения некоторой функции f(tp) в ряд
по функциям Фп ((/?),
сю
71=1
определяется формулой
о
Решая уравнение для R и учитывая ограниченность функции R, по-
получаем частное решение нашей задачи в виде
Общее решение естественно искать в виде ряда
сю
и(р, ip) = J2AnP7rn/asm^tp.
71=1
Полагая р = а и учитывая условие при р = а, получаем:
сю	сю
Y, Ana™/a sin ^ ip = f{fp) = Y^fn sin ^ ip,
71=1	71=1
откуда следует, что
где fn — коэффициент разложения функции /(</?).
84. Температура в точке (р, ф) равна
ИЛИ
Указание. См. указание к задаче 69. См. также задачу 83.
85. Потенциал электростатического поля равен
га=О
ИЛИ
Цр, у?) = Vi + -(У2 - ^1) arctg -^	у.
тг	р2 — а2
Вектор электрического поля равен
Е = -gradu.
Указание. См. задачи 69 и 84. При а = тг имеем Ug4 = ^85-
25 Б.М. Будак и др.

386	Ответы, указания и решения
где
86.	и(р, ф) = 2_^ (АпРпп/а + Впр nn/ajsin — ср,	A)
71=1
iirn/at, тр	ттп/а х	ттгп/ос х	ттп/а тр
д _ О	Гп — a	Jn	тэ _ "	Jn — а	гп ттп/аьттп/а
^п — tfnn/a _ а2ттп/а ' Пп ~ tfnn/a _ а2ттп/а п	°	'
, 2 °(?( ч . пп ,	„ 2 ? , ч . тгп
о	о
Частные случаи:
при a ->• О
и получаем решение задачи 83 для кругового сектора;
при 6 —>¦ оо
Лп = 0, ?п = /па™/<\
и мы получаем
сю	/ ч тгп/а
u(p, ер) = > /п -	sin — </? в области р > а, 0 < у? < а,
^—' V р I	a
п=1	ч 7
при а = тг получается решение для полукругового кольца.
Решение. Требуется найти гармоническую функцию внутри
«кольцевого сектора» а < р < Ь, 0 < (р < а, удовлетворяющую
краевым условиям
Пользуясь методом разделения переменных, получаем частные
решения вида (см. задачу 83)
ип(р, ф) = Rn(p) sin — </?,
где Rn(p) определяется из уравнения
и имеет вид
тэ 	 л ^кп/а тэ „ — тгп/а
tin — Апр ' - i5np ' .
Составляя ряд
сю
и(р, ф) = Y, (Апр™'а - Впр-™'а) sin ^ <р
п=1	а
и удовлетворяя краевым условиям при р — а и р — Ь, найдем коэф-
коэффициенты Ап и Вп.
где n = 2k + 1.
k=0

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	387
88. Пусть ось х направлена вдоль проводов и проходит посере-
посередине между ними, а плоскость z = 0 перпендикулярна к плоскости,
проходящей через параллельные провода.
Отлична от нуля только ж-компонента вектора-потенциала А,
удовлетворяющая уравнению Лапласа вне проводов и равная
где с — скорость света в пустоте, \i — магнитная проницаемость
среды, / — сила тока, протекающего через сечение каждого провода,
0,5aJ+z2, R2 =
а — расстояние между проводами.
Составляющие вектора индукции В = rot А, определяемые фор-
мулами	дАх	дАх
?>х — -^	~— — U, пу — ——, i^ —	—,
ду oz	y oz	ду
равны
tix - U, ±?у
xt2	-ft^ /	I	2	-^1	I
Указание. Воспользоваться формулой для вектора-потенциала
линейного тока /
с/ г
где интегрирование производится по контуру тока L. Каждая из со-
составляющих Ах, Ау, Az удовлетворяет вне L уравнению Лапласа.
Вектор магнитной индукции
тэ	± Л /л1 f[ds г]
В = rot А = — ф L , J.
с J г6
L
89. Отличная от нуля ^-составляющая вектора-потенциала равна
(	°°	^
Az — —\ иаСо In a + ^ У^ - ( - ) (Сп cos пю + Dn sin nip) >,
с	2 ^—' n Va/
k	n=l	}
где a — радиус цилиндра, Со, Cn, .Dn — коэффициенты разложения
поверхностного тока i2 по круговым гармоникам,
сю
iz (a, ф) = ^ (Cn cos ny? + i^n sin nip).
п=0
Указание. Вектор-потенциал в точке М(г, ф), находящейся на
расстоянии R от бесконечного провода, несущего ток / = izada, па-
2aizada ,„-,_,-
раллелен ему и равен —	In R. Поэтому вектор-потенциал от всей
пленки равен
Az = ^ |г2 \nRda, R2 = а2 + г2 -
о	г
Разлагая lni? в ряд по степеням -, получаем нужное выражение
для Az.
25*

388	Ответы, указания и решения
90. Пусть вектор индукции внешнего магнитного поля равен Во
и направлен вдоль оси ж, а ось z направлена вдоль тока.
Составляющие вектора напряженности магнитного поля опреде-
определяются по формулам:
внутри цилиндра
—-—Во cos </?,
^+М2	9	> при г<а;
/11 +
вне цилиндра
/	2\
Н^, J = 1 +	7Г
Ил -\- И.п Г2 I	'	I
> а.
/11 + /12
Указание. Результирующее поле ищется в виде суммы
В = В0 + Вг,
где В\ — вторичное поле, или
В = rot А, А = Ао + А\,
где А — векторный потенциал, А\ — векторный потенциал вторич-
вторичного поля, причем Ао — z°Bor sin tp (z° — единичный вектор по оси z).
На поверхности цилиндра должно выполняться условие непрерывнос-
непрерывности векторного потенциала и тангенциальных составляющих векто-
вектора Н, так что
„B) 1 дА^ 1 дАЫ
=AW,	— =	— при г = а,
А* 2 or /ii or
= 0 при г < а, АЛB) = 0 при г > а.
91. Отлична от нуля только ^-составляющая вектора-потенциала
{А^	при	г < а,
А^	при	a <r <b,
А^	при	г > Ъ,
где
D ^? ? LL (?J"+1| cosBn
2п+1
cosBn
где an, /3n, 7n, Jn — коэффициенты, определяемые из условий со-

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	389
пряжения при г = а и г = Ь. В частности,
<Wl = — 77-
где ill — магнитная проницаемость среды. Следовательно,
п=о	?i + 1 _ ?i _ 1
х cosBn
Составляющие вектора В определяются по формулам
Указание. Использовать выражение для вектора-потенциала
двухпроводной линии
с Ях
где i?i и i?2 — расстояние точки наблюдения (г, у?) от проводов, а
также использовать разложение lniZi и lni?2 в следующие ряды
при r>c0:	^
In Ri = - ^ - ( — ) cos ncp + In r,
n=l
*-^ п \ г
п=1
92. Вектор напряженности результирующего магнитного поля
V — скалярный потенциал поля,
{Vo + (f во внешнем пространстве	при г > а,
Vo + V> в сечении шара	при Ъ < г < а,
Vo + w во внутреннем пространстве при г <Ъ.
Здесь	^з
= —Щг cos ^, о? = Gi — cos 0,
r2
r2
/	2\
-0 = I G2r + C3 — ) cos #, гу = С4Г cos #,
где
- Л) - B + Л)
_ 2A -


390
Ответы, указания и решения
Напряженность поля внутри шара равна
Н =		1
q при г <Ъ.
Отсюда видно, что Н всегда меньше Но, т.е. экранирование имеет
место как при \i < 1, так и при \i > 1 (для диа- и парамагнетиков).
Указание. Коэффициенты С\ должны определяться из условий
сопряжения при г = а и при г = Ь.
2. Краевые задачи для полосы, прямоугольника, плоского
слоя и параллелепипеда.
93. Если на сторонах прямоугольника заданы функции
u\y=o = f(x), и\у=ь = ф), и\х=о=ф{у), и\х=а=Х(у),
удовлетворяющие условиям /@) = ф@), /(а) = х@), %(Ь) = </?(а),
ip@) = т/>(Ь), то
и(х, у) =
7ГП	г. 7ГП /I. \'
— 2/ _ sh — (Ъ-у)
7ГП
sh —
а
J п
1 7ГП L
sh — Ь
а
sm — х +
а
г, 7ГП	г. 7ГП /	\
sh —— х 	 sh —— (а — х)
sh
Х
Хп
7ГП
sh —- а
¦"

sh —- а
о
где ц>п, /п, хп, фп — коэффициенты фурье-функций
Тр(х) = (р(х) - ио(х, Ь), /(ж) = /(ж) - ио(ж, 0),
- ^о@, 2/), х(?/) = х(?/) - ^о(а, 2/),
равные
2 /"-т. ч . 7ГП ,	_	2 /"
п — — j{x) sin — жаж, ^Рп — ~\
a J	a	a J
т _ 2 /*-
о
sin
sin
sin
Функция
где
луу
ab
Решение. Требуется найти решение уравнения ихх + иу
= 0 внутри прямоугольника 0<ж<а, 0 < у < Ь, удовлетворяющее
краевым условиям, причем в силу условий краевые значения функ-
функции и(х, у) непрерывны.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	391
Представим искомую функцию и (ж, у) в виде суммы
и(х, у) = ио(х, у) + v(x, у),
где щ(х, у) — гармоническая функция, выбираемая так, чтобы функ-
функция г?(ж, у) во всех вершинах прямоугольника обращалась в нуль, а в
остальном была совершенно произвольна. Полагая
щ(х, у) = А + Вх + Су + Dxy,
мы видим, что эта функция гармоническая; коэффициенты А, В, С и
D выберем в соответствии с указанным выше условием для г?(ж, у).
Гармоническая функция и (ж, у) удовлетворяет краевым условиям
г; I = f(x), v\ u=Tp(x). v п=Ф(у), v\ =x(y),
причем функции /, Тр, ф, х обращаются в нуль в вершинах прямо-
прямоугольника.
Функцию г?(ж, у) можно представить в виде суммы четырех гар-
гармонических функций, каждая из которых принимает заданное зна-
значение на одной из сторон и обращается в нуль на остальных трех
сторонах. Найдем одну из таких функций г?(ж, у) из уравнения
Vlxx + Vlyy = 0
при краевых условиях
^i I n — 0> г?1 I , = Тр(х). г?1 I n =0.
*¦ \у=0	'	\у=Ъ r v /5	1ж=0,а
Полагая
vi (ж, 2/) =Х(ж)ГB/)
и подставляя это выражение в уравнение, будем иметь
X"	Y" _
Т~ ^~ Л'
К последнему уравнению следует присоединить условия
Х@) = 0, Х(а) = 0.
Решая эту краевую задачу для Х(х), находим собственные функции
Ап(ж) = sin — ж,
а
соответствующие собственным значениям
Из уравнения и условия
Y" - XY = 0, У@) = 0,
являющегося следствием условия vi(x, 0) = X(x)Y@) = 0, находим
Yn(y)=Ansh^y.
Решение задачи ищем, как обычно, в виде ряда
сю
Уг (Ж, у) = 2^ ^п 8П —- у Sin — Ж.
п=1

392
Ответы, указания и решения
Условие при у = Ъ дает
А —
. 7ГП '
sh — Ъ
а
так что
v (х у) - \ " w a sm iili x
^]ДХ5 У) — /_j{rn 7ГП ЬШ л Х*
сЬ 	 h	U>
n=i	a
Теперь уже нетрудно написать общее решение нашей задачи.
94. а) Если заданы граничные условия
и\у=о = /О), и\х=0 =
причем /@) =
Bn + l)b
sh f Bn +
2a
sin f Bn +
2a
ch-Bn-
где /n, 7pn, фп, Xn — коэффициенты Фурье соответствующих функ-
функций, причем
7(х) = f{x) - /@), <р(х) = ф) - /@), ?@) = /@) = 0.
б) Если заданы граничные условия
=о = f(x),
х=0=ф(у),
то решение уравнения Аи = 0 имеет вид
оо (
/	\ \~^ I	1	Г г 1 КП /7	ч ,	, 7ГП 1	7ГП
и(х, У) = Xi —щ- /nsh—F-?/) + ^nsh — у\ cos —
~i sh — Ь L	a	a J	a
тгп sh
Г	, 7ГП	, , 7ГП/	ч] . 7ГП I
— a L	°	°	J	I
ivy
Решение. Метод разделения переменных приводит к частным
решениям
sin
Из ограниченности решения при х —У оо следует, что 5П = 0. Состав-
оо
ляя ряд ^2 ип и удовлетворяя краевому условию при ж = 0, получим
71=1

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	393
^	. Bш + 1)тг
га=О
Этот ряд нетрудно просуммировать. В самом деле,
оо	. 2Ш + 1
f	s
f 7ГЖ1	Г.7Г«1\
-Im f- (РГт1 ехрЬг I)
li	2 + 1
21та+1
2m+1
л о f ^1 7Г2/ , Г 27ГЖ
l_2exp|__|cos_+exp|- —
2expj---[sm-f\ х	/ sin -f
Полагая
и учитывая, что
будем иметь
„ т 1,
Я = Im - In
2
= ^arctgl 1 г 2та1
\ 1-ехр|	— j
откуда и следует формула A).
Заметим, что с помощью предельного перехода Ъ —У оо из A) сразу
получается решение уравнения Лапласа для четверти плоскости при
краевых условиях
и |ж=о = V, и \у=о = 0.
В этом случае
и(х, у) = — arctg —.
(. 7YV \	. 7YV
sm ~Т~ \ V v 2V	sm "T"
—™	+ h	" arctg	7и	^—тггГ-
b /	b
Предельный переход при b —У оо дает	^ '
и(х, у) = — arctg - (х ^ 0, 2/^0).
Указание. Искомый потенциал удобно представить в виде
суммы
и(х, у) = -^ + ui(ж, 2/) + гл2(ж, у),	B)
где ui(x, 2/) — решение задачи 95, а ^(ж, у) удовлетворяет уравнению

394
Ответы, указания и решения
= 0 в области ж > О, 0 < у < Ъ и условиям
__Voy
\x=0
у=О,Ь
= 0.
Первое слагаемое в B) означает потенциал поля в плоском кон-
конденсаторе.
Определяя отсюда и2{х^ у), мы приходим к ряду
7ГП
У2(Х, у) = -
Т х • ъп
о sin — у
который суммируется аналогично ряду B) задачи 95.
a
97и = ^
7Г ^	2m + 1
ra=O
_. . тгBш + 1)	тгBш + 1)
00 sin —	 х sh —	 у
oo • 7rBm
7Г ^
2m + 1
7rBm + 1)
sh	(a — x)
	b-	• (i)
, тгBш+1)
sh —-—	 a
Предельный случай
98.	ь
где
n=l
сю
и —> uqq при а —> оо.
и2(х,у) при h<y<b,
sin
п=1
Л.п =
sin vAr^ F — -
в2
A)
imi2 =
г2(Ь- h)
2 sin2 л/Лгт" /i 2 sin2 л/Х^ (b — h)'
An — n-й корень трансцендентного уравнения
ex ctg л/Л /г + г2 ctg V\(b - h) = 0.	B)
-^	m -	„	[ и\ при у < h,
Решение. Требуется найти функцию и = <	V ^ ' 7
к J	w	| u2 при h < у < b,
непрерывную в области ж^О, 0 ^ у ^ Ь, удовлетворяющую внутри
области х>О,О<у<Ь уравнению
div(sgradu) = О,
Где	r-L при у < /г,
> при h < у < Ь,

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	395
и граничным условиям и\ — 0 при у — О, и2 = 0 при у = Ь, и\ — V
при х = 0.
Если учесть, что г кусочно постоянно, то для и\ и г^2 получаем
уравнения A^i = 0, А^2 = 0, а на границе разрыва у — h и\ и и2
должны удовлетворять условиям сопряжения
ди\	ди2	7
«i = и2, ?l — =e2— при у = h.
Полагая
и(х, у) = X(x)Y(y),
из уравнения (еих)х + (?иу)у = 0 получаем после разделения пере-
переменных
-f [е ^ + еЛУ = 0, X" - ЛХ = 0,	C)
dy\dy)
Г@) = 0, У F) = 0.
Учитывая разрывность е, будем иметь для
Z ПрИ у</1'
Y{y) при Л< у < Ь
условия
У" + ЛУ = 0, У" + ЛУ = 0, У@) = 0, Т(Ь) = 0,
У (h) = ?(h), eiF (h) = e2F' (Л).
Решение этой задачи ищется в виде
sin л/А h	sin\/A(b — h)
Подставляя эти выражения во второе условие сопряжения, получаем
характеристическое уравнение для определения А:
s\ ctg л/А h + е2 ctg л/А (b — h) =0.	D)
Пусть Ai, A2, ..., Ап — корни этого уравнения, Yi, Y2, ...
..., Yn(y) — соответствующие собственные функции. Из общей те-
теории задач на собственные значения1) следует существование счет-
счетного множества собственных значений {Ап}, которым соответствуют
собственные функции {Yn (?/)}, образующие ортогональную с ве-
весом е(у) систему функций
ъ
jYm(y)Yn(y)e(y) dy = 0 при т ф п,
о
или
h	Ъ
si JYm{y)Yn(y) dy + е2 jYm(y)Yn(y) dy = 0 при т ф п.
. [7, гл. II, § 3, п. 9].

396	Ответы, указания и решения
Для нормы собственной функции ||У^|| получаем:
J	J	J
О	0	h
Вычисляя эти интегралы и учитывая уравнение D) для Лп, находим:
||у II2 = ?lh
11 N
4- ^(b-h)	, ,
2sm2V^(bh)'	l >
Коэффициенты разложения некоторой функции f(y) в ряд по собст-
собственным функциям Yn(y) определяются по формуле
ь
fn = uT^ [f(y)Yn(y)e(y)dy.
\\Уп\\ Jq
Из уравнения C) находим:
Общее решение задачи имеет вид
сю
и(х, у) = У^ Апе
п=1
Для определения Ап используем условие при х = О
71=1
Отсюда
п = ТКГТ? / УпКуЫу) dy = /—	-—7=- + -—=-——
in i	улп Pn sm у An л sin у An (о — h) \
99. Потенциал электростатического поля равен
} Yn(y),	A)
sn v An a
n=l
где	_
r_n(y) при 2/ < ^
Лп(^/) при h < у < b,
выражения для Yn(y), An и квадрата нормы даны в ответе к преды-
предыдущей задаче 98, Ап — корень уравнения
ег tg лД (b - h) + e2 tg лД h = 0.
Предельный переход при а —>¦ оо дает решение задачи 98
так как
а-^оо sh
Указание. См. решение задачи 98.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	397
100. Напряженность электростатического поля Е = — gradu, где
и — потенциал, равный
/i(x,y) при j/</i,
2 (ж, 2/) при h < у < о,
s2 th —	-/i + th —	'-(b-h)
la	a
fe=o si th —^	^ (b - h) + в2 th
a
у) = —
. тгB/с + 1)
S 	а	У	• тгBА; + 1)
тгB^+1) тгB^+1) м] , тгB^+1)
S2 th —	 /г — si th —^	 (b — h)\ sh —	 (b — y)
. тгB^+1)	,.	^7rBfe + l) ^
ei th —^	^ (b - h) + в2 th —^	^ /г
a	a
. 7vBk-\-l)x
sm —	—
Указание. Решение ищется в виде и (ж, 2/) = ^2 AnXn(x)Yn(y),
71=1
где Хп(ж) — собственная функция краевой задачи
X" + АХ = О,
а
при у < h,
при h < у < b
решение задачи
1 п ~ AnJ-n — U, I п — Лп1 п — U, Г уДи; — U, 1 п\П) — 1 п\Щ->
определяемое с точностью до постоянного множителя.
101. и(х, у) = —Ц-т- [(у — ЬJ — (х — aJ]+const, где к — коэффициент
теплопроводности.
Указание. Требуется решить вторую краевую задачу для урав-
уравнения ихх + иуу = 0 внутри прямоугольника при краевых условиях
киу{х, 0) = - —, ких@, у) = --J-, их(а, у) = 0, иу{х, Ъ) = 0.
Q	О

398	Ответы, указания и решения
В этом случае сведение этой задачи к двум задачам, у каждой из
которых на трех сторонах взяты нулевые краевые условия, невозмож-
невозможно, так как при этом нарушится необходимое условие разрешимости
второй краевой задачи
Гди , п
</> — as = (J.
/ дп
с
Решение. Так как граничные значения не меняются вдоль сто-
сторон, то можно искать решение в виде гармонического полинома
и(х, у) = А + Вх + Су + Dxy + Е(х2 - у2).
Удовлетворяя краевым условиям, находим соответствующие значения
коэффициентов и в результате приходим к формуле ответа.
Решение можно также найти методом разделения переменных,
полагая	оо
и(х, у) = y^un(x)Yn(y),
где Yn(y) = cos л/Х^у — собственная функция краевой задачи
Y" + XY = О, У @) = У (Ь) = 0,
к	Л	/7ГП\2
соответствующая собственному значению Хп — I —— 1 .
\ о /
Найдем:	ъ
2 Г
ип(х) = - / u{x, y)Yn(y) dy для п > 0.
о
Подставляя сюда	i
Y —	Y"
1п — \ п
и интегрируя дважды по частям, получаем
{ъ	Л
г	I
[uY^]b0 - [uyYn]b0 + / uyyYnn dy >.
о	)
Учитывая краевые условия и уравнение ихх + иуу = 0, будем иметь
2Q	1
или
// / \	д	/ \	^С/
7/G*1 	 Л II 17*1 —
Интегрируя краевые условия при ж = 0 и ж = а, получим условия
для ип(х)
<@) = 0, и'п(а) = 0.
Отсюда находим
2Q
^п(ж) = -7 ,. при п > 0.
kabXn
Чтобы найти	^ ь
11 ( Т 11 I /77 /
а^х, у) ш/,
о

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	399
проинтегрируем уравнение Аи = 0 по частям, что дает
<(*) = jp 4@) = ?, «'(а)=0,
откуда	q
uo(x) = ~у-гт\х — а) + const.
Таким образом, мы получаем	^п
J^ cos —- у
п=1
ИЛИ	q
^0, 2/) = 2~^[(У ~ ЪJ ~ (х ~ аJ] + const'
так как
5^
п=1
102. Если поток g задан на стороне у = 6, то
_. , Bш + 1)тг . тг
j У) = Щ - —
kir2 ^ . Bш + 1)тг7 Bm + IJ
m=0 СП	0
a
Указание. Удобно представить решение в виде суммы
и(х, у) =щ +v(x, у),
где v(x, у) — решение уравнения Аи = 0, удовлетворяющее краевым
условиям
v = 0 при х = 0, х = а, 2/ = О,
—kvy(x, b) = g.
103. Решение уравнения Аи = 0 внутри прямоугольного парал-
параллелепипеда при краевых условиях
u\x=0 = fl(y,z), и\х=а=МУ>*)>
u\y=o = h(x'z)' u\y=b = fa(x,z),
имеет вид
и(ж, 2/, z) = ui(x, 2/, ^) + и2(х, у, z) + из(х, у, z),
где
п=1 п=1
7Г777. . 7ГП
х sin — 2/sin — z->
с
6 с
4
шп = -? I I fi{y, z)8in — y8in — zdydz (г = 1, 2).

400	Ответы, указания и решения
Функция U2(x, у, z) и щ(х, у, z) определяются аналогичными форму-
формулами.
Решение. Искомую функцию и(х, у, z) можно представить в
виде суммы трех гармонических функций щ, ^2, Щ, удовлетворяющих
краевым условиям
ui \х=0 = ЛB/, z)', щ \х=а = /2(з/, z); щ=0
при у = 0, Ъ] z — 0, с,
\у=0
при ж = 0, a; z = 0, с,
^з l^o = /б(ж, 2/); u3 \z=c = /в(ж, 2/); ^з = 0
при х = 0, а; у = 0, Ь.
Остановимся на определении ui(x, у, z). Полагая щ(х, у, z) —
— X(x)v(y, z), после разделения переменных получим для v(y, z) кра-
краевую задачу о собственных колебаниях прямоугольной мембраны с
закрепленной границей
Vyy + vzz + Xv = 0, v = 0 при у = 0, Ъ] z = 0, с,
нормированные собственные функции которой имеют вид
/	\	/ 4 . 7ГШ . 7ГП	,	1 о	ч
Ут,п{У' z) = \ — sm — ysm — z m, n = 1, 2, ...),
у ос	о	с
/2	2 \
а собственные значения равны Amn = тг2 ( -—- Н—- ). Определяя затем
\°2 с2)
из уравнения X" — \шпХ = 0 функцию Хтп(х), получаем
сю сю
Щ(Х, у, Z) = ^ ^2(Атп Sh ^\тп X + Втп Ch y/\mn x)vmn(y, z).
m=l n=l
Коэффициенты разложения Атп и Втп определяются из условий при
х = 0 и х = а. Аналогично находим функции ^(ж, 2/, z) и щ(х, yz).
Заметим, что при решении первой краевой задачи для прямо-
прямоугольника мы ввели вспомогательный гармонический полином, с по-
помощью которого значения граничных функций в углах стали равными
нулю. В задаче для параллелепипеда построение такого полинома зна-
значительно сложнее и это сделано не было. Построенные ряды поэтому
сходятся неравномерно в окрестностях углов параллелепипеда.
104. Потенциал электростатического поля равен
и{х, у, z) = —— х

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	401
При с —у оо получим решение для полубесконечной трубы
. Bт + 1)тг . Bп+1)тг
х	16У^^8Ш	 Ж8Ш 	1	 У
II ( 1* II У I —— 	 \ \ 	_	_	 V
и{х, У,*)-—г^2^	Bm + l)Bn + l)
т=0 п=0
105. гл(ж, у, z) =
= у 1QV V V	12
2 1
v. fc ^\ • Bш + 1)тг . Bп + 1)тг
^mn 12 " ^ Sm a XSm b У
h^rnnC	Bm + l)Bn-
т=0п=0	о
где
Bm + IJ , Bn
а2	Ь2
Предельный переход при с —У оо дает
и(х, у, z) =V - ^Ю4б,
где Uio4 6 определяется формулой B) задачи 104.
Решение можно также представить в виде суммы
. тгBп + 1)
(а	\ ' 7гBш +
11UJ 2i	Bm + l)Bn + l)
m=0n=0	^L^rnri2
— (b \ тгBт + 1)х тгBа + 1)
16F — — Mmn 1 ^ " У ' sin	sin	^
,= 6	Bm + l)Bn
m=0n=0	Chflmn-	V	Л
Bm+ 1J Bп + 1J =	/Bт + IJ Bп + I)
3. Задачи, требующие применение цилиндрических функ-
функций.
106. и(р, ф, z) =
п=о m=i	^	sh ^m /
а
/у(п)
~ ~	/ (n)	^
D^n Sin П(^) Jn ( ^-
(п)
где /i)n — тп-и корень уравнения
26 Б.М. Будак и др.

402	Ответы, указания и решения
Лт?п, Вт^п, Cm?n, Dm^n — коэффициенты разложения функ-
функций /(р, (р) и F(p, </?), равные
Лп,п = 	?:	—— I I f(P> <P)COSn(pJn [ ^—р
а2пеп \Jnyprn
Решение. Задача решается методом разделения переменных.
Подставляя выражение
и(р, (/2, z) = V(p, (f)Z(z)
в уравнение
о I ди\ 1 о и о и _ п	/^ч
р dp \ dp J р2 dtp2 dz2
и разделяя переменные, получаем для V(p, у?) уравнение
1^Л^+4^ + ЛУ = 0	D)
/9 а/? V а/?) pz o(pz
с граничным условием
V(a, (p)=0
и для Z(z) — уравнение
Z" - XZ = 0.	E)
Полагая, далее,
будем иметь
1 d (JR\( v2\
-pdp-yp-dtj + y-?)^0'	F)
где v — постоянная разделения. Из условия периодичности функции
Ф по углу (р находим и2 = п2.
Для R(p) мы имеем уравнение Бесселя
ld_f dR\ (\_rl_
р dp \ dp) \ р2
с граничным условием
R(a) = 0
и естественным условием ограниченности в нуле1)
|Д@)| < оо.
Отсюда находим
Щр) = U
См. [7, добавление I].

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	403
Граничное условие при р = а дает:
Jn{n) = 0, где /л = л/Ха.
Обозначим /ij_n ,/ig , • • •,/im корни этого уравнения. Таким образом,
/Уп)\2
краевая задача для VQo, у?) имеет собственные значения \шп = ( ^—- J,
которым соответствуют собственные функции
—	/Уп) А	=	/Vn) А
Vn, m = Jn\ ^~ Р COS nip, Vn, m = Jn[ ^~ Р SHI nip,
\ a J	V а )
образующие две ортогональные системы функций, для которых
Fn.mll2 = уК(^п))]2^п, ||Fn,m||2 = ^[j;(^))]4,
где	_ / 2 при п = 0,
6п ~ \ 1 при п/0.
Общее решение нашей задачи представится в виде ряда
сю сю
и(р, </?, Z) = ^ ^(-4n,m^m,n(p, ^) + Вп, тУт, п{р, 4>))Zn^m{z),
т=1 п=0
где Zn^m(z) — решение уравнения E).
Поскольку искомую функцию и(р, ip, z) можно представить в виде
суммы
и(р, ip, z) = щ(р, ip, z) + и2(р, (p, z),
где ui(p, ip, z) и U2(p, </?, z) — гармонические функции, удовлетво-
удовлетворяющие условию
_ =0,
=0,
\p=a
2=0 = f(p, Ф), ^i\z=l = 0,
2=0 = 0, u2\z=l = F(p, tp),
то достаточно ограничиться отысканием функции щ(р, ip, z). В этом
случае	(п)
Zm^n(z)=8h^-A-Z).
Удовлетворяя краевому условию при z = 0
00 °°	_	_	(п)
ш=1 п=0
мы найдем
—	=
л		 J m, n	r>		 ^ "^j ^
^m,n —	(^)—, ^m,n —	("Г
sh ?-— /	sh
a	a
_	i
/m,n = ];=	[jj
|| K||
2тг а
26*

404	Ответы, указания и решения
(О)/7	Ч	@)
107. u = u(p,z)=Y 	"	да	—
@)	„	в
где /Um — m-и корень уравнения
J0(m) = 0,
а коэффициенты Лто и Вт даются формулами
108.	и = и(р, z) = 2^fn — 'w sin —
п=1
b
где fn = - f[z) sin —- zdz — коэффициенты Фурье, /о(ж) = Jo(ix) —
о
функция Бесселя нулевого порядка от мнимого аргумента, удовлетво-
удовлетворяющая уравнению
I^(x) + -I^x)-Io(x)=0.
X
Частные случаи:
тг ^ _ /тгBт+1) \	2т+ 1
т=0 /0 —-—:	 а »
/тгBт+1) \ Bт +1K
т=0 /0 (	а )
I
109. Решение общей первой внутренней краевой задачи для огра-
ограниченного цилиндра О^р^а, 0 ^ z ^ I
Л 1 д ( ди\ 1 д2и д2и
Аи = - — р^- + — ^-^ + -— = О,
/9 G/9 V а/9 /	/92 O(fz	OZZ
представляется в виде суммы трех решений
и = щ + U2 + г^з,

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	405
где ni, 1/2 и из — решения краевых задач
Aui = 0, щ = f((p,z), щ\ _ = щ I . = О,
Аи2 =0, U2 | _ = О, U2 | _0 = i/)l{p, ф)ч \u2\z=l — О?
Аиз ^ 0, из _ ^0, из _п == 0, из z—i zz ^2{pi ф)-,
определяемые с помощью следующих рядов:
U\ (р, (fj z) = \ \ (^n m C0S ^^ ~^~ ^n m Sm ^^) 	7—	\~ S^n	^5
n=0m=l	^n V~/~ aJ
2
0 0
_ Г 2 при n = О,
6n "" 11 при n/0,
2тг Z
О О
, ч>, z) =
, (р, z) = u2(p, у?, / -z),
если в выражении для Ащт и 5n,m заменить ipi(p, ф) функ-
функцией ф2(р, Ч>).
Указание. Следует искать частные решения для щ в виде
щ(р, ip, z) = V(p, (f)Z(z).
Для Z(z) получается краевая задача
Z" + XZ = O, Z@) = Z(l)=0, Лто=(^J, Zm=sm™z,
а для V(p, ф) уравнение
1 д ( dV\ , 1 d2V /тгш\2т/
/? др \ dp J р2 д^р2 \ I J
откуда находим

406	Ответы, указания и решения
Полагая
и2{р, ip, z) = V(p, ip)Z{z),
будем иметь
1 д
так что
откуда находим
Zra,K = Cra,nsh^-(!-4
110. Потенциал электростатического поля внутри цилиндричес-
цилиндрической коробки равен
[B^+1O7 1	2fe+l
fc=o /о ^	j—!- a
Поле на оси цилиндра
\	4V
V
з, о) = -^
(см. решение задачи 108).
В предельном случае при / —у оо имеем
Поле на оси цилиндра (р = 0) равно
у—,	/ CIA \	^ Vq I n
\dz/p=o	па J /o(s)
В частности,
о
111. u(p, z) = 2У0 E^(o)
m=l sh^^/ ^m
@)\
± )
t / @)\ гл
уравнения J§\\±m ) — 0.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	407
Замечая, что	@)
eh ?2-(/-*)	(о)
ljm	а	 _ „I _/fm_
<— .Л4, " Р1 «
sh -— I
а
получаем решение задачи для полубесконечного цилиндра
/7@)
m=l ^
112. Решение задачи
\r	5	/5	| /j
имеет вид
сю ™
, Z) = Z I/q >^ 	t^t	^^т^т	 Jo I 	 P ) •>
а решение задачи
Au = 0 (p<a, 0<z<oo), u\n=n=Vo, u\x=() = 0
дается формулой	. . _
, z).
113. Распределение температуры внутри цилиндра дается фор-
_ 2ag
¦*~*-m,	i о -г /
/im — корень уравнения
k — коэффициент теплопроводности.
Указание. Задача сводится к решению уравнения Лапласа
Аи = 0 при граничных условиях
1 ди
—к т—
d
z=o
= п и\ = 0, и , = 0.
lP=a	z=l
114.	(p, )
, *) = ? Д* ch^z ^o (^ p),	A)
m
где vm — то-й корень трансцендентного уравнения
ЛИ = ^ Jo И,	(9)
/г — коэффициент теплообмена. Переходя к пределу при h —> оо, по-
получим отсюда решение задачи 113.

408	Ответы, указания и решения
Указание. Требуется решить краевую задачу
Au = 0 @<p<a, 0<z<l),
ди
'Wz
_	ди
z=o ' dp
р=а
и
р=а
z=i
115. а) Решение задачи 113 для полуограниченного цилиндра (/ =
= оо) имеет вид	^
га=1
где /лт — корень уравнения Jo (/л) = О,
Ат = к 22^	B)
б) Решение задачи 114 при / = оо
C)
сю
m=l
где уш — корень уравнения C) задачи 114, Аш определяется форму-
формулой B) задачи 114.
Указание. Решение ищется в виде
сю
и(р, z)=^2 Zm(z)Rm(p),
m=l
где Rm(p) совпадает с соответствующими функциями задач 113 и 114,
Zm(z) определяется из уравнения Z" — XmZ = 0 и условия Z(oo) = О,
так что Zm = Ame~VXmZ.
116. Напряженность электростатического поля Е = — gradu,
где и — потенциал, равный
и(р, z) = — х
Г^Bш+1) 1 Г^Bш+1) 1 Г^Bш+1) 1
/о 	:	р\Ко\	=	о - /о 	:	а\Ко
ГтгBт+1) 1 ГтгBт+1) 1	И2т+1) 1 ^ ГтгBт+1)
т=0 /о	О А о 	;	а \- Iо 	;	а \ К0 \	Ъ
. тгBт + 1)
sin —^—	 z
l
Здесь /о и Ко — функции Бесселя нулевого порядка мнимого аргу-
аргумента первого и второго рода соответственно.
Предельные случаи:
1) если / = оо, то
/ ч _ 2Vo ГIo(ps)Ko(as) — Io(as)Ko(ps) sinsz ,	^ч
тг J Io(bs)Ko(as) — Io(as)Ko(bs) s
— потенциал внутри полубесконечной трубы;

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	409
2) при а = 0 имеем
— потенциал внутри цилиндрической коробки.
Указание. Решение ищется в виде и = *ER(p)Z(z), для R(p)
получается задача
R" + - R' - XR = 0, R(a) = 0.
Общее решение этого уравнения имеет вид
Д(р) = Л/о (л/А р) + ВК0(у/\р).
Условие R(a) = 0 дает Б = -А10(^/\ а)/Ко(^/\ а) . Для Z(z) имеем
Z" + XZ = O, Z(O) = Z(l)=O, Л„= ^ , Zn(z) = sin ^z.
При предельном переходе / —у оо вводим переменную sm =
тгBш + 1)	А	2тг
= ——	-, так что As = —- и наш ряд преобразуется в интеграл.
117.	Температура в точке (р, z) внутри тороида равна
и(р, z) = ио + (щ - uo)v(p, z),
гдеу(р, z) =vue(p, z)+vue(p, l-z), v116(p, z) — решение задачи 116
при Vo = 1.
118.	Если обозначить и(р, ip, z) стационарную температуру в
точке (р, ip, z), то:
1) и(р, ip, z) = щ = const; 2) и(р, ip, z) = u(z) = щ у.
119.	u(p, z) =
R
m^i Л-№(лД^а) + Ji(VX^b)] shy/X^l m
где
Rm(p) = <Л)(лА^р)^о(л/Х^а) - Jo
Xm — ттг-й корень уравнения
Решение. Искомое решение краевой задачи
О U „
= U
. =0, и . =0, и
7
z=b
z=0
представляем в виде и(р, z) = T,R(p)Z(z)J где i^(p) определяется из
уравнения Бесселя
1 d ( dR\ , ЛО п	/1Ч
-— U-— +Ai^ = 0	A)
pdp\dp)

410	Ответы, указания и решения
с граничными условиями R(a) = 0, R(b) = 0, a Z{z) удовлетворяет
уравнению Z" — XZ = 0 и условию
Z(l) = 0.	B)
Из A) находим
R(p) = CJ0(V\p) + DN0{V\p).
Пользуясь условиями при р = а и р = 6, будем иметь:
Rm(p) = <Л)(лА^р)^о(л/Х^а) - Jo(
где Хт определяется из уравнения
Вычисляя, как обычно, норму собственной функции Rm(p)
ъ
\\Rm\\2 = JPR2m(p)dp,
получаем
но иг _ 2 Ji
II ll
Из уравнения B) находим
sh v Am /
Функцию и(р, z) ищем в виде
Коэффициент Лт определяется из граничного условия
сю
и(р, 0) = и0 = ^ ЛтЯт(р).
т=1
Отсюда
о
Заменяя Rm(p) из уравнения
( ) - - l d
171	Хщр dp [и dp J
получаем
ь л / ло \	Г	/ ив \1Р=Ь
л	Uq	I a I ditm \ 7	^0	/ u>±tm \
Лт = - -—	/ —- р —— } ар = — -—	р ——
Ат % г J dp \ dp I	лт\\Rm\\ V dp I \
См. гл. VII, § 2, задачу 57.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	411
Вычислим:
В!т{а) = лД^[^о(лД^а)^о(лД^а) - <Л)(лА^а)Щ(л/\^а) =	,
7Ш
2
при этом мы воспользовались выражением для вронскиана
Jo(x)Nb(x) - 4(x)N0(x) = —.
Подставив выражения для Rfm(a), Rfm(b) и ||i?m||2, находим
д	7YUQ
120. Решение. Требуется найти решение уравнения
1 д ( ди\ , д2и
где /(р, z) = -— J(p) J(z —О 1) — объемная плотность, соответствую-
2тгр
щая точечному заряду, расположенному в точке р — 0, z = С, так что
2тг	ah
о J I f(p, z)pdpdz = е.
0 0 0
При z = 0, z = h, p = а должны выполняться граничные условия
и = 0.
Решение ищется в виде ряда
и(р, z)=^2 Rm(p) sin ^ z.
m=l
Для Rm(p) получается уравнение
где /im = ——, причем Rm(a) = 0. Общее решение однородного урав-
h
нения имеет вид
Rm(p) = AmloiVrnp) + ВтК0(/1тр).
Варьируя произвольные постоянные Аш и Вш из неоднородного урав-
уравнения для Дш, получаем
iCJo(/imp) + В'тК0{цтР) = 0, А!тГ^\хтр) + В'тКЬ(цтр) = -1—.
Р
х) S(p) и ^(^ — С) есть ^-функция. См. [7, гл. III, приложения].

412	Ответы, указания и решения
Отсюда находим
В'т = /mJo(.;.mp), Wm = I>0(х)К0(х) - 10{х)К'о(х)
— определитель Вронского, равный W = - (х = р,шр), так что
Вт = pfmlo(Vmp), А'т = ~ pfmK0(/Jmp).
Определяя отсюда интегрированием Аш и Вт, будем иметь
Rrn(p) = A°mI0(lJmp) + B^KoifJLmp) +
Р
Js[Iv(lJLms)Kv(lJLmp) - Io(fJLmp)KO(fJLms)]fm(s) ds,
0
где А®т и B^ — постоянные.
Из условия |Дш@)| < оо следует В^ = 0. Условие при р = а дает
а
так что
Р <„\ _ ^о(^т)/о(^т) }т (пш1 ч , /С\ЛС,
-LLfjiyPj 		,	ч	I J. Q ^ О fJ/fji J OJ iji у OJ (J/O \~
о а^	Q
+ К0(р/ит) Jlv{siJLm)sfm(s) ds + Io(pfJLm) j K0(sfjLm)sfm(s) ds,
или
так как
J^myP) — 	P7	ч	 bin/iyT^C,,
/г	I0(ap,m)
a	a
/4e	/*
Ko(s/j/m)sfm(s)ds = — sin/iimC j Ko(s/j,rn)S(s)ds = 0,
p	p
ибо точка s = 0 лежит вне области интегрирования
р	а
//•
^o(^m)^/m(^) ds = Io(silm)sfm(s) ds =
0	0	а
= — sin /imC / S(s) ds = — sin /imC-
h	J	h
0
Таким образом потенциал точечного заряда е, помещенного на оси
цилиндра р^а, O^z^/ic проводящими стенками, представляется
с помощью ряда
. тг?тг . . тгт
X sin —— С sin —— z.
h	h

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	413
В пределе при а —у оо получаем выражение для потенциала точеч-
точечного заряда в слое между проводящими плоскостями z = 0 и z = h
оо
оо
u(p,z) = — 2^ Ко {— р) sin — С sin — z.
т=1
Совершим теперь предельный переход при h —> оо. При этом по-
получаем
и — —
4е
о
- ??
7Г
О
Принимая во внимание формулу
4в /*
— / Kq {iip) sin /i? sin \iz d\i —
7Г J
: - C) - cos/iB; + ()] d/x. A)
/ Ко (/Ар) cos /az d/A =
0
получаем для потенциала следующее выражение:
е	е
_
(* - о2 Vp2 + (^ + о2'
что совпадает с известным выражением для потенциала точечного
заряда в полупространстве. Чтобы получить из A) потенциал заряда
в неограниченном пространстве, введем новую переменную
z1 = z - С,
что дает
оо	оо
/ К()	l d
и —
2р Г 2р Г
— — / Ко(/лр) cos \izl d/л	/ Ко (/Ар) cos /i(z' + 2?) d/i =
е	.
->•	= при С ->• оо.
/2 + (^J
о
е
2СJ
121. Потенциал точечного заряда, помещенного в точке @, ()
внутри полу бесконечной трубы р ^ a, z ^ 0 с проводящими стен-
стенками, на которых поддерживается потенциал, равный нулю, опреде-
определяется выражением
е	е
и(р, z) =
4е ГКошшЫри) ...	,
	/ —у—^—г^2-^ sinaCsm/Azd/A.
п J 1о(аш
о
122. Пусть заряд е находится в точке (г;, у/, ^) внутри бесконеч-
бесконечного кругового цилиндра с проводящими стенками; потенциал элек-
электрического поля, создаваемого этим зарядом, дается рядом

414	Ответы, указания и решения
j /Vn)
сю сю °п 1
u(r, ip,z) = —
- ^), A)
где [im — корень уравнения Jn(/Jb) =0, а — радиус цилиндра.
Если заряд находится на оси цилиндра (г' =0), то
Решение. Для построения функции источника решим методом
разделения переменных неоднородное уравнение
Аи = -4:тгр	B)
с граничным условием
uL = o,
где Е — поверхность цилиндра. При этом мы будем считать, что по-
поперечное сечение цилиндра — произвольная область S с границей С.
Пусть {фп(М)} и {Лп} — собственные функции и собственные
значения задачи
А2ф + \<ф = 0 в 5, ф = 0 на С.
Будем искать решение в виде
сю
и(М, г) = ^2Мг)Фп(М).	C)
71=1
Разлагая при этом р(М) также в ряд, получаем
71=1
где	1
ип{г) = пл\
( ) - 1
S
где
s
Из уравнения B) следует уравнение для un(z)
и'п - \пип = -4тг/9п (Лп > 0),
причем ип —> 0 при z —>¦ =Ьоо.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	415
Отсюда находим
+ ОО
un(z) = 4тг j -
или
+ ОО
п. G\ — Дтг
-оо 5
Подставляя это выражение в формулу C) и формально меняя порядок
суммирования и интегрирования, получаем
+оо	( оо
u(M, я) = 4тг
-L
Отсюда следует, что функция точечного источника равна
G(M, M> z, С) =
Потенциал заряда е, очевидно, равен и = 4тгеС. Если цилиндр круг-
круглый E — круг), то
л -л -W
где
2 при п = О,
1 при п/0.
Подставляя эти выражения в формулу для G, получим решение зада-
задачи в форме A). Аналогичным методом может быть найдено решение
задачи о точечном заряде внутри цилиндра.
4. Задачи, требующие применения сферических и цилинд-
цилиндрических функций.
123. Решение первой внутренней краевой задачи для сферы
Аи = 0 при г < а, и | _ = /(#, (f)
может быть представлено в виде ряда
A)
\ а /
где	п
Yn = y2(Ankcosk(p + Bnksmk(p)Pbk\cos6),	B)

416	Ответы, указания и решения
2тг тг
Ofi = ± ff 1(в,<р) sined0 dip,
An,k =
n t '* / //(#, ф)Р^ (cos в) cos kip sin в dO dtp,
n > 0,
Bnk = ^J^+k)^ 11
0 0
124. Решение первой внешней краевой задачи для сферы
Аи = 0 при г > а, и \г_а = /(#, (р)
представляется рядом
C)
u(r, 0, ф) =
n=0
00 n	n-\-l
= 5Z ХЛ~) (^ nfe cos k(f + 5nfe sin кф)р№ (cos 0),
n=0 fe=0
где Лп/, и 5n^ — коэффициенты, определяемые формулами C) зада-
задачи 123.
125. а) Решение второй внутренней краевой задачи для сферы
ди
Аи = 0 при г < а, — = /(#, ф)\
иП г=а
, ф) — функция, удовлетворяющая условию
2тг тг
/ //F>,
имеет вид
°° гп
и(г, О, ф) = 2_, —^Т Yn(9, Ф) + const =
сю п
г11
	-г (Ank cos кю + Впк sm кф)Р^¦ ' (cos 0) + const,
nan-l
п=1к=0
где Лп^ и Впк — коэффициенты, определяемые формулами C) зада-
задачи 123.
б) Решение второй внешней краевой задачи для сферы
ди
ди
Аи = 0 при г > а, — = /(#, ф) или - — = f@, ф)
г=а
г=а
(п — внешняя нормаль) имеет вид
г, ^, у?) = у_^ -,	 г Yn@,
const.
In + l)rn^L '"v ' ' '
n=l

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	417
Для частного случая
/(<9, ф) = A cos в
получим
Уп(<9, ф) = 0 при га > 1,
Yi(<9, ф) = Л cos 19,
<м(г, 0) = Лгсо8# (г < а),
Ла3
Цг, в) = —— cos# (г > а).
126. Напряженность электростатического поля, как обычно, вы-
выражается через потенциал и,
Е = -gradu,
равный
2
71=1
где a — радиус сферы, Рп — полином Лежандра n-го порядка,
Г (-1Г1- 3-5... Bi/-1)
()
Рп@)	Л2
[О	при ra =
Указание. При вычислении интеграла
1
Рп(х) dx
о
воспользоваться:
1) рекуррентной формулой
2) формулами
Pn-l(O) " Pn+l@) = Pn-l(O) ^у,
^o) = (-irll3'5;,f"^
P2v+i@) = 0.
127. Заряд находится в точке г = го, 0 = 0, где г, # — сфери-
сферические координаты, начало координат в точке г = 0.
а) Если го < а, где а — радиус сферы, то потенциал
сю
е
Ё (^Г " ^Sl) PnicosO) при r<r0,
(со8^) при г>го,
27 Б.М. Будак и др.

418
Ответы, указания и решения
а плотность поверхностных зарядов на сфере
п=0
б) Если го > а, то потенциал
и(г, в) = I
п=0
сю
п=0
rS
Pn(cos0) при г < Го,
Pn(cos6) при г > го,
а плотность поверхностных зарядов на сфере равна
00	п-1
п=0
Указание. Следует воспользоваться разложением
_ _
~R ~
сю
1 \~^ ( Г \п
— > —
го ^—^ V го /
0
При Г<Г0,
при
где .R — расстояние точки наблюдения (г, в) от заряда (го, 0).
Потенциал точечного заряда ищется в виде суммы
00
п=0
сю
п=0
г+1
при
> а.
A)
B)
Коэффициенты Ап и 5П определяются из граничного условия и \г_а =
А - е
Лп~ е
Г°
В - е
Плотность поверхностных зарядов находится по формуле
- _
C)
4тг \дп/ г=а
При этом в случае а) надо пользоваться формулой B), в случае б) —
формулой A).
128. Пусть сфера радиуса а, на которой распределен заряд ei,
помещена в поле точечного заряда е, находящегося в точке (го, 0).
Потенциал поля равен
_ е_ aVo_ _ ^ a2n+1 „ / ^

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	419
а поверхностная плотность индуцированных на сфере зарядов дается
выражением
п=0
\/о =	1	.
а го
Указание. Решение по-прежнему ищется в виде
Граничное условие
и(а, в) —
Отсюда находим
и г=а
Вел
Пользуясь разложением
найдем
1
= Vo Дает
п
1 R
п_|_1 1 -°П
V е 1
го
сю
: 	 / ( —
Го *-^ \Гс
}pn(cos0)-
п
гп+1
-)ПРп(с05в),
^	1_ (ди\
4тг \дп/г=а
Для определения Vo служит условие нормировки
2тг тг
/ / аа2 sin 6 dO dtp = e±.
о о
129. Пусть (г, #, у?) — сферические координаты, г = 0 — центр
шара, а — его радиус, и = и(г, 0, ф) — потенциал скорости:
3	3
( )
3	3
а) и = и(г, в) = ^-Pi(cosi9) = — cosi9;
б) w = u(r, в) = -и0 Гг + ?Л Pi(cos6>).
Указание. Решение ищется в виде
п=0 v	У
где Yn@, ф) — сферическая функция. Из граничного условия
при г — а находим
{О при п ф 1,
— Pi (cos 0).
Ср. решение задач 74 и 75 этой главы.
27*

420	Ответы, указания и решения
130. Потенциал искаженного поля равен
и\ = — Eq	г cos 0 внутри шара (г < а),
2в2 + ?i
и =
-si /a\3l	a
	 - г cos и вне шара,
! + ?l \Г/ J
где a — радиус шара, и = щ = —Eqz = —EorcosO — потенциал
внешнего поля в отсутствие шара. Поле Е = @, 0, Ez), где
	h,Q внутри шара,
и е2 -ei 2o3l „
1	— Ео вне шара.
2s2 + ?1 г6 J
Указание. См. [7, дополнение, часть II, § 3].
131. а) Если заряд находится вне сферы в точке (го, 0), г о > а,
то потенциал электрического поля равен
'щ(г, 0) при г < а,
2 (г, в) при г > а,
где	сю
п?1 + (п + 1)?2^
00	9 -1-1
и2(г, в) = е	 >	—	Т1	Pn(cosl9)H	—.
v' у	82 *-^ nei + (п + 1)е2 Гп+ гп+х v y s2 Я
Указание. Решение ищется в виде
га=0
где Лп и 5П — коэффициенты, определяемые из условия сопряжения
dui	ди2
U\ — ^2, Е\ -д— = 82 -~— При Г — а.
б) Если го < а, то
сю
/ ЛЧ	Si — S2 V^	П+1	Го Г „ ,	Л\ , е
^i(^? 0) = е	 2_^	7	Т\	^qr Pn{cosv) Н	н
п=0
при г < а,
пе1Г(п+1)ез^ при г>а-
Указание. См. задачу 131,а).
132. Плотность тока
ji = — о\ grad^i при г < а,
при г > а.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	421
Источник тока находится в точке (го, 0).
а) Если го < а, то
оо
_	_ . 1	_ _	г	(r<a)j
4тг (л ^ пах + (п + 1)G2 а2п+х пК
n=0
n + 1	Го „ / л\ / ^ \
Piv) (r > a).
-r— > 	t	г	7ГТТ Pn
47Г L^ ncri + (n + 1)сг2 а2п+1 ^
n=0
б) Если го > а, то
оо
2n
М2(г' в) = Т. ^Г	( y ^
(г > а).
133. Если шар идеально проводящий {а\ — оо), и источник тока
мощностью / находится в точке (го, 0), го > а, среды, обладающей
ПРОВОДИМОСТЬЮ СГ2, ТО
Л = 0, h = -cr2gradu2,
где	^
134. Температура и (г, 0) вне шара равна (источник — в точ-
точке (го, 0))
где к — коэффициент теплопроводности среды, R = ^/r2 + Tq — 2ror cos ^,
а — радиус шара.
135. Температура внутри шара г < а равна
где /г — коэффициент теплообмена, источник в точке (го, 0).
Указание. При г — а имеет место условие
дг
Решение следует, как обычно, искать в виде
(
1	.
воспользоваться разложением — и определить Ап из граничного
условия.

422	Ответы, указания и решения
136. Потенциал точечного заряда е между концентрическими
сферами (а ^ г ^ Ь) равен
и(г, в) =
22 Г2п + 1 „2n + l n	h2n + l r2n + l „2n + l
При а —>¦ 0 отсюда получаем решение задачи 127,а), при Ъ —у оо
решение задачи 127,6).
Плотность индуцированных зарядов
— I — e
n=0
Указание. Решение следует искать в виде
•>«) = | + Е
п=0
Ап и Вп определяются из условий и = 0 при г = а и г = Ь.
137. 1) Напряженность поля точечного заряда е, помещенного в
точке г = г0, # = 0 вне шара г0 > Ь, Е — — gradu, где потенциал
{^1 при г < а,
U2 при а < г < Ь,
щ при г > 6,
определяется формулами
~	/гхп
Mi (г, 0) = > ^.п ( - ) Pn(cos#) при г < а,
^—^ \а/
п=0
при а < г < Ь,
п=0
г+1	е
Pn(cos6) -\	 при
\ / /	E'xti,
п=0
где R = д/г2 + Гд — 2rro cos 0 — расстояние между точкой наблюде-
наблюдения (г, О) и зарядом, а
R _ 	еап(Ьз[пвз + (п+1)]
fl[l+n(n+l)] (^J
(г2-^i)^i2n5n, Dn=(-) Bn + Cn	^y,

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	423
Аналогично решается задача, если точечный заряд помещен
внутри шара го < а или а < го < Ъ. Соответствующие выражения
для потенциала мы не приводим.
138. Если внешнее поле Eq направлено вдоль полярной оси z, так
что его потенциал
Vo = -Eoz = -ЕогРг (cos в) [Р^х) = ж],
то решение задачи имеет вид
V = Vi = ArPi (cos в) при г ^ а,
V = V2 = (Вг -\—-) Pi (cos 0) при a ^r ^b (внутри оболочки),
У = V3 = (-Яог + 4г) Pi(cos6>) при г ^ Ъ,
где А, В, С, D — коэффициенты, равные
9?рЯ	3BЯ + 1) ^ ^_
' ^	АЛо' С	А
з Г BЯ + 1)Ь31
(Я-1)а3
= 9Я-2(Я-1J
139. Вводя обозначения: а — радиус внутренней обкладки, Ъ —
радиус внешней обкладки сферического конденсатора, 8 — расстоя-
расстояние между центрами сфер, и пренебрегая членами ?2, ?3, S4 и т.д., по-
получим для плотности поверхностных зарядов на внутренней обкладке
4тг V дт ) г=а
где V\ — Уъ — разность потенциалов между обкладками. При этом
предполагается, что центр сферической системы координат находится
в центре внутренней сферы.
Указание. Воспользоваться разложением обратного расстоя-
расстояния между точками по полиномам Лежандра. Если г — а — внут-
внутренняя обкладка, то приближенное (с разностью до членов порядка
S2 и выше) уравнение внешней обкладки может быть записано в виде
г = Ь + SPi (cos в).
140. Если точки кольца имеют сферические координаты г = с,
в = а, то потенциал в точке (г, в) равен
е v-^ /c\ n+1
V	= — 2_^ ( ~ ) Pn(cosa)Pn(cos6) при г > с или в ф а, г = с,
п=0
сю
е \~^ (г\п
V	= — ^^ f-I Pn(cosa)Pn(cos#) при г < с или в ф а, г — с.
п=0

424
Ответы, указания и решения
Указание. Сначала ищется потенциал в точке (г о, 0) на поляр-
полярной оси z
1+1
1
+ с2 — 2roccosa
~ / чn+1
— \ | — |	Р
ее ^ \r0)	n
п=0
оо
n=0
Го > С,
I, Г0 < С.
141. Если а cos а > 6, то потенциал между кольцом и сферой,
точнее, в области Ъ < г < а, дается формулой
^
(cosfl)
, e — полный заряд кольца. Начало координат нахо-
где к —	,
2тга sin a
дится в центре сферы.
Указание. Воспользоваться решением задачи 140 о потенциале
заряженного кольца, точки которого имеют сферические координаты
г = а, в = а.
Решение ищется в виде суммы
V(r, в) =
п=0
при r<b,
п+1
Pn(cosO) при
где Ап и Вп — коэффициенты, определяемые из условий сопряжения
при г = 6, а Ук — потенциал кольца из задачи 140.
142. Пусть начало координат находится в центре кольца и сферы,
полярная ось направлена перпендикулярно к плоскости кольца. Тогда
будем иметь для потенциала выражения (а — радиус кольца)
{Vi(r, О) при г <Ь или г = а, О ф -,
V2(V, 9) при b > г > а или г = а, 0 ф —,
где
k 2n /„х 2n+l /r\ 2nl
и
Нормальная составляющая напряженности электрического поля на
сфере г = b равна
dV2	e °°
Ег = -
дг
п=0

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
425
Здесь е — диэлектрическая постоянная вещества, заполняющего
сферу,
Bп)!! = 2 • 4... Bп - 2) • 2п, Bп - 1)!! = 1 • 3 • 5 ... Bп - 1).
Указание. Следует воспользоваться решением задачи 140 о по-
потенциале заряженного кольца, а именно: если начало сферической сис-
системы координат находится в центре кольца, на котором распределен
заряд е, то потенциал в любой точке (г, в) равен (см. задачу 140
при а = -)
К (г, в) =
причем
п=0
оо
Pn@)Pn(cos#) при г>а
Та Ъ ( ~ I Рп@)Рп(совв) при г<а
п=0
ИЛИ
< а
или
г
г
= а,
= а,
Оф
7Г
7Г
2'
о,
если п нечетно,
если п четно.
>	2-4...П
Решение поставленной задачи нужно искать в виде суммы
v = vK + vB,
где Vm — потенциал зарядов, индуцированных на сфере, равный
^2n находится из условия V = 0 при г = Ь.
143. Если а — радиус шара, в центре которого помещено начало
сферической системы координат, то потенциал тока во всех внутрен-
внутренних точках шара выражается формулой
^	2n+1	, m
п=0
Указание. В силу симметрии задачи V = 0 при # = —, и поэ-
поэтому можно решать задачу для 0 ^ 0 ^ —, полагая
y(r,fl) = f\
п=0
Коэффициенты А2П+1 следует определить из условия
S
lim i
г—а
в>5
= 0.

426	Ответы, указания и решения
144. Предположим, что точечный заряд находится в начале ко-
координат, & z = а и z — Ь — плоскости, ограничивающие пластинку,
?2 — диэлектрическая постоянная пластинки, е\ — диэлектрическая
постоянная пространства.
Потенциал поля в области z > Ъ равен
где
/3 = ?i^?ij /92=a,2+y2; h = b_a_
Е2 + ?l
Решение. Требуется найти функцию
{Vi(p, z) при — оо < z < а (под пластинкой),
V2{p, z) при a<z<b (в пластинке),
Уз(р, z) при Ъ < z < оо (над пластинкой),
гармоническую всюду, кроме точки р = 0, z = 0, в которой V\ имеет
особенность вида —, и удовлетворяющую при z = а и z = Ъ обыч-
обычным условиям сопряжения
^2 = V3, б2^7 = г1^7 при z =
Так как область неограниченная, то решение надо искать в ин-
интегральной форме, исходя из разложения
оо
L== fjo(Xp)e-x^dX1),	A)
г ОО	ОО	-I
V2(p, z) = j-\ JB(X)J0(Xp)e-Xz dX + Jc(X)J0(Xp)eXz dxi
I- о	о	-I
oo
V3(p, z) = - f D{X)UXp)e~Xz dX.
0
Все интегралы, кроме первого, должны оставаться конечными при
р ->• 0 и z ->• 0; кроме того,
Hm Vi = 0, lim V3 = 0.
Условия сопряжения при z — а и z — Ъ дают:
/i^AJ = [р + 1JO I^AJ — ре	, d I^AJ = ре О I^AJ + р — 1,
х)См. [7, с. 607].

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	427
так что
еA-/32) f М\р)е-*' ^
Уз = 	 /	-^—т^-г ал.
ei J 1 - /32e~2Xh
о
Для вычисления этого интеграла разложим 	 _2Xh в ряд по сте-
степеням C2e~2Xh:
о	о
откуда, пользуясь формулой A), и получаем результат в виде ряда,
приведенного выше.
145. Потенциал на поверхности земли при z = 0 может быть
представлен в двух формах:
или
A)
о2
где
Если в точках х = а и z = — а помещены два электрода, при-
причем через первый электрод вытекает ток /, а через второй вытекает
ток —/, то
; 0) = —^— <	-+
2 B)
где
Указание. Решение ищется в виде
г ОО	ОО	ОО	-|
Vi= —— ГJ0(Xp)e-Xz dX+ ГA(X)J0(Xp)e-Xz dX+ ГB(X)J0(Xp)eXz dX\
ZTTCTi \ J	J	J
L о	о	о	J
в области 0 ^ z ^ /г,
oo
V2 = 7;	 C(X)Jo(Xp)e~Xz dX в области z ^ a.
27ГСГ2 J
0
Коэффициенты разложения А (Л), В (Л) и С (Л) определяются из
двух условии сопряжения при z = а и условия —— = 0 при z =
ОZ
= 0, р ф 0. Переход от интеграла к сумме производится по аналогии
с задачей 144.

428	Ответы, указания и решения
Формула B) получается из формулы A) с помощью принципа
суперпозиции.
146. На поверхности земли потенциал равен
arcsh a
Решение. Требуется решить уравнение
<Tr{Vxx + Vyy)+<TBVzz=O
в полупространстве z ^ h при граничном условии
V = Vo на сфере ж2 + у2 + z2 = а2.
Полагая t = az, получим Vxx + Vyy + Vu = 0 и V = Vo на поверхности
эллипсоида вращения
^2 + 1/2 | t2 _
а* + С2 " '
где а2 = Ь2, с2 = a2a2. Вне эллипсоида на плоскости z = 0, очевидно,
^г— = 0. Поэтому задача сводится к вычислению потенциала поля
dz
заряженного эллипсоида вращения. Ее решение (см. задачу 164) имеет
оо
J та?~-
ВИД	оо
as
ds
(a2 + s)Vc2+s
где Л — эллиптическая координата. В данном случае эллипсоид вы-
вытянутый, поэтому имеют место соотношения
c2 + A = (c2-a2>?2, Kri2<oo,
-1
{с2-а2){т]2 -1) {с2-а2)т]2	-(с2-а2)A - ?2
отсюда
Вычисляя интегралы, получим
arcth л/(с2 — а2)с~2
или
arcth -	arcth "
Vo
а I	arccna
arcth \	—
V a2
Из уравнений
t = az = ay/oP-lfa p2 = a2(a2 - 1)A - ?2)(r]2 - 1),

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	429
исключая ?, получаем
2	2 2
~~ =«2(а2-1).
г?
При z = 0 отсюда следует
так что
а\1а? —
arcsh
, 0) = Fo
arcch a
§ 5. Потенциалы и их применение
147. Объемный потенциал однородного шара
г2\
2тгр0 [ аг - — ) при г < а,
V = u{r) = J	\	Ъ)	A)
при г > а,
4тг о
Л/Г 4тг о
где а — радиус шара, М = —pod — его масса.
о
Указание. Объемный потенциал
v(M)= f-ea-dTp,	B)
J гмр
Т
где Т — объем шара, является функцией, гармонической вне сферы
(при г > а), удовлетворяющей уравнению
AV = -4ттр	C)
внутри шара и непрерывной вместе с нормальной производной на его
границе. Так как ро = const, то потенциал обладает сферической сим-
симметрией.
148. Решение. Задача сводится к вычислению объемного ин-
интеграла
R
о о
где
R2 =?2 +г2 -З^г cos 19.
Вводя новую переменную интегрирования Д вместо 0 и учитывая, что
получаем

430
Ответы, указания и решения
Если г > а, то г > ? всегда и
Если г <
149.
а,
тро
г
а)
то
[J
L 0
= <
= 27гро ^2 - r-pj .
2тгро(Ь2-а2
4тгоро
при г < а,
при а < г <
при г > Ь;
б)
2тгЫ«2-у
4тг а3
2тгро
при г < а,
при а < г < Ь,
— I при о < г < с.
4тг[/92(с3 - Ь3) + a3/9i] _ Mi + М2
при г > с.
Зг	г
Указание. В силу принципа суперпозиции решений линейного
уравнения искомый потенциал представится в виде суммы
V = Vi47+Vl49a,
где Vi47 и Vi49a — решения задач 147 и 149,а);
в) потенциал
М(с)
М(г)
+ 4тг
с
/
при г > с,
при г < с,
где
М(с) =
, M(r) =
— масса, распределенная с объемной плотностью р(г) внутри сферы
радиуса с (или радиуса г).
Если
Г 0 при г < а,
при а < г < Ь,
-{,

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	431
то отсюда мы сразу получаем решение задачи 149, а)
М
—	при г > 6,
2-г2) при а<г<Ъ,
где
M=f(b3-a3)p0.
При р = ро внутри сферы радиуса а (с = а) из общей формулы
получим	м
при г > а,
г
2ттр0 ( а2 - ^- I при г < а,
V	6 )
ъ/г 4тг о
где М = — а ро и т. д.
3
150. Потенциал однородного сферического простого слоя равен
{4тгаг/о ПРИ г < а,
М
— при г > а,
г
где М = 4тга2г/о — полная масса простого слоя, распределенного на
сфере.
Указание. Потенциал простого слоя
2тг тг
/ ч Г Г г/о
ЧГ) -JJR'
о о
где R = л/^2 -\- а2 — 2ra cos #, помимо непосредственного вычисления,
которое в данном случае просто, удобно искать как решение урав-
уравнения
Аи = 0 при г ф а,
всюду непрерывное, а при г = а имеет разрывные нормальные произ-
производные
du\
где и\ — решение уравнения Аи — 0 вне сферы (г > a), U2 — решение
внутри сферы (г < а).
151. Пусть центр шара радиуса а помещен в точке х = 0, у =
= 0, z — Ь и р — ро есть плотность объемных зарядов. Потенциал
электростатического поля будет равен
2 Г2\	М
г - — 1 - — при г < а,
М (	)	при г > а,
\г ri /
где

432
Ответы, указания и решения
Указание. Для вычисления влияния идеально проводящей
плоскости z = 0 следует зеркально отразить исходную сферу с цент-
центром в точке (О, О, Ь) относительно плоскости z = 0. Решение в этом
случае представится в виде суммы
V =
С\ - - 7rp0r2	при г < а,
о	7*1
М -- —
при г > а.
Постоянная С\ определяется из условия сопряжения решений при г = а.
152. Логарифмический потенциал круга в точке (г, ф)
2тг а
V = V(r)=poff]n-f===L===XdXdflj
+r2 -
вычисляется непосредственно и равен
M(l~lna~li
Mini
при г < а,
при г > а.
Указание. При вычислении интегралов следует разложить
подынтегральную функцию
In - = In ¦
в ряд
In—h У^ — ( —) cosnf/j вне круга г > a,
n=l
1 +°° 1 /A\n
In —h >^ — ( — ) cos nib при A < r < a,
n=l
+ OO
In
— + У^ — ( — I cos mb при r < A < a.
A *-^ n \r/
n=l
153. Логарифмический потенциал простого слоя отрезка —а
^ac постоянной плотностью р = ро
+а
V(x, у) = PoJ In
1
вычисляется непосредственно и равен
Указание. Проинтегрировать по частям.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	433
154. Пусть М(х, у) — точка наблюдения, ip — угол, под которым
отрезок (—а, а) виден из точки М.
Логарифмический потенциал двойного слоя отрезка
+	+
W{M) = v I —	d?P = vy -±
J Kmp	J Kz
(R — расстояние между М и точкой интегрирования Р) равен
ттт/-пуг\ х-\-а х — а
W(M) = v arctg	arctg
L	У	У
причем	г	. п
к	ттг I ую.	если у > О,
W = <
(^ —yip,	если у < 0.
155. Потенциал простого слоя, равномерно распределенного по
круглому диску, имеет два аналитических представления:
1) представление потенциала в виде разложения по сферическим
функциям
V(r, в, ф) =
--Y PiicosO) при г < а, цч
Т ^ (г)
0
и+1
(г)
п=0	при г > а;
2) представление потенциала в виде эллиптического интеграла
2е
У=	*	k(J 4arsin^ -^	B)
Vr2-2arsin0 + a2 \V ^2 ~ 2arsin(9 + а2 у '	w
тг/2
где Х(ж) = / —j^^^=^^^ — эллиптический интеграл. Здесь е =
J vl — ж2 cos2 a
= тга2сг — суммарный заряд.
Указание. При выводе формул A) вычисляется значение по-
потенциала на оси z, перпендикулярной к плоскости, в которой лежит
V@,0,z) = ^[
и затем находится его разложение по зональным сферическим функци-
функциям. Дальнейшие рассуждения проводятся по аналогии с задачей 140.
156. Выбираем систему координат (р, ip, z) с началом в центре
круга и осью z, перпендикулярной к плоскости, в которой лежит кру-
круговая петля с током. Вектор-потенциал имеет только одну составля-
составляющую А^:
л — 1^1 I ds _ 2/iI Г	a cos (p dtp
ip~cJR~cJ^ л/а2+/э2 + ?2 -2
28 Б.М. Будак и др.

434	Ответы, указания и решения
которая равна
Р
где \i — магнитная проницаемость среды, / — полный ток, текущий
по петле,	.
к2 = Аар
{а + рУ + z2 '
К и Е — полные эллиптические интегралы первого и второго рода:
ж/2	ж/2
К(к)= [	М —, Е{к)=
На больших расстояниях от тока (к ^С 1) имеем
^ 8с у р V 4	128
Для очень маленькой петли ^/р2 + z2 ^> а имеем
д _ ira2/il sin 9
157. В полярных координатах (р, <р) находим:
а) решение внутренней первой краевой задачи для круга
2тг	о	~
ч _ J_ Г (а2 - /
9' (f) ~ 2тг У а2 + р2 - :
о
и _
u-
б) решение внешней задачи
U =
02.
О
где а — радиус круга.
Решения соответствующих интегральных уравнений имеют вид:
где С — окружность радиуса а;
С
Указание, а) Если контур С — окружность радиуса а, то
J
грр0	2а
и уравнение для v(so) принимает вид
v{so) + ^-afv{s)ds = ^f{s()),	A)
с
т. е.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	435
Подставляя B) в A), находим
1
А = —
4тг2а
с
Зная v(s), после несложных преобразований приходим к интегралу
Пуассона.
б) Для внешней краевой задачи
1
7Г
где
д ( д	д	п
р ар \ ар) р2 д(р2
с
158.	Решение второй краевой задачи
д ( ди\ 1 д2и
ди
(Ур р=а
ищется в виде выражения потенциала простого слоя
2тг
и = V(p, (f) = a\n —	- v(ip)dip + const.
J yja2 + p2 — 2apcos(cp — ф)
Решение интегрального уравнения для г/(ср) дает
I
1/ир) = —
7Г
159.	а) Решение первой краевой задачи ихх + иуу + uzz = 0 в по-
полупространстве z > 0, и\ _0 = / ищется в виде потенциала двойного
слоя
+оо
~2
г = (х — ^) + (у — г}) + z
I I -
о
и дается формулой
б) Решение второй краевой задачи
ди
uzz — 0 при z > 0, тг-
ищется в виде потенциала простого слоя
+ ОО
и(х, у, z) = V(x, у, z) = /7 ¦
— oo
и дается формулой
+ ОО
z=0
= /
и(ж, у, z) = -— / /	MSM/ s ; 	+ const /i = — / .
28*

436	Ответы, указания и решения
160. Первая краевая задача
А2и = ихх + иуу = 0 при у > 0, и\^=0 = f(x)
имеет решение
— оо
Указание. Решение ищется в виде потенциала двойного слоя
+ ОО
u = w(m) = Г v(i
J	' МР
— оо
для плотности v которого получается интегральное уравнение с
ядром, тождественно равным нулю, так что
161. Решение. Если поверхность Е эквипотенциальна, то каж-
каждому значению параметра s должен соответствовать определенный
потенциал
V = f(s),
удовлетворяющий уравнению Лапласа. Дифференцирование дает
Vx=f'(x)ax, Vxx=f"{s){sxJ+f'{s)sxx, ...,
так что
AV = Vxx + Vyy + Vzz = /"(s)(gradsJ + f'(s)As.
Отсюда следует
As _ f"(s) _ . ,
(grads)^	f'(s) ^lSJ'
т.е. поверхность Е эквипотенциальна, если отношение As/(gradsJ
является функцией только s.
Обозначая
_ х2	у2	z2	1	1	1
Qn ~ (а2 + з)п (Ь2 + з)п (с2 + з)п ' Р ~ о? + з V + з
(а2 + з)п (Ь2 + з)п (с2 + з)п ' Р ~ о? + з V + з с2 + з '
видим, что уравнение
^^ + ^^ + ^^ = 1	A)
a2 + s 62 + s c2 + s	l ^
сводится k^i = 1. Дифференцируя его по ж, получаем
- 2х	- 2У	- 2z
^-(S + a2)g2' ^"(s + 62)^' ^-(S + C2)g2'
Вычисления дают
_	2	8ж2	8ж2д3
As = — и, следовательно, y>(s) = -. Проинтегрировав уравнение
f'(s)	^ '

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
437
получим
где
R(s) = ^(s + a
На бесконечности при s —У оо потенциал должен быть равен нулю;
отсюда следует, что
у = -А 7
J
162. Если эллипсоид, заданный уравнением
а2 Ъ2 с2
является проводящим и несет на себе заряд е, то
2s J
R(s)'
На поверхности эллипсоида s = 0 потенциал V равен
Емкость эллипсоида равна
R(*Y
оо	-| —1
Поверхностная плотность заряда дается выражением
откуда в силу равенств (Vs)s=o —	^5 Igradsl = 	 следует
2еаос	/цъ
т_
, , ,
4 б4 и
Если а = b > с (сплюснутый сфероид или сплюснутый эллипсоид
вращения), то получаем
V =
оо
e Г as	e
= — /	. = —.
arctg
6
Если а > b = с (вытянутый сфероид или вытянутый эллипсоид
вращения), то получаем
, л/А + а2
П л/Л + а2 - л/62 - а2
Здесь Л — положительный корень уравнения A).

438	Ответы, указания и решения
163. Поверхностная плотность заряда на эллиптическом диске
Anbc \ Ъ2
где е — полный заряд диска.
Емкость круглого диска (а = О, Ь = с)
С = 8еЪ.
Плотность заряда на каждой из сторон круглого диска
е
а = 		.
4тгЬ л/b2 — р2
Потенциал, создаваемый круглым диском, выражается формулой
или
V = Wo arctg ,	(x2 +y*+z> = r2).
- b2 + y/(r2 -b2J
Указание. При вычислении а для эллиптического диска вос-
воспользоваться формулой для а из решения задачи 162
в (х2 а2у2 аУх~1/2
а2 Ь4	с4
ж2	ж2 у2 z2
Исключив — из уравнения — + ^— -\—- = 1, получим
-i In
/	2	2	2 2	2 2
__ _f_ (-i _ |/_ _ ?L + ° 2/ ,a*
^	J 7	I "^	7 О	О "Т"
4тг6с V Ъ2 с2 Ъ4	с4
Предельный переход при а —> 0 дает нужную формулу для ст.
Для круглого диска а = 0, с2 = Ь2, р2 = у2 + z2. Параметр Л
определяется как положительный корень уравнения
равный
Л = i[r2 - б2 + V(r2-b2J
164. Указание. Требуется доказать, что
АУ = —4тгро внутри эллипсоида,
ДУ = 0 вне эллипсоида.
Доказательство первого равенства не представляет труда. При
доказательстве второго равенства следует использовать соотноше-
соотношения grad Л • grad / = 4, div grad / =	.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа
439
165. а) Гравитационный потенциал вытянутого эллипсоида вра-
вращения (Ъ = с < а)
«2 1 1 + е 1 /1 1 1 + е \ 2
^1п^37 ~ ^з \-j^Y^l ~e)x
1 / е	1т
- 2^з (т^Т2 ~ 2
, 2ч\
* м внутри
, у, z) = 2тгA - г2)р0 \ т In
I 2s
/а2 + А + еа _
/а2 + А ^7а
1 / 1 1 у а2 -\- А + ?B	?B
/а2 + А — еа
1 sa\/a2 + А	1 , \/а2 + А + еа
-^п-
2s3 |(l-s2)a2
(у2 + z2) > вне эллипсоида,
где г — 1	-, А — положительный корень уравнения
а1
гг2	О,2 _|_ Г2
a2 + s с2 + s
б) Гравитационный потенциал сплюстнутого эллипсоида враще-
вращения (Ь = а > с)
V(x, у, z) = 27гA + г2)ро^ — arctgs- -—г (arctgs - -——
[ е	2sd V	1 + i
	-(е - arctg e) zz \ внутри эллипсоида,
V(x, у, z) = 2тгA + г2)р0 <J — arctg J^-—
е	у с1 + А
1
ее
— arctg —1^=^ I z2 > вне эллипсоида,
где г = — - 1, а А — положительный корень уравнения
х2 +у2	z2
= 1.
а2 + s с2 + s
Предельный переход при е —У 0 приводит к потенциалу однород-
однородного шара радиуса а:
V =
2тгр0 (а2 - - г2 j при г < а,
М
при г > а ( М = — а ро ) •
\	О	/

440
Ответы, указания и решения
166. Логарифмический потенциал однородной эллиптической об-
области
т2 и2
о? + Ь2 ^
дается формулами
лт( \	l /1 1 а + Ь\ тгаЬро (х у \
V(x, у) = паоро	In	Чг- — + тт внутри эллипса,
V2	2/ а + о у а2 о2 J
х2 , у2
V(x, у) = паЬро ( - — In ^— ) - тг^б
/а2 + А
, л/а2 + А + Vb2 + A
'о In	 вне эллипса,
где Л — положительный корень уравнения
а2 +
+ s
167. Потенциал вне эллипса равен
[
1
или
У (яг, г/) = V& 1 -
¦In
2Л + а2 + Ь2 + л/(А + а2)(Л + б2)
2 In
a + b
где Л — положительный корень уравнения
У	 _
= 1.
Плотность заряда, распределенного на эллипсе, равна
Vo	1
а =
2тгаЬ\п ¦
Предельный переход при Ъ —у 0 дает потенциал отрезка 0 ^ х ^ а
на плоскости (ж, у)
, 2/) =
1-
х In ¦
где р2 = ж2
Указание. Вывод формулы для V (ж, 2/) совершенно аналогичен
выводу, приведенному в решении задачи 163.

Гл. IV. Уравнения эллиптического типа	441
На бесконечности мы ставим условие
—>¦ оо, | gradu| < —,
где А и В > 0 — некоторые постоянные.
168. Пусть / — ток, протекающий по петле Са с центром в точ-
точке z = О, /9 = 0 и радиуса а, /' — ток, текущий по петле Сь радиуса Ъ
с центром в точке z = d, p = 0.
Для силы взаимодействия между Са и Сь возможно одно из пред-
представлений:
\-К(к)
где
тг/2
/
~ J ,/l-Fsin2
= f Vl-к2 sin2 (fd(f
о
— эллиптические интегралы первого и второго рода;
с n=i ^ + '
где а = вь — координата точек кольца Сь, если начало координат
находится в центре кольца Са;
О\ 7-1	П УЛ'± Х О111 М X	Х	/ и \	7-»1	/	П\ 7-»1 /	П\	/7	\
3) F =—-—	-> 	т(т) Pr)+1(cosf3)PUcosf3) (b>a);
cz	^—* n+1 \b/
n=2
при этом начало координат помещено в вершине кругового конуса,
проходящего через Са и Сь (а фЪ) и имеющего угол раствора /3; если
а < Ь, то ряд, стоящий справа, быстро сходится.
Указание. Сила, действующая на контур, по которому проте-
протекает ток /О, помещенный в магнитное поле, равна
F=I-f[dsB],
где В — магнитная индукция внешнего поля, а интегрирование про-
производится по данному контуру. В нашем случае
с
2
Для вычисления величины В на контуре Сь следует использовать
решение задачи 156.
169. Пусть кольца Са радиуса а и Сь радиуса Ь лежат в парал-
параллельных плоскостях Еа и Еь, а их центры расположены на одной пря-
прямой, перпендикулярной к плоскостям Еа и Е&; коэффициент взаимной
индукции может быть представлен следующим образом:

442	Ответы, указания и решения
и Е(к) — эллиптические интегралы, d — расстояние между центра-
центрами колец;
2) если начало координат поместить в центр Са, то кольцо Сь
будет иметь координаты гь = л/Ь2 + d2, вь = /3, и
,2, -2	Г^2, л2
если же	— > 1,	то вместо	—	надо писать
о?	[ а \
Г а2
Аналогичную форму имеет выражение для взаимной индукции
двух произвольно ориентированных колец, если их оси пересекаются.
Указание. Коэффициент взаимной индукции контуров 1 и 2
определяется формулой
г
Mi2 = Ф А2 dsi,
1
где А2 — вектор-потенциал поля, созданного единичным током в кон-
контуре 2.
В нашем случае
Mba = j>Aa dsb = 2тгЪ \Aa\zpZb,
СЬ
где \Аа\ вычисляется на основе решения задачи 156.

Глава V
УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
параболического типа; постановка краевых задач
1. Для температуры жидкости в нестационарном случае имеем
ди 2 ( д2и д2и д2и\	ди
а	+ +	г?
dt ~п \дх2 ' ду2 ' dz2) ^ дх'
—	оо < ж, у < +00, 0 < z, t < +00, A)
а2 — коэффициент температуропроводности,
А -^ = а(и - /) при z = 0,	B)
где /(ж, ^/, ?) — температура плоскости z = О,
\t=0 — tj\'li У) ^/' oo ^ x, (/ ^ п^оо, и Ч & s -|-oo.	^o^i
В стационарном случае (с «пренебрежимо малой» теплопровод-
теплопроводностью в направлении оси ж)
ди а2 Iд2и д2и\	п	/1П
ТГ" = — ^ГТ + ^Г^7 5 —00 < у < +00, 0 < Ж, Z < +00,	A )
ox vo V оу2 uzl I
Л ^ = а (и - /) при z = 0,	B;)
где /(ж, ^/) — температура плоскости z = О,
2. Для концентрации вещества, диффундирующего в подвижной
среде, заполняющей полупространство z > 0 и движущейся с постоян-
постоянной скоростью в направлении оси ж, при условии, что плоскость z = О
непроницаема, в нестационарном случае имеем
ди _ (д?и_ д?и_ д\Л _ ди
—	oo < ж, у < +00, 0 < z, t < +00, A)
-^ = 0 при 2 = 0,	B)
D — коэффициент диффузии.

444
Ответы, указания и решения
В стационарном случае (при условиях задачи)
ди D (д2и , д2и
+
0<ж, z <+оо, A')
B')
C')
— оо < ж, у, z < +00, 0 < t < +00, A)
t=0 = V>(x,y,z), -оо < ж, ?/, у, z < +оо,	B)
g = 0 при * = 0,
^1^=0 = ^B/'^)' -оо<?/<+оо, 0<;?<+оо.
и д2и д2
-ч дп ^ /^2п , д2и , ^2п
б) 1^7 = ?> Ьгт + 7ГТ + 7ГТ
^	у^ж2 ^ dz2
- оо < ж, у, z < +00, 0 < t < +00, A')
u\t=Q=(p(x, у, z), -оо < ж, ?/, z < +оо.	B;)
4.
2 /д^Е_ с?Е_ с?Е_
дН
dt
д2Н
~Г
д2Н
-оо < х, у, z < +00,
A)
где Е и Н — векторы электрической и магнитной напряженностей,
с — скорость света в вакууме, ц — магнитная проницаемость, о —
проводимость,
E\
H
t=Q
t=Q
, у, z)+j<p2(x, у, z) +
+ k<p3(x, у, z),
x, у, )+j
B)
- оо < ж, у, z < +00,
B')
x. У, z) +
+ к(р3(х, у, z),,
где г, j, к — единичные векторы по осям ж, у, z, a </?i, y?2? ^з5
-01, -02, V^3 — заданные функции.
Указание. Рассмотрим систему уравнений Максвелла
. „ 1 3D , 4тт .
rot if = -—- + — j,
с at с
C)
D)
F)
написанную в предположении, что в рассматриваемой области нет
объемных зарядов и сторонних электродвижущих сил.
divB = 0,

Гл. V. Уравнения параболического типа	445
Используя так называемые материальные уравнения поля
D = eE, В = iiH, j = crE	G)
1 dD
и условие постоянства г, а, а и пренебрегая токами смещения —— по
с ot
4тг . 4тгсг _,
сравнению с токами проводимости — j =	Е, получим уравнения
«** = -§•	w
гоШ = ^?.	(9)
Если от обеих частей уравнения (8) взять rot и воспользоваться из-
известным равенством векторного анализа
rot rot a = grad div a — div grad a,
то с помощью уравнений F), G) и (9) можно получить уравнение A).
Аналогично получается уравнение A').
к ди 2 (д2и , д2и , <Э2
- оо < у, z < +оо, 0 < t < +00, A)
Хих(О, у, z, t) - /ш@, 2/, 2;, t) = 0, Лиж(/, j/, z, t) + ftu(/, 2/, z, t) = 0,
B)
u{x, y, z, 0) = /(ж, ?/, z),
где / — толщина пластины, Л — коэффициент теплопроводности.
Если температура меняется по толщине пренебрежимо мало, то
и = и(у, z, t)
и
^ = а2 (р± + ^) - 2/iiw, -оо < у, z < +оо, 0 < t < +оо, C)
,	h
hi = —,
cpi
где pi — масса единицы площади пластины.
а ди 2 Г1 д ( ди\ , 1 д2и\	. .
at	[гаг \ аг/ г2 д(р2 J
О ^ (р ^ 2тг, 0 < * < +оо, A)
Хиг(ги </?, t) - h[u(ru (f, t) - U(t)] =0, 0 < t < +oo,	B)
Aur(r2, </?, t) + h[u(r2, ip,t)-Uo]=0, 0<t< +oo,	Bf)
7rnc*p* ^^ = —Л Г2тгг/(*) - |u(n, ^, t)dJ , 0 < t < +oo, B")
I-	о	J
где C/(t), p*, с* — температура, плотность массы и удельная тепло-
теплоемкость жидкости внутри трубы,
и(г, у, 0) = /(г, (р), п^г^г2, 0^<р^ 2тг.	C)

446	Ответы, указания и решения
7. Для определения скорости г? (г, i) частиц жидкости1) и угловой
скорости u(t) цилиндра получим краевую задачу
dv \d2v , 1 dv v\	. .	n ^ . ^ ,	/14
^ +	j	^^	0<*<+	A)
г;| _ =rouj(t), г> —)> О при г ->• +oo, 0 < ? < +oo, B)
3
dr r lr=r0 '
Указание. В цилиндрических координатах:
1)	уравнения движения несжимаемой вязкой жидкости
dvr	dvr v^ dvr	dvr v% _
dt	dr r dtp	dz r
_ 1 dp (d2vr 1 d2vr d2vr 1 dvr 2 dv^ vr
dt	dr r dtp	dz	r
_ 1 dp (d2v^> 1 d2v^> d2v^> 1 dv^ 2 dvr v^
pr dtp у dr2 r2 dtp2 dz2 r dr r2 dtp r2
dvz	dvz v^p dvz	dvz _
_ 1 dp (d2vz 1 d2vz d2vz 1 dvz
p dz \ dr2 r2 dtp2 dz2 r dr
2)	уравнение неразрывности
dvr , 1 dv^n , dvz vr r,
dr r dtp dz r
vr, Уф, vz — составляющие векторы скорости по направлению еди-
единичных координатных векторов цилиндрической системы координат;
3)	компоненты тензора напряжений
0 dvr	I I dvr dv^
dr	у г dtp dr
—V т z=iy (dVip I l dVz
r dtp r I ^z	\ dz r dtp
r» dvz	(dvz dvr \
dz	V dr dz )
Компоненты тензора напряжений в цилиндрических координатах
определяются аналогично тому, как это делается в декартовых ко-
координатах при выводе уравнений движения упругой среды в зада-
задаче 11 В 1 гл. VI.
г;(г, t) = v<p(r, t); см. указание к настоящей задаче.

Гл. V. Уравнения параболического типа	447
8. Решение. Поместим начало координат на водонепроницае-
водонепроницаемом основании и направим ось z вертикально вверх. Пусть в про-
проекциях на оси координат векторы /, V, U записываются в виде
/ = {fx, fy, fz}, V = {Vx, Vy, Vz}, U = {и, v, w}. Тогда уравнение
движения частиц грунтовых вод можно записать в виде
dVx	dp , -	dVy	dp , -	dVz	dp
p-=-m+9/>f pnr = --+gpf p^r = -w
где p — давление в грунтовых водах. Пренебрегая (в силу предположе-
предположения 2) условия задачи) инерционными силами и используя / = — — U,
к
получим из этих уравнений приближенные уравнения
к др к др , ( 1 др , .Л	/1N
gp дх gp ду \gp dz )
которые можно записать в векторной форме следующим	образом:
U = -kgmdH,	B)
где	_
Н(х, у, z, t) = V-^- + z,	C)
Ро — давление на свободной поверхности грунтовых вод (не зависящее
от ж, у, z).
Пусть pi означает гидростатическое давление в точке, лежащей
на высоте z над водонепроницаемым основанием, a z = Hq(x, у, t) —
уравнение свободной поверхности грунтовых вод; тогда для гидроста-
гидростатического давления получаем следующее выражение:
Pi-Po= 9p[H®{x, y,t)-z], 0 ^ z ^ Н0(х, у, t),
E±^+z = H0(xjyjt).	D)
9Р
Из C) и D) находим для избыточного давления следующее выражение:
р-=^- = Н(х, у, z, t) - Н0(х, у, t).	E)
и = к, v = k,	F)
дх	ду
т.е. частицы грунтовых вод, лежащие на одной вертикали, имеют
одинаковые горизонтальные скорости.
Рассматривая тонкую вертикальную призму с основанием Ах Ау
и высотой Hq(x, у, t) и используя соотношение F), уравнение нераз-
неразрывности можно записать в виде
дН0 _ к ( д ( дН0\ д ( днЛ\	т
В силу предположения 1) условия задачи из B), C) и E) следует
v = k
Если грунтовый слой и слой грунтовых вод над водонепроницаемым
основанием простираются «неограниченно», то краевую задачу для
определения движения свободной поверхности грунтовых вод можно

448	Ответы, указания и решения
сформулировать следующим образом:
дН0 _ к / д (гт ОНо\ . д ( дн
- оо < ж, у < +00, 0 < t < +00, (8)
Н0(х, у, 0) = </?(ж, у), -оо <х,у < +оо.	(9)
Замечание. Часто от нелинейного уравнения G) переходят к
линейному уравнению
О Но 2 (& Но д Но \	2 kho	(>7i\
dt	\ дх2 ду2 J	m
заменяя множитель Hq в круглых скобках, стоящих в правой части
уравнения G), осредненной высотой ho = const свободной поверхности
грунтовых вод.
§ 2. Метод разделения переменных
1. Краевые задачи, не требующие применения специаль-
специальных функций.
а) Однородные среды.
9. Решением краевой задачи
г\	( <-v9	<~»2	<~»2 ^
OU	2 U U О U О U	~
> , U < X <^ ?i, U <. у <^ 12,
, A)
ду2 dz2 J
0/
x=h
у=0
=U
= U
z=i^ =0, 0 < t < +оо,
B)
u\t=Q = f(x,y,z), 0<x<lu 0<y<l3, 0<z<l3, C)
является
/	,ч	\^ л	f 2 2 f к2 t m2 п2\,\
u(x,y, z,t) = у 4,m,nexp -а тг —+ -—+ _USx
k,m,n=l	v	x	/ J
х sin —— sin ——^ sin ——, D)
Ь1	Ь	fc3
где
> / dr, / /(^, »?, C) sin M sin Ы sin !^ dC- E)
J J J	li	h	h
0 0 0
10. и(х, у, z, t) =
4 ч з	+2^ ехр{-^ К2к + хJ + Bш + хJ + Bп +
^^	Bк + 1)Bт + 1)Bп
1)ти/ . Bn + 1)tyz
sin	^
( + ) ( + )/ ( + 1)tyz /i4
x sin	^— sin		sin	^—. A)

Гл. V. Уравнения параболического типа
449
В центре куба
A 1 1 Л тт f4Y
+оо
При всех t, удовлетворяющих неравенству
t* = -
I2
8тг2а2
1пЗг,
B)
C)
где ? меньше наименьшего из чисел 1 и -, в центре куба заведомо
будет иметь место регулярный режим с относительной точностью е.
Указание. Обозначим первый член ряда, стоящего в фигур-
фигурной скобке равенства B), через а, а сумму всех остальных его членов
через S. При всех ?, удовлетворяющих неравенству C), будет1)
S -~	D)
~	~ Е
так как е < 1 и г < -, то при этом будет
9
а
E)
т.е. в центре куба будет иметь место регулярный режим с относи-
относительной точностью е.
11. Решением краевой задачи
ди 2
, A)
-	hu
ж=о
= «
=11 \ду
у=о
(ди , и \ (ди и \ I	/"^ , ^ >\ I	п
= -— + ftu	=	Лгх) = (-— + ftu 1	=0,
\ду	) y=i2 \dz	) \z=o \dz	) \z=i3
0 < t < +oo, B)
u(x,y,z,O) = f(x,y,z), 0<x<lu O<2/</2, 0<z</3, C)
является
u(x, y, z, t) =
+ OO
J2m + u2n)t}Xk(x)Ym(y)Zn(z), D)
k, m, n=l
где
г) Подробнее см. гл. III, § 2, ответ к задаче 22.
29 Б.М. Будак и др.

450	Ответы, указания и решения
h h h
8\ltM2mrifffHx, y, z)Xk(x)Ym(y)Zn(z)dxdydz
Ak>m>n = [h(\l + /г2) + 2/г] • [h{n2rn + V) + 2/г] • [h(v* + /г2) + 2/г]' ^
Ai, Л2, ...; /ii, Ц2? • • •; J/ij J/2? • • • являются соответственно положи-
положительными корнями уравнений
Л
F)
ж) = cos А^ж + — sin Xkx, Ym(y) = cos /j,my -\	sin рту,
Лк	Цгп
Zn(z) = cos vnz Л	sin vnz.	G)
В частности, если /(ж, у, z) — Uo = const, то
+ OO
U(X, У, Z, t) =43h3U0 Y,
/г, m, n=0
Pi(^+i + h2) + 2/i] ' [b(ML+i + h2) + 2/г] • [Hv%n+1 + /г2) + 2/г]' l ]
Указание. Корни A^ уравнения ctg/iA = - (-— — ) удовлетво-
2 ч/г А/
ряют неравенствам 0 < \\l\ < тт, тт < А2/1 < 2тг, 2тг < А3/1 < Зтг, ...,
т. е. неравенствам
|, ... (9)
Подставляя А& в уравнение ctg/iA = - ( -— — ), перепишем результат
2 ч/г А/
в виде
в виде
2
2Xkh
к~ 1 -
h
Afe
h2
' ч
i
2
/i
В силу (9) tg —— > 0 при к нечетном и меньше нуля при к четном.
'1
поэтому из A0) следует, что
/г	7
—	при к нечетном,
\
—	—	при к четном.

Гл. V. Уравнения параболического типа
451
Следовательно,
h
xk(x)dx = —
f
+ —A
tg
2
Afc
1 + 1
Xkh
Л]$	La	I \ 2
^ Лк
h
2 j +
при
при
fc четном,
fc нечетном.
2	3
Аналогично вычисляются / Ym(y) dy, / Zn(z) dz.
о	о
Замечание. Если параллелепипед в начальный момент време-
времени равномерно нагрет (т.е. /(ж, у, z) — Uo = const), то, очевидно,
распределение температуры в нем будет симметричным относитель-
h	h	h
но плоскостей х = —, у = —, z = —, поэтому можно ограничиться
определением температуры в одном из восьми параллелепипедов, на
которые этими плоскостями разбивается первоначальный параллеле-
параллелепипед.
12. Температура в центре куба —l^x,y,z^l равна
U = SU0h3 <
+ ОО
^е-аХь\-1)
k=0
где Ао, Ai, А2, ... — положительные корни уравнения
A'
При всех значениях времени ?, удовлетворяющих неравенству
t>t* = —
7^Г 1П
(ЫJ + hi + (/АоJ
A)
B)
C)
где е равно меньшему из чисел 1 и -, в центре куба заведомо будет
иметь место регулярный режим с точностью до е.
Указание. Чтобы получить выражение A) для температуры в
центре куба —l^x,y,z^l достаточно согласно замечанию к преды-
предыдущей задаче сначала найти температуру части 0 ^ х, у, z ^ I этого
куба, считая плоскости х = 0, у = 0, z = 0 теплоизолированными.
По поводу определения момента, с которого заведомо будет иметь
место регулярный режим с точностью до е > 0, см. ответ и указание
к задаче 10 настоящей главы и ответ и указание к задаче 29 гл. III.
29*

452
Ответы, указания и решения
13. Решением краевой задачи
ди а2 (д2и , д2и
, 0<y<lu 0<z<l2, (I)
(ди , \ I	(ди , , \	f ди , \
V ду	J \ п \ ду	I , \dz	) п
= 0, 0<ж<+оо, B)
z=l2
C)
является
+ oo
где /ii, /i2, • • •; ^i, ^2 ?
соответственно корни уравнений
Указание. См. указание к задаче 11.
/з"
14. а) /кр = атгЛ-;
б) лавинный процесс размножения частиц будет иметь место при
любых размерах куба;
1 / V/? а/г/зА	лч о 2l,2
I, если р > За а ; лавинный
ч 7	«л/3	. 1
в)/кр = —arcctg-^^ ^y,
процесс будет при любых размерах, если /3 ^ За2/г2; /3 — коэффициент
размножения, входящий в уравнение
ди _ 2 /Л Л
15.	^^
г0
л	2 /" ?( ч . П7ГГ ,
n = — rf(r) sin	б?г.
го У	го
A)
B)
Указание. Уравнение теплопроводности в силу радиальной
симметрии записывается в виде
дп 2 Г #2^ , 2 дп 1

Гл. V. Уравнения параболического типа	453
Переход к новой неизвестной функции i? (r, t) = то (г, t) приводит к
краевой задаче об остывании стержня
7^=а2—^, 0<г<го, 0<?<+оо,	C)
г;@, *) = 0, v(ro,t)=0, 0 < t < +00,	D)
г;(г, 0) = r/(r), 0 < г < г0.	E)
Первое из граничных условий D) является следствием ограниченнос-
ограниченности температуры и (г, t) в центре шара
г;(+0, t) = lim та(г, t) = 0.
16. u(r, t) = Ui + 2 — (C/o - E^i) x
^	. П7ГГ
exp <	+v r^
nl
При всех значениях времени t, удовлетворяющих неравенству
в центре шара заведомо будет иметь место регулярный режим с от-
относительной точностью е > 0.
Указание. См. решение задачи 22 § 2 гл. III.
17. Решением краевой задачи
является
— = q, r = r0, 0 < t < +00,
u(r, 0) = E/o, 0^r<ro,
3a2^ 3ro — 5r2 ^-^ I Tq
Tq ЮГд ^^ flnCOSfln
льные корни уравнения
tg/i = fJL.
B)
C)
/ sin~^~ [
- r
D)
E)
18. Решением краевой задачи
Ж = а\^ + г^/' °<^<^ 0<*<+ос,	A)
-^L + hu = 0 при г = го, 0 < * < +оо,	B)
Цг,0) = /(г), 0^г<го,	C)
является
п(г,^) = 5:Лиехр{-а2Л^}^,	D)
П=1

454	Ответы, указания и решения
где
-ч2 Г9
Нsin Xnr dr,	E)
J
Хп — положительные корни уравнения
tgAnr0 = _nf° .	F)
19. u(r, t) = E7i + 2(C7i - С/0)Лг§ х
+ OO
где \in — положительные корни уравнения
& h — коэффициент теплообмена, входящий в граничное условие
|^ = h[Ui -и] при г = г0, 0 < t < +оо.	C)
В центре шара
u@, t) = U!+ 2(C7i - U0)hr0 x
+1 ^M + (fero ~ 1J f °/J^ ] D)
rg Г W
Если /гго < 1, то, очевидно, ряд D) удовлетворяет условиям
теоремы Лейбница о знакопеременных рядах. Воспользовавшись этим,
найдем, что при всех значениях времени ?, удовлетворяющих нера-
неравенству
? 2
- IJ J
ть место регулярны
20. Решением краевой задачи
в центре шара заведомо будет иметь место регулярный режим с от-
относительной точностью е > 0.
9м
дг
г=г0
at - и] , 0 < t < +оо,	B)
г=г0
u(r, 0) = U0, 0 sC r < r0,	C)
является	2 2 ro
u(r,t) = U0 + a\t+r ^ &
n=l

Гл. V. Уравнения параболического типа
455
где \in — положительные корни уравнения
Указание. Сначала следует найти частное решение уравне-
уравнения A), удовлетворяющее неоднородному граничному условию B).
Такое частное решение можно искать в виде [/(г, t) = U\ + at + F(r),
где F(r) — неизвестная функция.
21. Решением краевой задачи
=»¦ A
является
где
= 0,
u(r, 0) = /(r), n <r < r2,
П=1
Г2
2 /r/(r) sin[An(r - п) + i/n] dr
Ап =
hi + /г2 Н
< +00, B)
C)
D)
E)
An — положительные корни уравнения
An
ctgAn(r2 -ri) = —
.±V*-i-
An ( h\ + /i2 H
Г1 Г2
vn = arctg	^-.
22. a) RKP = ^;
F)
G)
б)	процесс будет иметь лавинный характер при любых размерах
шара;
в)	RKp является наименьшим положительным корнем уравнения
1-hR

456	Ответы, указания и решения
б) Неоднородные среды; сосредоточенные факторы.
23. Решением краевой задачи
ди , (д2и д2и\ п	п	7
0<?<+оо, A)
ди , Г д2и , <92п 1	^ , п ^ ^ 1
0<?<+оо, A')
0, у, t), 0<у<12, 0<^<+оо, B)
+ 0,y,t), 0<у<12, 0 < t < +oo, B;)
w| =u| . =u| _ =2/1 , =0,	B")
u(x,y,0) = f(x,y), O^x^h, (К ?/^2,	C)
является
U(x,y,t)= ^ Am,ne>~Xrn'ntVm,n(x,y),	D)
га, п=1
где
. _тп— sin —т-У-, 0 ^ х ^ хо, О ^ у ^ /г,
Vm,n(x, У) = { .= Г ° ч 2_„.	E)
sino;mn(/i — жо)
2 2
—2 _ clPl л 2	n n	=2
^тп	Г ^гап	р ' ^тп	Г ^гап	р '	V^J
Amn (ш = 1,2,3,...; п = 1,2,3,...) — корни трансцендентного
уравнения
Cipi Л о	П27Г2	Г	/Cipi л о	П27Г2 1
^ л- " пг ctgr° V h Хтп - "Г / =
h h
П27Г2 , Г/	7 ч С2р2 л о	П27Г2 i	,^,,
I /р(ж> y)f(x, y)vm,n(x, y)dxdy
\\Vm<n\\2
При

Гл. V. Уравнения параболического типа
457
h h
и	м2	f f /	\ 2 /
\\vm,n\\ — / / АЧЖ? У)Утп\3.
J J
oo
/2 J CipiXo	C2p2\ll — Жо) I	/inA
4 |sin2cJmn^o sin2cJmn(/i — жо) J
Функции i>m,n ортогональны с весом /i(x, 2/) на прямоугольни-
прямоугольнике 0 ^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ Ь-
24. Решением краевой задачи
С2^2 ^7 = ^2
2п ^2
, A)
) < х < /х, 0 < ?/ < /2,
0<z</3, 0<^<+oo, A;)
и(х0 - 0, у, я, t) = и(ж0 + 0, у, z,t), 0 ^2/ ^ Ь,
0<z</3, 0<^<+oo,	B)
x(x0 - 0, ?/, z, t) = k2ux(x0 + 0, у, z,t), 0 ^у ^ 12,
0^z^l3, 0 < t < +00,	B1)
и\х=0 = u\x=h = и\у=0 = w|y=/2 = u|^0 = u\z=[3 = 0,	B")
u\t=o = f(x,y,z), O^x^h, O^y^h, 0^z^l3j	C)
является
u(x, у, z,t) =
D)
где
Уч Z) —
m, n, p=l
sm штпрх . П7И/
—;——	 olll —	 olll —	.
sino;mnp(/i -x) nny pnz
——=	—	 ып —— ып ——
sino;
54, п,
=2
cipi
•• fcl Л
р А;2 '
Dili
) ^2
2
П2П2
to to
2 2
П 7Г
to to
P27T2
/2 '
2 2
?> 7Г
coto
F)

458	Ответы, указания и решения
Am,n,p (т = 1, 2, 3, ...; п = 1, 2, 3,...; р = 1, 2, 3, ...) — корни
трансцендентного уравнения
,2
~*2
2 2	2 2
П 7Г	р 7Г
A	—
^m,n,p —
7 \ / С-2Р2 л 2	П 7Г	р 7Г I	/^_ч
[[[«*, у, *Ж
J J J
\ _ / Cl^ ПРИ ° ^ x < ж°' ° ^ 2/ ^ b, 0 ^ z ^ /3, , ,
, y, z) - <^Cf) при я.<я.^/ 0^ж^/ 0^^^/
\\um, n,p\\ — / / / PVX5 У1 /6Jum n vVх 1 У1 /C) ax аУ u"c —
J J J
0 0 0
_ Ыз / CipiXp	C2p2Jll - Xp)
8 [ sin2 uJmnpXo sin2 aJmnp(^i — x
Функции г>т,п,р(ж, ?/, z) ортогональные весом /j(x, у, z) на парал-
параллелепипеде 0 ^ ж ^ /i, 0 ^ у ^ I2, 0 ^ z ^ Is-
25. Решением краевой задачи
9'M ¦ 2аи"' — - , 0<*<+оо, A)
* |^2 + " ^| , Го < Г ^ П, 0 < t < +00,	(Г)
r0 -0, t) =u(ro + 0, t), 0<^<+oo,	B)
ro -0,t) = k2ur(r0 + 0, t), 0 < * < +00,	B')
u(rut)=O, 0<?<+oo,	B")
u(r, 0) = /(r), O^r<n,	C)
является
и(г,^) = ^Лпе-Л'Ч(г),	D)
n=l
где Лп (n = 1, 2, 3,...) — корни трансцендентного уравнения;

Гл. V. Уравнения параболического типа
459
ctgl го\п \ Цр- \ - л/к2с2р2 ctgl (г0 - п)Хп \ Ц^- \ =
smujnr
r sinuJnro '
rsincJn(ri — ro)'
О ^ г ^ г0,
Г1
J li(r)f(r)vn(r)dr
( ) - i
\ С2р2Г2 При Го < Г ^ 7*1,
L, E)
F)
G)
(8)
(9)
Ч
= f V(r)v2n(
dr =
I
- r0)	k2 -
l
2 sin2 ujnro 2 sin2 o;n (n — ro) Anro
Функции г?п(г) ортогональны на отрезке 0 ^ г ^ ri с весом /л(г).
26. Решением краевой задачи
4 q * * d\J л ол ди	i	тт/,\ i	r\
-Trrfpc —=4тгг7А^^ , u\ =U(t), u\ =0,
3 1H dt	x dr r=n	lr=ri	V ; lr=r2
0 < t < +oo, B)
u(r, 0) = /(r), ri <r < r2,	C)
где р* и с* — плотность массы и удельная теплоемкость жидкости,
является
л -a2x2t sin An(г - r2)
u(r, t) =
< г < r2, 0 < t < +оо, D)
71=1
где Лп — положительные корни уравнения
ctgAn(r2 -ri) =
n — ЗА
E)
2 / r/(r) sin An(r — г2) dr
Ап =
a2Xnrip*c*
ЗА
An H
2o?r\p*c
ЗА
.2л/	ч
sin Xn(n - r2)
F)

460	Ответы, указания и решения
Указание. С помощью подстановки v (г, t) = та (г, t) задача A),
B), C) сводится к задаче об остывании отрезка с сосредоточенной
теплоемкостью на конце, которая решается аналогично тому, как это
делалось в гл. III (см. задачу 50).
2. Краевые задачи, требующие применения специальных
функций.
а) Однородные среды.
[	2 2	Jo
[
0 ^ г ^ го, 0 < t < +оо, A)
где го — радиус цилиндра, a \in — положительные корни уравне-
уравнения Jo(/i) = 0.
В условиях регулярного режима, т.е. при столь больших значе-
значениях ?, что сумма членов ряда A), соответствующих цъ-, №•> • • • ? пре-
пренебрежимо мала по сравнению с первым членомх)
u(r,t)
2J0 №
r0, B)
средняя по поперечному сечению температура
}}	C)
Замечание. В точках с координатой г\ — — регулярный ре-
жим наступает раньше, так как в этих точках обращается в нуль член
ряда A), соответствующий Ц2-
+ оо	s	2 2 ч Jo I 	 I
28. u(r, t) = SUo Y^ exp < — 2 t >	° , где \in — положи-
тельные корни уравнения Jo(/i) = 0. В условиях регулярного режима
средняя по поперечному сечению температура
г) Напомним, что для корней уравнения Jo(fi) = 0 имеет место
представление
/ 1 0,05661 0,053041
= 7Г П - - +
4
4 4п — 1 Dп — IJ
так что /л« 2,4048, //2«5,5201, /хз и 8, 6537, ...
Значения Ji(fin) см. [7, с. 679].

Гл. V. Уравнения параболического типа	461
Замечание. Регулярный режим наступает раньше в тех же
точках, что и в предыдущей задаче (см. замечание к ответу предыду-
предыдущей задачи).
29. Решением краевой задачи
А — = q при г = г0, 0 < t < +00,	B)
u(r, 0) = U0, 0 sC г < го,	C)
является
п=1
D)
где \in — положительные корни трансцендентного уравнения
Jo(//)=0.	E)
30. Решением краевой задачи
uL=o = /(г)> ° ^ г
является
где
^ + hu\ = О, 0 < t < +оо,	C)
«(r, t) = ^^ехр{-^1 J0 (HsL) ,	D)
//„ — положительные корни уравнения
цТ0{ц) + hr0J0(p) =0.	F)
В условиях регулярного режима
31. Решение краевой задачи
ди
Yt=a
—— Jo 	 ехр <	2~ t г •
l)	V Го /	{	Г0 )
О^г<г0, 0 < t < +оо,	A)
^ = h[U!-u] при r = r0, 0<^<+oo,	B)
u(r,Q) = U0, O^r<r0,	C)

462	Ответы, указания и решения
является	. 2 2
+оо J\ (/xn) exp <	^
u(r, *) = C7i + 2(C7i - Z70) XI	rj2( / j2? J Jo (^) , D)
n=l
где /in — положительные корни уравнения
/jJq(/j) + hroJo(/j) = 0.	E)
Замечание. В силу E)
Ji(fJ>n)	_	hr0
Таким образом, выражение D) для u(r, t) может быть записано в виде
2
a
32. u(r, t) = Uo + a
+oo exp < —
-ВДЛгоЕттлпттй^^]. F)
71=1
/г
4a2
з +°°
71=1
где /in имеют те же значения, что и в ответе к предыдущей задаче.
33. Напряженность магнитного поля
' [In
где /in — положительные корни уравнения Jo (/л) = 0. Поток магнит-
магнитной индукции через поперечное сечение цилиндра
2тгг0
Ф = Br dr dip =
2тгг0	Г	+ОО	г	2 2 ч Jo ( ^—
+оо
\	71=1	J
Указание. В уравнении для вектора магнитной напряжен-
напряженности1)
Лгт г/1 д2Н 4тг/хсг дН
/\ Н rz 	 	 -|-
для проводящей среды с большой проводимостью можно пренебречь
. [7, с. 440-444].

Гл. V. Уравнения параболического типа	463
ей, dH	4тгаа dH
членом -77 -г-тг по	сравнению с членом —тг	тг~ ? чт0 приводит к
с2 dt2	с2 dt
уравнению
Разложим вектор Н по единичным векторам ег, е^, е^ цилиндри-
цилиндрической системы, ось которой совпадает с осью цилиндра,
H = Hrer + H(pe(p + Hzez.
Так как внешнее поле не зависит от ip и параллельно оси z, то естест-
естественно предположить, что Нг = Н^ = 0, a Hz = H(r, t). Эта гипотеза
оправдывается в силу теоремы о единственности решения краевой за-
задачи. Для H(r, t) получаем краевую задачу
дн 2 / д2н 1 дн\ n. / n/^/_L
#?	[ ^г2 г дг J
A)
Я(г, 0) = 0, 0<г<го,	B)
Я(г0, t) = Яо, 0 < t < +оо.
34. В цилиндрической системе координат, ось z которой совме-
совмещена с осью цилиндра,
Н = егНг + е^Я^ + ezHz, Hr = Я^ = О, Hz = Я(г, t),
jj, ,\ _ тт ber о;7г bei о;7го — bei о;7
ber2 ш'го + bei2 ш'го
ber ш'г bei о;7го — bei a/r ber a/rо
ber а/го + bei uo'tq
где /in — положительные корни уравнения Jo(/i) = 0, а о;7 = ^—.
Решение. Решение краевой задачи	а
A)
Я(г, 0) = 0, 0 < г < го,	B)
Я(г0, *) = Яо cos wi, 0 < * < +оо,	C)
находим как действительную часть решения краевой задачи
С/(г, 0) = 0, 0 ^ г < го,	B')
C/(r0, t) = Яое*"*, 0 < t < +оо.	C')
Решение краевой задачи A'), B'), C') ищем в виде
U(r,t)=V(r,t)+W(r,t),	D)

464	Ответы, указания и решения
где V(r, t) — частное решение уравнения (I7), удовлетворяющее гра-
граничному условию C') и имеющее вид
V(r, t) = R{r)eiuj\	E)
a W(r, t) есть решение уравнения A'), удовлетворяющее начальному
условию
W(r, 0) = -V(r, 0) = -R(r)	F)
и граничному условию
W(r0, t) = 0.	G)
Подставляя E) в A') и C'), найдем
т//^ ,\ гг Iojruj'Vi) jpjt тт bero/r + zbeia/r >jt П /яч
Io(rO(jj'л/i)	Ъегш'го + ibei(jj'r0
где
r, t) = ? Л„ехр| -^*| Jo (^) ,	A0)
n=l
ВД Jo f ^ dr
ylJi(Mn)r
Вычисление интеграла, стоящего в числителе равенства A1), выпол-
выполняется с помощью следующего общего приема.
Пусть Zv{\*x) и Zv{\x) — произвольные цилиндрические функ-
функции v-yo порядка, Л и Л* — действительные или комплексные числа.
Мы имеем
d Г dZv(\x)]
х
п	/1Оч
= 0,	A2)
d Г с?^(ЛжI /л*2 ^\ ^7 /л* \ п	/1О\
Т~ Г	^	 + Л ж	^1/(А*ж) = 0.	A3)
dx \_	dx \ \	х J
Умножая первое из них на Zv{\*x), а второе на ZJ/(Xx), вычитая ре-
результаты и выполняя интегрирование, получим
dx =
Л — Л
х) Напомним, что Jo(xi уД) = 1о(х уД) = Ьегж + iheix, где
4	х8	х2 х6	-1
л х
Ьегж = 1-
2242 ^ 22426282 '"' 22 224262 22426282102

Гл. V. Уравнения параболического типа	465
Полагая Л* = а/ л/i, А = —, получим
?
откуда сразу же следует A1).
Выделяя действительную часть V(r, t) и W(r, t) и складывая, по-
получим равенство A), приведенное в ответе.
Замечание. Переходя к пределу в A4) при Л* —у А и используя
уравнение A2), нетрудно получить соотношение, важное для вычис-
вычисления норм собственных функций,
.	г™ 11, ^ V) \ r™ /«- / f * -/ \ * / — vy i	i Uj I
35. U(r, *) = ^_ > j —T2;;n)_J2/,, ьл— x
+ OO
'°n=l
-nA;)
— x
exp |-^| + \Ui In ^ + f/2 In ^-] lnfc,
7	r2
где к = —, fin — положительные корни уравнения
J0(ji)N0(iik) - J0(jik)N0(ii) = О,
Zo (??) = N^nk) Jo (^) - J0(link)N0 (^) .
При XJ\ — U2 = U* = const, /(r) = C7o = const
7T(f/0 " U*) V y, ur\ri/, exp
Г	2 2
Указание. Для вычисления нормы собственных функций
Zi(Xkf) = Ji(Aferi)A^i(A^r) — iVi(Ajferi) Ji(Ajfer)
нужно воспользоваться равенством A6) из замечания к решению зада-
задачи 34 и выражением для вронскиана цилиндрических функций Jv{z),
Nv^	Jv{z) Nv{z)
Jl(z) N'v(z)
36. Решением краевой задачи
ди _ 2 \ д2и , 1 ди
V
30 Б.М. Будак и др.
л Г ' 12,	,	A)
г дг '

466
Ответы, указания и решения
u(rbf) = O, ur(r2, t) = ^, 0 < t < +00,
Л
u(r, 0) = 0, ri < r < r2,
является
u(r, t) =
+ ОО
B)
C)
Jo(A*r)], D)
k=i
где f/(r) = ^——In— — стационарное решение уравнения A), удов-
Л	7*1
летворяющее граничным условиям B) (предел, к которому стремит-
стремится температура при t —у +оо), а коэффициенты А^ находятся по
формулам
Г2
— положительные корни уравнения
= 0.
r, E)
F)
37. Решением краевой задачи
A)
ur(ri, t) - hiu(ri, i) = 0, ur(r2j t) + h2u(r2j t) = 0, 0 < t < +oo, B)
u(r, 0) = U0, П <r < r2,	C)
является
u(r, t) =
k=i
0(A*r)}, D)
где
^-{[Afc Jo(Afcn) -
положительные корни уравнения
AJ5(An)-/nJo(Ari) A^(A
\J'0(\r2) + h2J0(\r2) \N'0(\r2) + h2N0(\r2)
- n Ji(Afcn)]},
_

Гл. V. Уравнения параболического типа	467
38. Решением краевой задачи
dv	(d2v , 1 dv v 1	п j. ,	/i\
at	[ or2 r dr r2 J
v(n,*) = 0, v(r2,t) =ujr2, 0 < * < +oo,	B)
г;(г, 0) = 0, n < r < r2,	C)
причем i?(r, t) = г?<р(г, t) 1), является
Afcr),	E)
где Afc — положительные корни уравнения
Ji(Xkri)N1(\2r2) - ^1(Лйп)Л(Лйг2) = 0.	F)
39. u(r, ip, t) = У J Jn ( —— ) [Ащь cos mp
(	2 (nJ
0	(n)
2	-2 ///(r, ^)Jn(^^) cosnvrdrdtp, B)
Г1 при n = 0,
6n " \ 2 при п ф 0,	l^j
о о
L	J
(n)
jj. — положительные корни уравнения
JnM = 0.	E)
+2^ (а{п)т\
40. u(r, (p, t) = 2_^ Jn [ —	 ) [An,k COSTKf +
n,k=0
" u Vk +{ fi\
ro )
l при n = 0,
при n^0,
x) См. указание к ответу задачи 7.
30*

468	Ответы, указания и решения
-— ) sin rupr dr dtp,
ro J
ro
D)
(n)
1Ц, ' — положительные корни уравнения
fiJ^(fi) + rohJn(fi) = 0,	E)
h — коэффициент теплообмена, входящий в граничное условие
[^ + hu] =0, 0 < t < +оо.	F)
lor	\r-ro
+оо	2
41. u(r, ip,t)= ^2 e~a2^n) ^n(A^n)r) x
n,k=0
х {Ап^ к cos nip + Bn^ k sin n(/?}, A)
7 (\ v*\ — T ^\ rr*i\ 1\T (\ ' f \ 1\T ^\ '*«i W ^\ ' v*\	(^)^\
где Aj™' — положительные корни уравнения
-Nn(X(kn)r1)Jn(X(kn)r2)=0,	C)
Л			к		'(v ft * /	 w
^0 2тг
/ //(г, (f)Zn(X^r)co^n(frdrd(f, D)
о
X
о о
_ Г 2 при п = О,
^п \ 1 при п/0,
ХкП) r) sin niprdrdip. F)
о о
Замечание. Если представить решение с помощью собствен-
собственных функций
Zn(x[n)r) = Jn(\in)r2)Nn(\in)r) - Nn(xin)r2)Jn(xin)r) =
(эта связь между Zn и Zn устанавливается с помощью C)), то
u(r,<p,t)= J2 е-а2х^П) ггп(Х(кп)г){А^ксо8п^ + В^к8тп^}. (8)
п,?;=0

Гл. V. Уравнения параболического типа	469
Формулы для Ащк и Вп,к получаются из формул D) и F), если
дробь 		fe— — заменить дробью
42. Решением краевой задачи
at	[ or2 r or г2 д(р2 J
является
где A^ — положительные корни уравнения
A)
B)
t=0 = /(r, y?K ri<r<r2, (К</?^2тг,	C)
^hiTil =0, \^ + h2u\ =0, 0<t<+oo, B)
or	J r=ri	Lar	Jr=r2
)
u(r,<p,t)= Y, e~a2X: ^n(Ain)r){^n,,cosn^ + 5n,,sinn^}, D)
n, fe=0
где
E)
F)
Гп{Х\ >г2) Х\ >К(Х\ >г2) -
2-7ГГ2
2А^,П / //(г, (p)Zn(XjJl^r) cos ncpr dr dtp
0 r1
\h\r\ + A^nJr2 - n2} Z2(\(kn)r2) - \h\r\ + Ajf Jr2 - n2} Z^X^n)'
G)
_ ' 2 при n = 0,	, ,
6n ~ S 1 при n/0,	W
2тгг2
A^Jr22 - n2] Z2(\in)r2) - \h\r2 + Ai™Jr2 - n2]
(9)

470	Ответы, указания и решения
Замечание. Можно представить решение с помощью собствен-
собственных функций
2) + h2 JB(A<">r2)] Nn(X^r) -
n)K(Ai"V2) + h2Nn(\[n\2)] Jn(A<n)r), A0)
связанных с функциями Zn(X^r) соотношениями
Zn(Ak Г) — к(п) П (п)	2 П (п)	' Zn(*kГ)'	("'¦¦'¦)
Й _ 2 (пJ ~	(п)	~
и(г, </?, t) = 2_^ е а l Zn(^k r){An,k cosntp + Вщк sinтр}. A2)
п,к=0
Формулы для Ап, к и Вп, к получаются из формул G) и (9) заменой Zn
на Zn.
43. u(r,ip,t)= У^ Апке~а Хк l JiHL(A^nV)sin^^, A)
п, к—\
\(п)
где А^ — положительные корни уравнения
Ап, к =	—=	-^ / //(г, ^) J- (AfV) sin ^ r dr d^. C)
+ OO
44. u(r, y,, t) = V ^n,,e-a2^} ^J^(Ain)r)cos^^, A)
n, ft=O
где А^ — положительные корни уравнения
^ Jrnr (A^ Jro) + ronJn2L{Xyk Jro) = 0,	B)
^? к	/	2 2 \
/ vo
rO(po
x f ff(r^)Jn,(\(kn\)cos^^rdrd^. C)
0 0
+oo	2
45. U(r, v, *) = ? A,,*e-°2Abn) *^(Ai"V)Sin^^, A)
n, k=l
n.^r) = Jn.(A[n)n)iVnI(A<.n)r) - 7Vn2L(A[n)ri)Jni(A<n)r), B)
VO	VO	VO	VO	VO

Гл. V. Уравнения параболического типа
471
положительные корни уравнения
v?o k	v?o k
X / f(ri ^jZnjL^X^r)
J J	VO
ri О
46. Решением краевой задачи
Qr2	r Qr	r2 Qy
sin
• D)
, 0 < <p < <p0, A)
_--/ilW	=0, — + h2u\ =0, ^~
L^r	lr=ri	Idr	lr=r2	dcp
d<u
u\t=Q = f(r, p), ri<r<r2,
cp=O
= 0,
= 0,
является
+ OO
u(r,tp,t)=
nmp
, B)
C)
(I1)
n,k=0
где
n(Al V) = AI Vn7r(AL ;n) -h1Jn2L(\l )r1)\ Nn2L(\l W) -
X
(п) дт/	/
^(A^Vi)j J^l(A^V), B')
J
положительные корни уравнения
= 0,
C')
) cos
0 0
D)

472 Ответы, указания и решения
47. и(г. ю. z. t) = V^ У^ ехр < —а2 ( —-~	Ь
?тг=1 п, А;=0
/ и^п\\	mnz
n —— [Ад; m n cos <p + 5fe m n sin ny?] sin ——, A)
V ^0 /	ь
f(«)
л С С С Р/	ч Т //^1 ^Л	. штг^ . . .
/ / rJyr'(P'z)Jn{ —Jcosn^sm—-—drdcpdz
л, _ Q Q Q	 (n\
л-к, m,n —	2	' \ )
где /ijj. ' — положительные корни уравнения
Jn(^)=0;	C)
Г 2 при п = О,
п 11 при п/0,
го2тг Z	(п\
4 / / / rf(r, cp, z)Jn f —-— J sin nip sin —-— dr dtp dz
	• D)
48. Решением краевой задачи
ди
dt	\ дг2 г дг г2 д^р2 dz2 \ '
, A)
=0, -^—h Л2гл =0, \— + h3U\ =0,
z=o	Vdz	jz=i	Idr	\
0 < t < +oo, B)
является
(n)
где /i^ — положительные корни уравнения
m — положительные корни уравнения
, m, n cos n(p + Bk,m,n sin n^} sin(>m2: + zm), D)
0,	E)
F)
G)

Гл. V. Уравнения параболического типа	473
го2тг
о	(п)
4 / / rf(r, (fj z)Jn( ——j cosn(psm(umZ-\-Zm)drd(pdz
OOP	 /n\
k, m,n —	г	/77 , 2 \/i ,7\1	Г	2?2	21' \°/
9, (nKL
2 при n = 0,
\ 1 при n/0,
го2тг Z	(n)
4 / / /r/(r, <p, ^)Jn f —-—J sinn^sin(i/m^ + zm)dr dtp dz
Bk'm'n=
49. Решением краевой задачи
ди 2 \ д2и 2 ди	1 д ( . Йди\	1 ^n \ ,,
dr + r2sin^ ^ Гт ^7
ul =0,	B)
t=0 = f(r, 0, <p)	C)
+ OO	П
является
+ СЮ	П
m,n=O k=0	^ x	y )	^T
Pn, k (cos 6») {Лт, „, к cos fcvp + Вт> n, fe sin A;^}, D)
E)
(п)
где /irn — положительные корни уравнения
г, п, к —
-, F)
' 2 при к = О,
при к ф О,
, п, А: —
л- 2тг
о	п
Г Г [f(r, в, <p)r3/2Jn+1/2 [ ^_Z ] smePn,k(cose)smkcpdrdedcp
J J J	\ To I
0 0 0\/
Bn

474	Ответы, указания и решения
50.
ди
dt
являете*
( Й
Решением краевой задачи
Л
дг2
+ ОО
= Е
2 ди 1 д
г дг г2 sin в дв
	Ь Ни
Vdr \ r
и
..о = Л
п
к=0
/ /V
I U
(<
г,
)
>швдв) +
= о,
УДJn+1
) J
1
г2 sin2 в
(n)
/-Ч го
д и 1
B)
C)
O)
где /im — положительные корни уравнения
fe (cos 9){Am, щ k cos k(f + Бт, п, Л sin fey?}, D)
равнения
- \) Jn+1/2(/4n)) = 0,	E)
-m, n, к =
7Г 27Г
/ / //(Т; #; <^)г Лг+1/2 ( ^—^—) sin вРп, k (cos в) cos kip dr de dip
J J J	\ ro /
¦n)(rofe-n-l)	,„)
2 при fe = 0,	. .
\l при кфЪ,	G)
,k =
r0 тг 2тг	(n)
f[[f(r, 0, ip)r3/2 Jn+1/2^^-^j sin 9Pn, k(cos 9) sin kip drd9 dip
0 0 0		/o\
fe)! Г (roh + n)(roh-n- 1)]
[1+
(n) \
51.u(r,0,<p,t)= E Ее"а2Л"' * % pn,k(coS0) x
x {^m, n, fe cos k(f + 5m, n, fe sin fey?}, A)
где
/1/2(A^r), B)
m — положительные корни уравнения
Zn+1/2(X^r2) = 0,	C)

Гл. V. Уравнения параболического типа	475
, n, k =
7Г 2-7Г
ГГ ff(r, 0, ^)r3/2Zn+1/2(A^V)sin0Pn,fc(cos0)cosA;^^r^0^
	 D)
fe)!
Bn + l)(n-A;)!7r2A^J
' 2 при A; = 0,
при к ф 0,
?°2 тг 2тг
2
ffff(r, 0,
Bn + l)(n - Л)! тг2Л^J
52. Решением краевой задачи
2
ди 2 f д2и 2 ди t 1 д
2 sin в дв V #0 / г2 sin 0 d<^2 J
П < г < г2, A)
^hlU\ =0, [^ + /г2^1 =0, 0<*<+ос, B)
or	Jr=n	Lar	J
C)
является
u(r, «, *, t) = f
m, n=0 fc=0
x {^m, „, fc cos k(p + Bm< „, k sin A;^}, A')
Wr), B')
, n, fe
7Г 2-7Г
/ / /7(r» ^^ ^)r3/2Zn+1/2(A^V)sin0Pn,fc(cos0)cosA;^^r^0^
	F5	' C0
2тг

476
Ответы, указания и решения
при к = О,
при к ф О,
m, n, к —
г0 тг 2тг
ffff(r, О, (p)r3/2Zn+1/2(X(^) r) smOPn,k(cos 0) sin kipdrdO dip
2тг
D)
2n + 1 (n - к)
г 2
Г 2
h2 - ^
г^т X
(/ii + 2^-) Jn+i^
где Am — положительные корни уравнения
(Л2 - ^-) Zn
= 0.
Неоднородные среды; сосредоточенные факторы.
53. Решением краевой задачи
0 ^ <р ^ 2тг,
0 ^ г < г0,
( 9	9	9^
ди j \ д и 1 сш 1 д и д и \
dt	у дг2 г дг г2 д(р2 dz2 \
0 ^ г < г0,
— -к [д2и 1 ди 1 °2и °2и\
dt	у дг2 г дг г2 д(р2 dz2 J
Го < г < Г\,,
и(го — 0, ip, z, t) = и(го + 0, </?, z, t),	"| О
kiur(ro — 0, (/?, z, t) = k2Ur(ro + 0, (/?, z, t), J
F)
A)
О < z < /,
0<^<+оо, I1')
у? ^ 2тг,	B)
0<z <l,
О < / < +оо, B;)

Гл. V. Уравнения параболического типа
477
является
u(ri,<p,z,t) = O,	B")
«(г, ip, z, 0) = f(r, ip, z)	C)
/?	(r\p~ m, n, р^ V
J^m, n,p\i )&	A
, п, р cos nip + Вт, п, р sin n</?} sin —j-, D)
где Лга> „, р — корни трансцендентного уравнения
= 0,
kl
E)
F)
Rm,n,p(r) =
-Nn(umnpro)Jn(umnpri)]Jn(umnpr), 0 ^ r ^ r0,
[Jn(^mn r)Nn(ZJmn n) —
,_ ч ,_	чп Jn(cJmnpr0), r0 ^ r ^ ri
ri	2тг	Z
rfidr dcp //(r, y?, ^)i?mnp(r)cosn^sin
О	0 0
¦„ у I
2, n = 0,
rfidr dip / /(r, y?,
0	0 0
у I
(8)
(9)
A0)
_	при 0 ^ r < r0,
\ C2P2 при r0 < г < r\.
Функции RmnPl (r) и Rmnp2 (r) при различных pi и р2 ортогональны
на отрезке 0 ^ г ^ г\ с весом r\i.

478
Ответы, указания и решения
54. Решением краевой задачи
ди 2 \ д2и , 1 ди\
д?	[ дг2 г дг j
2 * * dU о л ди
<r <r2, 0
ди
+оо,
A)
= o,
r=r2
0 < t < +oo, B)
u(r, 0) = /(r), ri < r < r2,	C)
где A — теплопроводность материала трубы, с* и р* — удельная
теплоемкость и плотность массы жидкости, является
+ ОО
u(r, t) = ^ Лпе~а2л-^0(Апг),	D)
п=1
где
^o(Anr) = Jo(Anr2OVo(Anr) - A^o(Anr2) J0(Anr),	E)
An — корни трансцендентного уравнения
= -An
а пс р
2А
2 2**
jrf{r)Z0{\nr) dr - а Г12СХР /(n)Zo(Ann)
Ап =
Г2
f r[Zo(\
F)
G)
nr)]2 dr -
[Z0(Ann)]2
55. Решением краевой задачи
^ = а2 J _^ + _ _^ L п <г <г2, 0 <t < +оо,
(i)
-т- = 2тгг1\—-
at	or
Г7-ЛЛ
, U(t)=u
О < t < +оо, B)
u(r, 0) = /(г), ri < г < г2,	C)
получается из решения предыдущей задачи, если положить
Zo(Xkr) = [Afe Jo(Afer2) + hJo(\kr2)]No(\kr) -
- [XkK(Xkr2) + hN0(Xkr2)}J0(Xkr). D)
56. Для определения скорости г?(г, t) частиц жидкости2) и угло-
угловой скорости u(t) цилиндра получаем краевую задачу
dv	(d2v , 1 dv v 1
^	[ ^г2 г ^г г2 J
. A)
х) См. B1) и B7) в задаче 57.
2) г;(г, t) = %(r, t) (см. решение задачи 7).

Гл. V. Уравнения параболического типа	479
v\ =riuj(t), v\ = О, К —- = M + 2тгг7рг/		,
*r=ri	i W'	\r=r2	'	<ft	1H [Or rJr=n
0 < * < +oo, B)
v(r, 0) = 0, n <r < r2.	C)
Исключая u(t) из граничных условий B), получим
B')
Ищем стационарное частное решение уравнения A)
V = V(r),	D)
удовлетворяющее неоднородным граничным условиям B'I). Если за-
затем положить
г;(г, t) =u(r, t) + V(r),	E)
то для u(r, t) получаем краевую задачу
ди (д2и , 1 ди и \	п	,г,
я7 = u\in + "я	2 ' ri<r<r2, 0<^<+оо, F)
u(r, 0) =-У(г), ri<r<r2.	(8)
Решив краевую задачу F), G), (8) и определив с помощью E)
г?(г, t), из граничного условия v r_r = k\uj(t) найдем также u(i).
Решение краевой задачи F), G), (8) может быть выполнено ана-
аналогично тому, как решалась предыдущая задача. Частные решения
уравнения F), удовлетворяющие граничным условиям G), ищем в
виде
Uk(r,t)=e-'x?Rk(r).	(9)
Для Rk(r) получаем уравнение
|* + 1« + (а2_4)д = о,	(ю)
dr2 r dr V к г2)	v y
Rk{r) = Zi(Afcr), где Zi(z) — общее решение уравнения цилиндричес-
цилиндрических функций первого порядка, в котором неопределенные константы
выбраны так, чтобы граничное условие Rkfo) = 0 выполнялось при
любых Л^:
(И)
Требуя выполнения первого из граничных условий G), получим урав-
уравнение для определения собственных значений
Z(^)|	A2)
г) V(r) — предел, к которому стремится скорость частиц жидкости
при t —>- +оо.

480	Ответы, указания и решения
С помощью соотношения A4) задачи 34 и равенства A2) находим со-
соотношение, выражающее обобщенную ортогональность собственных
функций Z1(Xkr),
rZi(Afer)Zi(Anr)(ir + K Zi(A/feri)Zi(Anri) = 0 г) A3)
при к ф п
+ ОО
u(r, t) = V] ^ne~a2A^Zi(Anr),	A4)
га=1
где
frV(r)Z1(Xnr)dr-
Лп = ~Г±^-2	.	A5)
С Гу /,	ч-|2 7	•	i^	г^, /,	МО
57. Решение. Как и в задаче 33, получаем
<r<r2j 0 < ? < +оо,
<ЭЯ 2 Г д2Н , 1 дн\
^	[ дг2 г дг )
Я(г, 0) = 0, п<г<г2,	B)
Я(г2,^)=Я0, 0<?<+оо,	C)
где Я — составляющая магнитного поля по оси z, которая совпада-
совпадает с осью цилиндра (другие составляющие вектора напряженности
магнитного поля равны нулю).
Найдем граничное условие при г = г\. Запишем уравнения Макс-
Максвелла
^?f	D,
в цилиндрических координатах:
1 U-L±z	Otlm	I t/IU	С С \ у-,	//^\
г дер dz \ с с я+ '
дНг _ dHz _ ГАпа е с
1 дНг
_ f^o_ ? д_\ ^
г бю \ с с dt) ZJ
г dtp dz	с dt '	w
~dz Ъ7 ^~~с~дГ'	^>
См. B1) и B7) в задаче 57.

Гл. V. Уравнения параболического типа
481
1 дЕу_
г дер
dHz
G")
(8)
г дг	г дер	с dt
Так как мы пренебрегаем токами смещения и так как Нг = Н^ = О
(см. решение задачи 33), то из F') получим
_дН± _ 4тгсг
дг	с
Интегрируя E) по поперечному сечению внутренней полости, при-
применяя при этом формулу Стокса и используя условие, гласящее, что
всюду в полости Н равно значению Н на внутренней поверхности
трубы, получим
(9)
J4> \r=r
с dt
Из (8) и (9) получаем, наконец, искомое граничное условие
dHz
dt
т.е.
г\
__
дг
О < t < +оо.
C')
Чтобы освободиться от неоднородности в граничном условии C),
ищем решение краевой задачи A), B), C), C;) в виде
J?(r^ t) = Hq + u(r, t).
Для u(r, t) получаем краевую задачу
ди 2 \ д2и ,1^1	п j. ,
л7 = а Л 7ГТ + "л" Г ' П<г<г2, 0<^<+оо,
dt	у дг2 г дг j
и(г, 0) = —Но, т\ < г < г2,
u(r2,t) = 0, 0 < t < +оо,
ди
~dt
—
дг
A0)
A1)
A2)
A3)
A3')
Частные решения уравнения A1), удовлетворяющие граничным усло-
условиям A3), ищем в виде
Uk{r,t) = e-a2x^Rk{r).	A4)
Подставляя A4) в A1), получим
d2Rk
dr2 r dr
k = U.
A5)
Следовательно,
Rk(r) = Z0(Xkr),	A5')
где Zq(z) = ANq(z) + BJq(z) — общее решение уравнения цилинд-
цилиндрических функций нулевого порядка. Выберем константы А и В так,
чтобы условие A3) для Zo(A^r) выполнялось при любых значениях А/.;
например, положим
Z0(Xkr) = N0(Xkr2)J0(Xkr) - J0(Xkk2)N0(Xkr).	A6)
31 Б.М. Будак и др.

482	Ответы, указания и решения
Подставляя A4) в A3'), найдем
dRk(r)
A7)
dr
или
Таково уравнение, из которого находятся собственные значения Ai, A2,
A3, ... краевой задачи. Из уравнения A5) и из уравнения, которое по-
получается заменой в A5) к на п, получим, умножая их соответственно
на Rn(r) и на it^(r), вычитая результаты и интегрируя,
\2п) frRk(r)Rn(r)dr=\i
A9)
В силу граничного условия A3) и A7) получаем
D - Лп) < jrRk{r)Rn{r)dr -^-Rk(ri)Rn(ri) I = 0, B0)
откуда при п фк находим
Г2	2
frRk(r)Rn(r) dr - ^- Rk(ri)Rn(ri) = 0.	B1)
J	2/x
Таким образом функции Rk(r) и Rn(r) обобщенно ортогональны (со-
(соотношение B1) является выражением обобщенной ортогональности).
Решение краевой задачи A1), A2), A3) ищем в виде суммы ряда
+ ОО
к=1
u(r, t) удовлетворяет уравнению A1) (если ряд сходится достаточно
хорошо) и граничным условиям A3), A3;). Потребуем выполнения
начальных условий, предположив сначала для общности, что и (г, 0) =
= /(г). Полагая в B2) t = 0, получим
+ ОО
f(r\ — V^ Л, Е> (г\.	(ОО\
J\l ) — 2^1 к к^ '">	\ '
к=1
При Г = 7*1
+ ОО
/(^i) = ^^fe^fe(^i)-	B4)
k=l
Умножим B3) на rRn(r) и проинтегрируем по г от г\ до 7*2:
Jrf(r)Rn(r) dr = ^Ak JrRk(r)Rn(r) dr.	B5)

Гл. V. Уравнения параболического типа	483
Умножим B4) на — Rn(ri):
тг f(ri)Rn(ri) = > Ak —Rk(ri)Rn(ri).	B6)
2ll	^—^ 2/i
Складывая B5) и B6), получим в силу B1)
Г2	2	Г Г2	2	1
frf(r)Rn(r) dr-^- f(ri)Rn{n) = Ап \ frR2n{r) dr - ?- Д^ (ri) I.
B7)
Следовательно,
B8)
С помощью равенства A6) задачи 34, вронскиана цилиндрических
функций и граничного условия A8) получаем
JrR2n(r) dr = ^.-rj(l + 4^) Z02(Ann).	B9)
Подставляя в числитель B8) /(г) = — Hq и используя вронскиан ци-
цилиндрических функций, получим для указанного числителя значение
} (зо)
В силу B9) и C0) равенство B8) принимает вид
Ап = Н0 п
где
Zo(Kri) = N0(Xnr2) J0(Ann) - Jo(Anr2)ATo(Anri).	C2)
58. Решением краевой задачи
1 д f . ади
ж =fcl Ь * Г ъ-г
^ft} 0^r<ro, A)
sin в
31*

484	Ответы, указания и решения
u(ro-0,e,<p,t)=u{ro+0,e,<p,t), )	(К#^7г,	B)
\	0^ <^ 2тг,
k1ur(r0-0,9,<p,t) = k2ur(r0 + 0,e,(p,t),} 0<t<+oo,	B')
u(ri,9,<P,t)=0,	B")
u(r, в, ip, 0) = /(г, в, <p)	C)
является
u(r,0,v,t)= 5] ^#™nP(r)P,ira)(cos0)e-A;U*x
n,p=O ra=O
x {Лппр cos rrup + 5mnp sin rrup},
где собственные значения Amnp и собственные функции Rmnp(r) на-
находятся аналогично тому, как это делалось в задачах 53 и 54.
§ 3. Метод интегральных представлений
1. Применение интеграла Фурье.
59. Решением краевой задачи
щ = а2А3и, -оо < х, у, z < +оо, 0 < t < +оо,	A)
u\t=Q=f(x,y,z), -оо < ж, у, z < +оо,	B)
где А3 = ^-2 + «-г + л"», является
аж2 а^/2 az2
+ ОО
и(ж, ?/, z, t) = ——=- f[[f(t, V, 0 х
Bа y/TrtK J J J
— оо
{^^ + ^f + (-^}	C)
Если / не зависит от z, то
Указание. Образом Фурье произвольной1) функции F(x, у, z),
определенной при — оо<ж, у, z<+oo, называется
+ ОО
F' »' V) = B^71 fffF& Ъ О e'^+^+^l ^ d»? c?C- D)
Переход от F к F по формуле D) называется преобразованием Фурье
с ядром ег[Л?+мгу+^. Переход от образа F к оригиналу F осуществля-
х) Мы не останавливаемся на ограничениях на F(x,y, z), при которых
заведомо существует F(A, /i, i/) и имеет место формула обращения E), от-
отсылая по этому поводу к специальной литературе.

Гл. V. Уравнения параболического типа	485
ется по формуле
+ ОО
F(x, у, z) = -щ^-2 ЩТ{\ M, v) е-ЯХх+»у+^ dX dfi dv. E)
Умножая обе части равенств A) и B) на el^+^iri+v(^ и интегрируя
п0 ?> V? С от ~°° Д° +оо, получим обыкновенное дифференциальное
уравнение и начальное условие для образа Фурье п решения п краевой
задачи A), B). Находя п и применяя обратное преобразование Фурье,
получим и.
В случае, когда / не зависит от z, краевая задача A), B) превра-
превращается в краевую задачу
щ = а2А2и, -оо < ж, у < +00, 0 < t < +оо,	(Г)
u\t=0 = /(ж, у), -оо < ж, у < +оо,	B')
где
2 ~ Ъх2 + Ъу2'
Для решения задачи (]/) и B') нужно применить преобразование
Фурье для функции двух переменных
] ^dr}-
— oo
При этом формула обращения имеет вид
+ ОО
F(x, у) = ±- И F(X, /i) e-^+wl d\ ф.	E')
— оо
60. Решением краевой задачи
щ = а2А3и + д(х, у, z, t), -оо < ж, у, z < +оо, 0 < t < +оо, A)
u\t_0 = Q, -оо < ж, ?/, z < +оо	B)
является
+ ОО
Если д(х, у, z, t) не зависит от t, т.е. д = ^(ж, 2/, z), то выражение C)
для решения можно преобразовать к виду
4
где Ф(а) = -4= (e-^duj, а г = л/(ж - ^J + (у - ??J + (г - СJ- Ес-

486	Ответы, указания и решения
ли д(ж, у, z, t) не зависит от z, то
+оо ( t	ехр<	> Л
-00 I О	J
Указание. При g = ^(ж, у, z) выражение C) преобразуется
в D) путем замены
¦|-оо +оо +оо
-00 -00 О
A)
Если /(ж, ^/, z) не зависит от у, то
ехр^ --
B)
Указание. Применить преобразование Фурье с ядром
21/2^3/2 е
в полупространстве — оо < ^ г] < +оо, 0 < С < +оо. Если же /
не зависит от у, то нужно применить преобразование Фурье с ядром
C
7Г
при -оо < ? < +оо, 0 < С < +оо.
Указание. См. также решение задачи 59 гл. III.
62. ф, у, z, t) = ^
Г dr	[7	Г (ж-?J + (у-г]J +z2
J
О
Если /(ж, ^/, i) не зависит от ^/, то
/	.ч	z f dr Г°
О
Указание. Применить преобразование Фурье, предлагаемое в
указании к предыдущей задаче.

Гл. V. Уравнения параболического типа	487
63. и(х, у, z, t) = ——¦=- [ d? f dr] Г /(?, ту, С) х
Bал/тг?) J J J
— oo —oo 0
\2
Указание. Применить преобразование Фурье с ядром
1
cos v с,
в полупространстве — оо < ?, rj < +оо, 0 < ( < +оо.
1
t	,	+оо
х
Указание. Применить преобразование Фурье, предложенное в
указании к предыдущей задаче.
65. и(х, у, z, t) =
f-ОО +ОО +ОО г
+ ОО +ОО +ОО г	s
=	^^ / d? [ dr] f exp \ -
— oo —oo 0
+oo	,	,
/I (x _ ?V
exp < -huo —	—
о	^
Если / не зависит от у, то
оь Т / ^ (ж - о2 + (* + с+^J1
- 2п ехр < —до; -	———^—	— >
J	I	4B 6	I
О	К	J
+ ОО
I	I m 	 С^_1_^*у_1_/~_1_/.И^1
duj\d?dt.
I	4lU~L	I
о
Указание. Воспользоваться преобразованием Фурье с ядром
1	г[А?+Д77] ^COS^(J + i
21/27Г3/2 е

488	Ответы, указания и решения
в полупространстве -оо < ?, г] < +оо, 0 < ( < +оо. Если / не зависит
от у, то нужно воспользоваться преобразованием Фурье с ядром
1 i\? v cos i/? + h sin vC,
7Г	V^ + /l2
при —оо < ? < +00, 0 < С < +00.
См. также решение задачи 65 гл. III.
66. и(х, у, z, t) =
t	^	+оо +оо +оо
/f~j С I rlii I (у —I— /i f i/• т) t) v
— oo —оо О
Г ,Л (ж - ?J + (j/ - ?7J + B? + CJ
V рлгг> < 	hi 	 -	—	—	—	-
x exp < дс,	tztu Z\
Если / не зависит от у, то
+ ОО +ОО
Указание. Воспользоваться преобразованием Фурье, предло-
предложенным в предыдущей задаче.
t	+ОО	+ОО
67. ф, у, z, t) = ^-3 f^-1^ I dC If m, V, С, г) х
О	0	—оо
68. и(х, у, z, t) =
+ оо I2	ll
= / d( / dr\ I (?, 77, Q Gi(x, y, z, ?, 77, ?, t) g??, г = 1, 2, 3,
-оо О О
причем в случае а) под интегралом стоит Gi, а в случае б) — (?2, в
случае в) — Сз, где
П (	?	f +\	2	/ (* ~ О" I
Сгцж, 2/, z, ?, ?7, С? ^) =	/^ ехР ^ ~^	^~ ( х
+ ОО	,	/ 2	2 ч ч
Е2 2 I К	п \ A. • ^^^ • ^^Ч • n7rV • П7Г?7
ехр < —па f —2—I—^2" J ^ f sin ~j— sin ~r^ sin ~r~ sin ~r"^5
A;,n=l	^	V 1	2 / J
G2(x, y, z, ?, 77, С? ^) =	1= exP ^ ~"
V^	I 2 2 1 k2 ^2\,1	^тгж А;тг? птгу nnri
У exp < —an 7T + 7T M r ek^n cos —— cos —^ cos —— cos ——*-,
^	\	\h h) )	h	h	h	h
X
к, п=0

у, z,
Гл. V. Уравнения параболического типа	489
{- при к = О,	I - при п = О,
2	еп = < 2
1 при к ^ О,	[ 1 при п/О,
2ехр (--
ay/iri
+ 2^]{Хк cos Л/гЖ + л sin Хкх) х
х sin(Afc? + у?л) sin(Afe^ + <рк) 8т(/апу + ^n) sin(/in7y +
где А^ и /in — соответственно положительные корни уравнений
\2 т2	2 72
7 л	Л — Д	7	LL — tl
ctg/lA =	и ctg^ =
у?л = arctg -^, V^n = arctg ^,
tl	t2
/г — коэффициент теплообмена.
Указание. Применяя преобразование Фурье по z
+ ОО
± I	ivC- d(,	A)
B)
мы придем
и (х и и t) ~
/О, у, у) =
к уравнению
дп _
и начальному условию
Замена
приводит к
п
п =
уравнению
л/2^
1
л/2тг
2{?
t-o =
2 Л
е-а Л
— оо
+ ОО
J fix,
— оо
г! д2п
/(ж, 2/,
2 ,
,.
—
С,
С)
Л2
ivi
C)
D)
и начальному условию

490	Ответы, указания и решения
Граничные условия для v будут те же, что и для и. v находим ме-
методом разделения переменных, а затем, подставив его выражение
в E), применяем к п обратное преобразование Фурье, при этом после
выполнения интегрирования по v получатся выражения, приведенные
в ответе.
+оо l2 h
69. и(х, у, z, t) = fdcfdriJf(Z,ri,OGi(x,y,z,Z,ri,C,t)dZ,
0	0 0	^
г = 1,2, причем граничным условиям а) соответствует функция Gi,
получающаяся из функции G\ ответа предыдущей задачи заменой
множителя ехр ^ — v л 2у \ на множитель
- ехр
ехр I -
АаН
аналогично в случае б) (?2 получается из G2 заменой ехр \ — -
АаН
на
Указание. В случае а) следует применить синус-преобразова-
синус-преобразование Фурье по z, а в случае б) — косинус-преобразование по z. Далее
задача решается аналогично предыдущей.
70. и(г, </?, z, i) =
+ оо го	2тг
= Jd(Jr'dr' Jf(r', ip', ()Gi(r, ip, z, r', ip',C, t)€kp', i = 1, 2, 3.
— oo 0	0
В случае a) i = 1,
G1(r,<p,z,r',<p',C,t) =
cos n(ip — ip),
' 2 при п = О,
при п/0,
№к — положительные корни уравнения Jn(/i) = 0.
В случае б) г = 2,
G2(r, </?, z, r', у?', С, t) =

Гл. V. Уравнения параболического типа	491
Г 2 при п = О,
?п = \ 1 при п/О,
jj. — корни уравнения Л^(/л) = 0, /лу ^ 0, /i^ > 0 при п ф О.
В случае в) г = 3,
2 при п = О,
1 при п/О,
^4 — положительные корни уравнения — J'n(ti) + hJn(fi) = 0.
Замечание. В случае б) корню /ig = 0 соответствует собст-
собственная функция, равная тождественно константе.
Указание. Задача решается аналогично задаче 68.
71. u(r, <p, z, t) =
+ оо го	2тг
= I d( fr1 dr1 Jf(r', <p', С) Gi(r, <p, z, r',<p',t,t)cbp', i = 1,2.
0	0	0
В случае a) i = 1, Gi получается из Gi предыдущей задачи
заменой множителя ехр < —	^— > на множитель
Aa2t
В случае б) г = 2, G2 получается из (?2 предыдущей задачи
заменой множителя ехр ^ — 2 f на множитель
72. u(r, ip, z, t) =
+ 00	го	tpo
= I d( Ir1 dr1 ff(r', </?', C) Gi(r, </?, z, г', у?', С t) d^p1, i = 1, 2.

492	Ответы, указания и решения
В случае а) г = 1,
ехР1-Лзт
d(r, р, z, г', у', С, t) =
х > в -»У)а*1/™1 ^ JJ^\ro У sinrgjgo;T
fc, n=l
^П^ — положительные корни уравнения Jmr (/i) = 0.
В случае б) г = 2,
(r, у?, г, г', </?', С, *) =
/
1 при n/0,
\ 2 при n = 0,
i^ > 0 при n/0, /ijk ^ 0, /i^n — корни уравнения
</кЫ =0.
Корню /j,q соответствует собственная функция, тождественно равная
константе.
73. и(г, р, z, t) =
+ оо го	(ро
= Jd( fr' dr' Jf(r', ip1, С, t) Gi(r, ip, z, T>,4>l,t,t)dtpl, i = 1,2.
0	0	0
В случае a) i = 1, G\ получается из G\ предыдущей задачи
заменой множителя ехр < —	^— \ на множитель
[ 4a2t J
expj--
- ехр < -
AaH J ^\ AaH
В случае б) ъ = 2, G2 получается из G2 предыдущей задачи
Г (г-оа1
заменой множителя ехр < —	^— > на множитель
1 4a2t J
ехр| --

Гл. V. Уравнения параболического типа	493
+ оо	ifo
74. u(r,ip,t) = Jpdpjf(p, <p')Gi(r, ip, p, ip1, t)dif/, t = 1, 2.
0	0
В случае а) г = 1,
Gi(r, <p, p, <p', t) =
+00 ( +00	^
= — > < /e a Л tJn2L(Xp)Jn2L(Xr)XdX > sin—-sin—¦*-.
n=l I 0	J
В случае б) г = 2,
G2(r, у?, /о, 4>',t) =
+ ОО	Г +ОО	"j
2 V-^v	I f _a2\2,	/л \ т /л\л7л1	П7Г(^	П7Г(р
= — > ^п < /е tJn2L(Xp)Jn2L(Xr)XdX > cos—— cos—^-;
п=0	Ко
- при п/0,
z
п S
[ 1 при п = 0.
Если воспользоваться известным соотношением для функций Бес-
Бесселя
-l, |Arg/3|<|,
получим
-1-
2a2t
о
Поэтому Gi и G2 можно представить в виде
1
/ ,ч	1 4a2^ J v-^ г / гр \
а2у?о^	^^ vo \2a2t/
1
ехр <	——> +оо
nlnjL -Г- COS 	*- COS 	*-
pot	<po \2aztJ	cpo	cpo
_ J - при п = 0,
— S z
[ 1 при n/0.
Указание. Частные решения уравнения
ди 2 Г d2ju 1 ди 1_ &_
ищем в виде U(r, ip, t) = W(r, г)Ф((р), требуя, чтобы в случае а) и б)
выполнялись соответствующие граничные условия.

494	Ответы, указания и решения
-г>	\	/ j.\ •
В случае а) это приводит к частным решениям un(r, t) sm
n = 1,2,3,..., ав случае б) — к частным решениям un(r, t) cos ——,
п = 0,1,2,3, ... В обоих случаях un(r, t) является решением урав-
уравнения
I
дип 2 J д2ип 1 дип
Решение исходной краевой задачи ищем в виде суммы этих част-
частных решений:
в случае а)
+ ОО
гцг, ер, t) = 2_.un\Ti ч sm—5	(^)
в случае б)
+ ОО
u(r, о?, ?) = V^ ^n(^5 i) cos ——.	C)
n=0
Разлагая /(г, ф) = и ,_0 в ряд по sin —— в первом случае и в
ряд по cos —- во втором, найдем начальные условия для un(r, t):
в случае а)
«„(г, 0) = /„(г) = ±- \ /(г, ip') sin ^^ V;	D)
о
в случае б)
о ^	f
ип(г, 0) = /n(r) = — J f(r, <p') cos ^- dip', n ф 0,
uo(r, 0) = /0(r) = —
0
Решение уравнения A) при начальном условии D) или D;), огра-
ограниченное при г —у 0, ищем в виде
+ ОО + ОО
ип(г, t)= [ Г Un(p,t) JnjL (Xp) JnjL (Xr) XdXpdp,
о о
используя интеграл Фурье-Бесселя-Ханкеля1)
+ ОО + ОО
F(r) = I I F(p)Jv(Xp)Jv(Xr)XdXpdp, v > -\.
0 0
Cm. [42, с 459-500].

Гл. V. Уравнения параболического типа	495
75. Решением краевой задачи
ди	2 I & U I &U	1 <9 16 1	n
— — о, \	+	+ —	? , (J <С (р <С (ро,
dt	I ^т* т дт т д(р I
и(г, 0, t) = 0, иУ^Р^ f) = о, 0 < г < +оо, 0 < t < +оо, B)
u(r, </?, 0) = /(г, (/?), О <<р <<ро, 0 < г < +00,	C)
является
<Р0	+оо
u(r, (/?, t) = d(pf / /(р, (pf)G(p, r, </?',</?, t)pdp,	D)
о о
где
G(p, г, у?', </?, t) =
= — У^ < /е~а2л2* JBn+i),r (Ар) JBn+i)w (Ar) AdA I x
. ( + )	.
x sin	—L- sin
2<?o	2(^o
76. u(r, <p, z, t) =
= У c?C |r' dr' ff(r', ip1, C) Gi(r, ^, z, r',<p',C,t)cbp', i = 1,2.
— oo О	О
В случае а) г = 1,
-о2'
exp <-
4a2*
где Gi найдено в задаче 74.
В случае б) г = 2,
•G2)
где G2 найдено в задаче 74.
Указание. Если применить преобразование Фурье по z, то за-
задача сводится к задаче 74.
77. Решением краевой задачи
ди _ 2 Г д2и 1 ди}
~dt ~п \^" + r^J '
го ^г < +оо, 0 < t < +оо, A)
u(ro, t) = Uo = const, 0 < ? < +00,	B)
u(r, 0) = 0, r0 < г < +оо,	C)
является
22
-^1 /°
A'

496	Ответы, указания и решения
где
К(г, А) = J0(r0AOV0(rA) - N0(r0\) J0(rA).	E)
Указание. Воспользоваться интегральным преобразованием
Вебера с ядром гК(г, А) на интервале го ^ г < +оо, а именно: снача-
сначала, применяя это преобразование к уравнению A), получить уравне-
уравнение для образа Вебера искомой функции
+ ОО
и(Х, t)= Г u(r, t) rK(r, A) dr,	F)
а затем, найдя п(А, t), применить формулу обращения Вебера
+ ОО
П(Г> *> - J
2. Построение и применение функций влияния мгновен-
мгновенных точечных источников тепла.
78. Указание. Справедливость утверждения проверяется не-
непосредственной подстановкой функции
и(х, у, z, t) = щ(х, t)u2(y, t)u3(z, t)
в уравнение A) и начальное условие B).
Указание. Если в задаче 78 положить fi(x) = 8(х), /2B/) =
= 8(у), /з(^) = 8(z), то сразу же получится, что функцией влия-
влияния мгновенного точечного источника тепла для пространства — оо <
<	ж, у, z < +00 является произведение функций влияния мгновенных
точечных источников тепла для прямых — оо < ж < +оо, — оо < у <
<	+00, -00 < Z < +00.
80. и(х, y,z,t) = -
v, С)
A)
Указание. Формулу A) можно получить совершенно элемен-
элементарно, но не строго, используя физический смысл функции влияния,
полученный в решении задачи 79, и рассматривая искомую темпера-
температуру и(х, у, z, t) как результат сложения действий мгновенных
элементарных источников, распределенных в начальный момент с
плотностью /(ж, у, z), и непрерывно действующих источников, распре-
распределенных с плотностью F(x, у, z, i).

Гл. V. Уравнения параболического типа	497
Формула A) может быть получена также с помощью формулы
Грина, аналогично тому, как это было сделано в решении задачи 68
гл. III.
81. a)Gi(z,2/, *,f,*7, С,*) =
,	 ,ехр
Bа ^4Q ' Р
— ехр < —	—	——т-^
б) G2(x, у, z, ?, г], С, t) =
	^=— ехр
Bа ^4Q ' Р
в) С3(ж, у, z, ?, 7у, С5 t) =
	;^^ ехр «
Bа ^4Q ' Р
- 2Л / е-Ди; ехр I -^ ^ ^v^ //y T^TST^ 1> duj\
J	I	4a2t
о	ч
82. a) u(x, у, z, t) =
+ ОО +ОО +ОО
—	/ f\P I da I f (? Tl (~\Стл (т II 7 P Tl С f\ i
	 I Ct/Ц I Li 11 I J l Ц , 11 j Ц/ V_J ]_ I «// , t/, /6, Ц, /^, Ц, ky'
— oo —oo 0
t	+OO
+ C1 I rln~ I I <j) (f- Tl Tl It -\ \ T II V г 71 О У" 	 Т" I I
j j ^"> '"> ^ ^-^ "> ^"> "> ^^ '"> ">	/
О — оо
+ ОО	+ОО
г .
О	0 -оо
+ ОО	+ОО
б) и(х, у, z, t) = J d( JJ/(С, г], ()G2(x, у, z, С, г], С, t)d?dri-
0	-оо
t	+оо
+	+
Jdr I d( И F(C, г?, С, т) Gi (ж, у, z, f, r;,(,t- r)
0	0
- a2jdT If Щ, n, t) G2(x, y, z, ?, ri,O,t- r) ^dq +
0	-00
t +00 +00
+ jdr I d( If F(?, г/, С, т) G2 (Z,r),C,x,y,z,t-
0	0 -00
32 Б.М. Будак и др.

498	Ответы, указания и решения
+ ОО	+ОО
) и(х, у, z, t) = fd{fJf(S, г,, ()G3(x, у, z, ?, V, С, t)d?dr)
О	— oo
t	+ 00
+ a2jdr И Ф(?, ту, t) G3 (x, у, z, f, r/, 0, t - r) d? ^ +
О	-oo
t	+00	+00
+ jdr I d( If F{?, г/, С t) G3 (x, y, z, ?, r),(,t-
j I If
О	О -oo
83.	Указание. Воспользоваться методом, предложенным в ука-
указании к задаче 79.
84.	a) G(x, у, z, ^ г), С, *) =
4.4 )	f
- ехр ^ -
Bа
+ CXD	Г	2 2 2 ^
2 V-^v	П 7Г а , . П7Г^ . ПТГС
х у 2^ехр 1	^^^ fsm~гsm ~Г;
71=1	^	^
6) G(x, у, z, f, ту, С, t) =
{х -О2 + {У-Ч)
ехр <^ -
Bа
в) G(x, у, z, ^, ?7, С> ^) =
ехр < —	——г-^	— > +оо
У\	АаН	J —
~ С
Г (Ж-Л2 + ^-Г7J1
ехр^ -^
4а2^	J7	Bа,
+°°	' ^ 1Jтг2а2Д Bп + 1)тг^ Bп-
х т > ехр < -^	—?	1 > cos ^	—^— cos

Гл. V. Уравнения параболического типа	499
г) G(x, у, z, f, ту, С, t) =
+ 00	-a2X2t
е п
х (An cos Xnx + h sin Xnx) (An cos An? + h sin,
,	, 1X X2-h2
Xn — положительные корни уравнения ctg/A = 	——.
2Xh
85. a) Gi{x,y,z,x',y',z',t) =
exp j-(*4~a'fJ^ +°°
n,k= — oc
, z, x', y', z', t) =
+ OO
Bа Л^K „^^V^l	4«
c' + 2nZiJ\
4aH	J
exp < -
Указание. Воспользоваться предложением, сформулирован-
сформулированным в задаче 79.
86. a) d = 1
Bа л/
r - у + 2m/2J
x I exP i	4^	 t ~ exP
6) G2 получается из G\, если всюду в скобках перед е поставить
знак плюс.
Указание. См. указание к предыдущей задаче.
32*

500
Ответы, указания и решения
87. a) G(r, ^ z, r1, ip1, z1, t) =
exp^ —-—-
G(r, ip, z, r', ip1, z1', t) =
Ba л/^
Указание. Пусть мгновенный источник находится в точке
с координатами (г', у?', z7) (рис. 47). Строим последовательно: сим-
симметричное отражение Pi точки Pq относительно плоскости /, затем
Рис. 47
симметричное отражение Р2 точки Pi относительно плоскости //, за-
затем симметричное отражение Рз точки Р2 относительно плоскости /
и т.д., помещая в случае а) в точках с четными номерами мгновенные
источники положительной единичной мощности, а в точках с нечет-
нечетными номерами — отрицательной; в случае же б) во всех этих точках
помещаются мгновенные источники положительной единичной мощ-
мощности. Мы имеем
AAOP+ = ip1 + 2 ^, ААОРг = - (V + 2 ^) ,
t = у/ + 4 -, /ЛОР" = - (V + 4 - V
4	m	5	V	га/

Гл. V. Уравнения параболического типа	501
Точки P2m-i и Д) симметричны относительно плоскости //; дейст-
действительно, /.АОРът-! — 2 (	(ff) = (ff — 2тг. Легко видеть, что при
Vm /
указанном размещении источников в случае а) и б) граничные условия
на плоскостях I и II будут выполнены.
Замечание. Метод отражений неприменим уже к клину с уг-
П7Г	i\ -о
лом раствора —, где пит — натуральные простые числа ). В слу-
ТП
чае клина с произвольным углом раствора (ро выражения для функций
влияния при граничных условиях а) и б) были получены в решении
задачи 76 настоящего параграфа (см. также задачу 74). Если </?о =
= —, где m — натуральное число, то выражение для функции вли-
m
яния, полученное методом отражений, может быть преобразовано в
выражение, полученное в решении задачи 762).
88. Помещая начало сферической системы координат в центр сфе-
сферы, получим
u=^G(r,r',t),	A)
где
1[ A^1 -ехр (-1^11 B)
называется функцией влияния мгновенного сферического источника
тепла.
Указание. Решаем уравнение
g=a2(^+2^| 0<r<+oo, 0<i<+oo,	C)
dt	[ дг2 г дг j
при начальном условии
{О	при	0 < г < г',
л Q/2 , ,	при	г' <r <r' + dr1,	D)
О	при	г' + dr' < r < +00,
а затем в полученном решении переходим к пределу при dr' —> 0.
Решение уравнения C) при начальном условии D) заменой г? (г, t) =
= ru(r, t) сводится к одномерному случаю, причем г?(О, i) = 0, так как
u@, t) — величина ограниченная.
89. u{r, t) =
x) Подробнее см. [41, с. 185].
2)См. [41, с. 184].

502	Ответы, указания и решения
90.	u = Q-G(r, r',t),	A)
ср
где
+ ОО
[
+ ОО
G(r, r', t) = -±- [ e-a2x2tJ0(\r)J0(\r')\d\ =
°
называется функцией влияния мгновенного цилиндрического источ-
источника тепла.
Указание. Решаем уравнение
ди 2 \ д2и 1 ди 1 Л	Л	/оч
^7 = а<^^-Т + -^-Г' 0<г< +оо, 0 < * < +оо,	C)
сгс	[ or2 г or)
при начальном условии
{О	при	0 < г < г',
2^'1'су	ПРИ	r'<r<r' + dr'>	D)
О	при	г' + dr' < г < +00,
а затем в полученном решении переходим к пределу при dr' —>¦ 0. При
г = 0 u(r, t) должно быть ограниченным. Решение уравнения C),
удовлетворяющее начальному условию D) и ограниченное при г = О,
ищем в виде
+ ОО + ОО
u(r, t)= I I U(p, t)J0(\p)J0(Xr)Xd\pdp.	E)
О О
См. также указание к задаче 74.
91. u(r, i) =
х ехр < —
92. Функцией влияния для уравнения
— = DАи - v grad и,
от

Гл. V. Уравнения параболического типа	503
является
GO, у, z, ж', у1, z', t) =
Г (х - Vlt - х'J + (у - v2t - у'J + (z- v3t - z'J \ ..
xexpj	—	j, A)
где i>i, г>2, г>з — составляющие вектора v по осям х, у, z, а х', у', z' —
координатные точки, в которой подействовал источник в момент t = 0.
Указание. В системе координат, движущейся вместе со средой,
уравнение диффузии принимает вид —- = D Аи. Записав выражение
ot
для функции влияния в подвижной системе координат и возвращаясь
к неподвижной системе, получим A).
93.	Для источника с координатами @, у'\ z') имеем
U(x, у, z, у , z ) - AD^x exp<	>.
*¦	4 — x	>
v
94.	a) G{x, y, z, y', z') =
4 — х	>	^	4 — х
V	V
б) G(x, у, z, у', z') =
V
(y-y'f + (Z-Z'f]	Г (у- y<J + {z + z>J
ехр<-
4 —ж	> ^	4 —ж
г;	г;
в) G(x, у, z,y', z') =
- 2h Texpj -hu, - (?±^1! } dJ .
о	^	4-х J -I
95. и(х, у, z, t) = /п ^_4Q х
/J(lLexD/ [^-^)]2 + [|/-^(r)]2 + [^-^(r)]2|
(^_rK/2 exP|	4D(t-r)	J
Указание. Ищем решение уравнения
Tt = fl
при начальном условии
Ч=о = °>
й — символ импульсной дельта-функции.

504	Ответы, указания и решения
96. u(r,t) = ^- Ф -^т=^ -Ф
где
z
Ф(г) = 4= /e-^dC.	B)
Указание. Если воспользоваться функцией влияния мгновен-
мгновенного сферического источника, найденной в решении задачи 88, имея в
виду подобие тепловой и диффузионной задач, то решение уравнения
ди ^ Г д2и 2 ди 1 п	,
Ж = д{ай + г^}' 0<r' i
удовлетворяющее начальному условию
u(r,0) = f(r), 0<r<+oo,	D)
может быть представлено в виде
+ ОО
u(r, t)= I /(r')G(r, r;, *Lтгг'2 dr',	E)
О
где
Задачу можно решать также сведением к полуограниченному стерж-
стержню с помощью замены г? (г, t) = та (г, t).
97. а) и(х, у, г, *) = ^(д/ж2 + у2 + (г - z0J, t)
б) и(ж, у, z, t) = u{^/x2 + у2 + (z — zoJ, t) —
— и(^/х2 -\
где u(r, t) — решение предыдущей задачи.
98-	"(»')t) = ^- /exp{-^-±pbo(^-)r'dr'.	A)
О	ч	У	ч
Указание. Если воспользоваться функцией влияния мгновенно-
мгновенного цилиндрического источника, полученной в решении задачи 90, имея
в виду подобие тепловой и диффузионной задач, то решение уравнения
я7 = D\lT^ + -ir( ' 0^r<oo, 0<?<+оо,	B)
ot	у or2 г or J
удовлетворяющее начальному условию
u(r,0) = f(r), 0<r<+oo,	C)

Гл. V. Уравнения параболического типа
505
можно представить в виде
+ ОО
(r,t)= f f(r')G(r,r',tJ7rr'dr',
где
- хоJ + у2, t) - и(у/(х + ж0J +у2, t);
здесь u(r, t) — решение предыдущей задачи.
100. Решением краевой задачи (рис. 48)
дН 2 (д2Н д2н\ 2 kh n
= а I —+ —I, а2 = — 1); -оо<ж<+оо,
D)
E)
99. a) w(ar, j/, t) = ^(^(ж - ж0J + у2, t) + ^(^(ж + х0J + ?/2, *);
б) и(х, у, t) =
dt
ду2
, A)
Н(х, у, 0) = Hq = const, —оо < х < +оо, 0 < у < +оо, B)
Ь -оо<ж<
а> 0<a,<+OO
о,/
t < +оо,
C)
является
Н(х, у, t) = #0Ф
2а
Указание. Построить функцию влияния мгновенного точечно-
точечного источника для полуплоскости у ^ 0 при однородном граничном
2/1
Я2
Рис. 48
условии первого рода для уравнения A), а затем представить решение
задачи A), B), C) с помощью этой функции источника.
х) См. решение задачи 8.

506
Ответы, указания и решения
101. Для искомого потока q(t) получаем выражение
—\иг(
-к dt J \ a ^y J r0 J y/T^
OK	0 V
J \	0 J
OK	0
Указание. С помощью замены г? (г, t) = та (г, t), где u (r,
температура пространства, приходим к задаче:
г;(г, 0) = 0, г0 < г < +оо,
г;(г0, *) = ro<p(t), 0 <t < +оо,
=
где q(t) — искомая функция. Затем, как в задачах 95 и 96 из § 2
гл. III, решая интегральное уравнение Абеля, находим q(t).

Глава VI
УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
§ 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям
гиперболического типа; постановка краевых задач
1. За лагранжевы координаты1) частицы примем ее декарто-
декартовы координаты х, у, z в невозмущенном состоянии. Пусть декартовы
координаты частицы в возмущенном состоянии равны
? = ж + иA)(ж, у, z, t),
г] = у + иB\х, у, z, t),
Вектор и = ги^ + ju^ + ku^ характеризует смещение частицы
из невозмущенного состояния ж, у, z. Вектор скорости частицы равен
at
где точка сверху означает производную по времени. Потенциал ско-
скоростей и потенциал смещений определяются равенствами
grad U = v, grad Ф = и,
каждый с точностью до произвольной слагаемой функции времени.
Возмущение плотности р и возмущение давления р определяются, как
и раньше2). Каждая из величин
р,р,р,р, U, Ф,и^\у^\ г = 1, 2,3,
в предположении малости возмущений удовлетворяет уравнению
utt = а2(ихх + иуу + uzz),	A)
где а2 = к—, к = — — отношение удельной теплоемкости при по-
ро	cv
стоянном давлении к удельной теплоемкости при постоянном объеме;
р0 = const и ро = const — невозмущенное давление и невозмущенная
плотность. Начальные условия записываются в виде
х) Подробнее о лагранжевых координатах см. задачу 4 § 1 гл. П.
2) См. задачу 4 § 1 гл. П.

508	Ответы, указания и решения
и(х, у, z, 0) = /(ж, у, z), щ(х, у, z, 0) = F(x, у, z),
- оо < ж, у, z < +оо. B)
Каждая из величин р, р, U, Ф, v, и может быть выражена через любую
другую из этих величин с помощью соотношений
р = а2р,	C)
0,	D)
О,	E)
v = grad U,	F)
и = gradФ,	G)
• = ж-	<8»
Указание. Уравнение неразрывности в лагранжевых координа-
координатах можно получить, рассматривая деформацию элементарного объ-
объема Ах Ay Az и учитывая, что его масса остается неизменной; коэффи-
коэффициентом деформации объема является определитель Остроградского
(«якобиана»). Линеаризованное уравнение адиабаты и уравнения D)
и E) выводятся так же, как соответствующие уравнения в решении
задачи 4 § 1 гл. П.
2.	На плоскости, ограничивающей рассматриваемое полупрост-
полупространство, должны выполняться граничные условия:
ч dp dp 0U дФ	д
а) -^- = тг1 = ^— = -w- — 0,	где -^- — производная по нормали
J дп дп дп дп	дп
к плоскости;
б) 9и = аФ = I |р = _ v 9R = _eiv} где
дп	дп J	дп	дп	а2
о
проекция скорости плоскости на выбранное направление нормали, ко-
д
торому соответствует производная ——.
on
3.	Величины по одну сторону от поверхности Е отмечены индек-
индексом 1, а по другую — индексом 2. На поверхности Е должны выпол-
выполняться граничные условия
PoiUi = P02U2,	A)
dUi _ dU2	f0,
дп ~ дп'	[ ]
где т— означает производную по нормали к поверхности Е, a poi и
on
Р02 — невозмущенные плотности газов.
Указание. Граничное условие A) получается с помощью ра-
равенства D) из ответа к задаче 1. Граничное условие B) выражает
сохранение границы раздела газов (равенство нормальных составля-
составляющих скорости частиц обоих газов, примыкающих в одном и том же
месте к поверхности раздела Е).

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	509
4. Для отклонения и (ж, ?/, t) частиц мембраны от плоскости не-
невозмущенного состояния (плоскости XOY) получаем
где G — область в плоскости (ж, у), ограниченная контуром Г,
u(x,y,0) = f(x,y), ut(x,y,0)=F(x,y), (х,у) е G, B)
и\Г = 0, (XtK+oo1).	C)
5. Уравнение A) в ответе к предыдущей задаче нужно заменить
уравнением
д2и 2 J ди д2и\ Роа Г Г , ,
где ai — скорость распространения поперечных волн в мембране,
р\ — поверхностная плотность мембраны, Oq — объем сосуда, ро —
невозмущенная плотность воздуха, по — скорость распространения
малых возмущений в воздухе.
Указание. В силу условия clq ^> а\ давление воздуха, заключен-
заключенного в сосуде, при подсчете сил, действующих на элемент мембраны,
можно считать не зависящим от координат рассматриваемого элемен-
элемента мембраны, а определяющимся общим изменением объема сосуда за
счет прогиба мембраны.
Замечание. Если скорость распространения малых возмуще-
возмущений в окружающей среде значительно меньше скорости распростра-
распространения возмущений в мембране, т.е. если а$ <$С &ь то реакция среды
на каждый элемент мембраны определяется состоянием среды в не-
непосредственной близости к этому элементу. В этом случае уравнение
колебаний мембраны1) может быть записано в виде
д2и 2 / д2и д2и \ ро ди
6.	{^ + К, V)}V = a2A[/,	A)
{^	}
где U — потенциал скоростей частиц газа, вызванных малыми возму-
. @) . • @) . , @)
щениями ^о = ivI +jv<2 +&^з — вектор скорости движения среды,
оператор (vo, V) определяется соотношением
/ -_ч (о) д . (о) д . (о) д	/оч
(*o.V)=t;l >K+vi>^+vi> Tx,	B)
причем потенциал U рассматривается как функция координат (ж, у, z)
геометрической точки и времени t в неподвижной системе координат,
относительно которой среда движется со скоростью ^о; иными слова-
словами, U изучается в эйлеровых координатах3).
х) Подробный вывод уравнения A) см. в [7, с. 31-34].
2)См. [38, с. 224].
3) Подробнее о лагранжевых и эйлеровых координатах см. задачу 4 § 1
гл. П.

510
Ответы, указания и решения
Если ось х совпадает по направлению с вектором vq, to
и уравнение A) примет вид
г,2Гт	г,2Гт	гл'2тт
d2U , Оя1 <Э2?/ , о д2?/
д2и
дх2
д2и_
г/2
-д^= а2 { — + — + — }. (V)
d2U

dz2
Такие же уравнения имеют место для плотности и для давления.
Указание. Сначала нужно вывести основные уравнения гидро-
гидродинамики в эйлеровых координатах
%- + (v*, V)u* = -\ gradp,	C)
% + div(pv*) = 0,
ot	k
= f(p),
D)
E)
° Ро '	с^'
v* = vo + v, р = ро + р, р = ро + р, где v* — полная («абсолют-
(«абсолютная») скорость частиц, г>о — переносная скорость, v — относитель-
относительная скорость, а величины ро, ро, р, Р определяются, как и в задаче 1.
Линеаризация уравнения C), D), E) и исключение р и р приведут к
уравнению A) ответа.
Уравнение A) может быть получено также следующим путем.
В системе координат (О;, х'', у'\ z'\ движущейся вместе со средой и
совпадающей в момент t = 0 с неподвижной системой (О, ж, у, z), для
потенциала U = U(x', у', z', t) будет иметь место уравнение
d2U о fd2U , ^2t/ , d2U^
Переход от эйлеровых координат (V, у'', z\ i) к эйлеровым координа-
координатам (ж, у, z, t) преобразует уравнение F) в уравнение A) ответа.
7. Совместим ось Oz декартовой прямоугольной системы с ребром
клина так, чтобы клин был симметричен относительно плоскости xOz
и чтобы направление скорости набегающего потока г?о совпадало с на-
направлением оси Ох (рис. 49). Угол раствора клина обозначим через 2г.
Рис. 49

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
511
Так как в данном случае потенциал скоростей С/, v = gradf/, не
будет зависеть от z и t, то уравнение A') ответа к предыдущей задаче
преобразуется к виду
д2Ц	1 д2Ц	(,
- 1 ду2
где М — — > 1 в силу условия задачи (скорость набегающего потока
а
больше скорости звука). Уравнение A) имеет место между поверх-
поверхностью клина и волной слабого разрыва1) . На поверхности клина
dU ( dU \
	 = 1у0 -\	J tg ? При у = X tg ?.	B)
На волне слабого разрыва
U = 0 при y = xtga,	C)
1
где tg a =
М2-1
8. В цилиндрической системе координат, ось Oz которой совпа-
совпаРис. 50
дает с осью конуса (рис. 50), для потенциала скоростей U = U(r, z)
получим краевую задачу
д2и _ 1 \д2и 1 ди\
dz2 ~ М2 - 1 \ дг2 г дг }
A)
между поверхностью конуса и поверхностью волны слабого разрыва
dU
; на поверхности волны
C)
на поверхности конуса, т.е. при г =
слабого разрыва
U 0
х) Волна слабого разрыва отделяет возмущенную область от невозму-
невозмущенной; на поверхности волны слабого разрыва потенциал U и его произ-
производные первого порядка непрерывны. Подробнее см. [15].

512	Ответы, указания и решения
9. Для ((ж, у, t) получаем краевую задачу
с2 ду2
а2 = gh, g — ускорение силы тяжести;
С(х, у, 0) = f(x, у), <Ж у, 0) = F(x, у),	B)
¦7Г-1 = 0 на стенке бассейна,	C)
on
д	и
где -77— — производная по нормали к стенке. Для потенциала горизон-
оп
тальных скоростей [/(ж, у, t) получаем краевую задачу
д2и
, ?/, 0) = Л (ж, у), Ut(x, у, 0) = Fi(s, j/),	B;)
^— = 0 на стенке бассейна.	C')
Указание. Получить сначала:
уравнение неразрывности
где го — вектор горизонтальной скорости;
уравнение движения
dw	,	. dp . dp
уравнение, выражающее давление в жидкости на расстоянии z от
дна бассейна,	р-ро
а затем произвести надлежащие исключения (см. также решение за-
задачи 1).
10. Уравнение для потенциала горизонтальных скоростей прини-
принимает вид
д2и 2 (д2и , д2и\ , 1 ф0 2 ,	Пч
Начальные и граничные условия формулируются, как в ответе к пре-
предыдущей задаче.
11.	д2и _ дах дтху drxz v
p	+ + + x
,дау_,
д
=
dt2 дх ду dz
zy ,daz
d2w _ drzx drz
где ах, тху, txz — проекции на оси координат вектора напряжения,
действующего на площадку, перпендикулярную к оси ж; аналогично

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	513
определяются тух, ау, ryz и rzx, rzy, oz; при этом ох, ау, ^назы-
^называются нормальными напряжениями, а тху, txz, ryz — касательными
или скалывающими напряжениями; X, У, Z — проекции на оси коор-
координат вектора плотности объемных сил.
12. Указание. Из уравнений движения, полученных в ответе к
задаче 11, и закона Гука, приведенного в примечании 2 к настоящей
задаче, нетрудно вывести следующие уравнения для составляющих
вектора U:	#	, дв ^ v
р— =„Ау + (Х + „) — +У,
где 0 = div U.
~дх ' ~ду) ' J Vdy ~дх
= </?(ж, у, t), ф = ф(х, у, t)
Fi(x, у, t) и F2(x, у, t) — свободные члены, получающиеся из вектора
плотности объемных сил.
15. а) (ух cos(n, х) + тху cos(n, у) + rxz cos(n, z) = 0, "|
тух cos(n, ж) + оу cos(n, ^/) + ryz cos(n, 2г) = 0, >	A)
rzx cos(n, ж) + rzy cos(n, ^/) + oz cos(n, z) = 0, J
где cos(n, ж), cos(n, 2/), cos(n, z) — направляющие косинусы нормали
к рассматриваемому элементу границы.
б)	U = 0, т. е. и = 0, v = 0, w = 0.	B)
Принимая плоскость ж^ за граничную и направляя ось у внутрь тела,
в случае плоской задачи1) получим следующее выражение граничных
условий:
а') Ь ?? + (а2
[ ду2
у=0
б')
^ + ^1 =0, \д^-д/\ =о,
х) См. задачу 14.
33 Б.М. Будак и др.

514	Ответы, указания и решения
где (риф — потенциалы, фигурирующие в ответе к предыдущей за-
задаче.
Указание. Левые части равенства A) являются проекциями на
оси координат вектора напряжения, приложенного к площадке с нор-
нормалью п 1).
16. Для радиального смещения u(r, t) частицы трубы, отстоящей
от оси трубы на расстоянии г, получаем
д2и 2 (д2и , 1 ди
0<?<+оо, A)
где ri и Г2 — внутренний и внешний радиусы трубы, а2 = 	—,
а — скорость распространения продольных деформаций,
= О, г——\-hu\ =0, 0 < t < +оо, B)
ь	А
где h= -7—Z-,
17. Для радиального смещения u(r, t) частиц сферической обо-
оболочки при условиях задачи получаем
д2и 2 (д2и 2 ди 2и\	. .	п^+^ ,	п\
а2 имеет тот же смысл, что и в предыдущей задаче,
и(г, 0) = 0,
дх2 ду2 ду4 J 2ph
18. Для поперечных отклонений от невозмущенного положения
точек пластинки получаем уравнение
д2и 2 {д4и	д4и д4и
где с2 = —т	—, Е — модуль Юнга, т — коэффициент Пуас-
3/оA — т2)
сона, 2/г — толщина пластинки, р — плотность массы пластинки,
р(х, у, t) — поперечная сила, действующая на единицу площади плас-
пластинки.
^Подробнее см. [26, с. 17-18].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	515
Если же пластинка лежит на упругом основании, то
2
д2и , 2 (д4и , „ д4и , д4и\ , к
2hp	2fcp^VJ4"" v y
& — коэффициент упругости основания1).
Примечание. Совокупность членов в круглых скобках удобно
записывать в виде A2A2U, где А2 = div grad — оператор Лапласа на
плоскости.
2	/2	2 \ 2
dt2	\дг2 г дг г2 д(р2 J	' ^	'
О ^ (f ^ 2тг, 0 < t < +00, A)
и(г, </?, 0) = /(г, </?), щ(г, <р, 0) = F(r, (/?),
0 ^ г ^ г0, 0 ^ (р ^ 2тг, B)
u(r0, у?, ^) = ^r(r0, ip, t) = 0, 0 ^ у? ^ 2тг, 0 < t < +00. C)
20. В сферических координатах с полюсом в диполе с осью в = 0,
направленной по диполю, получаем краевую задачу
A)
\t=o = 0 при г > 0,	B)
3aMosin0	л	/оА
=	^	 ПРИ ^ > 0,	B;)
Н^ = -^- sin^ sin в при ?>0.	C)
Указание. Воспользоваться системой уравнений Максвелла в
сферических координатах. В силу цилиндрической симметрии и в си-
силу элементарных электродинамических соображений Нг = Но =
= Еу = 0 при t^ 0.
При ? = 0 имеется электростатическое поле, порожденное элек-
электростатическим диполем, так что Hip\t_Q = 0 и
j-i | _ 2М0 cos в j-i \ _ Mo sin в
br\t=O ~ 	~3	' b°\t=0 ~ —^3	'
Начальное условие B') получаем из этих соотношений с помощью
максвелловского уравнения
1 \д[гЕв) _ ОеЛ _ _1
[ д	дв \ ~
г [ дг	дв \ ~ a dt
Наконец, граничное условие C) выражает напряженность магнитного
поля в точках, столь близких к диполю, что можно пренебречь вре-
временем распространения возмущений (см. [17]).
г) См. задачу 10 § 1 гл. П.
33*

516
Ответы, указания и решения
§ 2. Простейшие задачи; различные приемы решения
21. a) u(r, t) =
_ (г ~ at)ip(r - at) + (г + at)ip(r + at) 1
~	2?	+
r+at
1 7
2^ J
где функции ip(?) и ф(?) продолжены четно для отрицательных ?;
б)	lim u(r, t) = at<p'(at) + y?(at) + ЩаЬ).	B)
Указание. Формула A) получается в предположении, что
u(r, t) остается ограниченным при г —У 0.
t r+a(t-T)
22.	u{r, t) = ±JdT I Z№,T)d?,
0 r-a(t-T)
где /(^, г) продолжена четно для отрицательных значений ?.
23.	При начальных условиях а)
u(r, t) = <
¦ — at
при
2r
О	при
О < t
а
Го + Г
а
t
. + г
u(r, t) =
О
при О ^ t
а
С t < +00,
г — го
~~а~'
при 0 < г < г0,
тт г — at г — го . , . г
Uo —^— при 	 < t < -
2г
О	при
а
' + Го
а
t < +00,
при го < г < оо.
При начальных условиях б)
u(r, t) =
Uot
rl-{r- atJ
Aar
0
u(r, t) =
Uo-
- (r - atJ
Aar
при
при
при
при
при
при
0:
го
го
0:
г -
го
—
а
+
а
а
+
t
г
г
t
го
г
<
<
<
<
<
<
гс
t
t
г
t
t
)
а
<
<
— г
а
<
<
г
j
го-\-г
а
+ 00,
'0
1
Го + Г
а
+ 00,
при 0 < r < ro,
при го < г < +00.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	517
24.	Потенциал скоростей частиц газа равен u(r,t) из ответа к
предыдущей задаче при начальных условиях б), если положить Uo =
9 Pi	9 i РО
=-а2 —, где а2 = к—.
ро	ро
25.	Пусть U(r, t) означает решение задачи 23,6) для неограни-
неограниченного пространства (см. ответ к задаче 23,6)); тогда:
&) и(х, у, z, t) = U(?, t) - U(F, t);
здесь г = д/ж2 + у2 + (z - z0J, r = ^х2 + у2 + (z + z0J.
26. Пусть U(r, t) означает ту же функцию, что и в ответе к пре-
предыдущей задаче; тогда:
а)	и(х, у, z, t) = Щп, t) - U(r2j t) + U(r3, t) - U(r4j t);
б)	u(x, y, z, t) = U(ru t) + U(r2, t) - U(r3, t) -
здесь
r2 =
r3 = y/x2 + {y + yoJ + {z + zoJ, r4 =
-q(t-r-)
q()
27.	<p(r,t) =	\	^-, q(t)=O при i<0.
Указание. ip(r,t) является решением краевой задачи
(fit = CL2A(f,	A)
Vr =q(t).	C)
r—>0
28. а) Пусть источник лежит в плоскости z = zo и имеет поляр-
полярные координаты го, во, 0 < во < —. Тогда, обозначая через у?(г, t)
п
решение предыдущей задачи, получим
п-1
<р(х, у, z,t) = ^2 {(^(r+, t) + <р(гь, t)} ,	A)
k=0
где
= Jr2 + г2 - 2rr0 cos (в + #o + ^f) +(z- zoJ,	B)
r^ = Wr2 + r2 - 2rr0 cos (в-во- ^f) +(z- zoJ.	C)
б) Пусть источник лежит в слое 0 ^ z ^ / и имеет координа-
координаты жо, уо, zo, 0 < ^о < /. Обозначая через y?(r, t) решение задачи 27,
получим	+оо
V	+,^)+^(г-,^)},	(Г)

518	Ответы, указания и решения
' к — V ' Т \^ Т ^0 ~ *гъь) ,	B )
здесь г = д/(ж - ж0J + (у - УоJ.
Заметим, что при каждом значении t > 0 формально бесконечный
ряд A') фактически сводится всякий раз к сумме конечного числа
членов, так как
<р(г+,?)=0 при t < —, y?(r^,?)=O при t<^.
29. „•(*, у, *) = J-(?
где /о = л/(ж~?J + B/ ~^J-
- ••(«.»¦ •>=ill />•«¦') ^^? «*
p^at
2
р2
сЬсл/а2(^-гJ -/?2
где р = д/(ж — ^J + (у — г]J, если в уравнении перед с2и стоит знак
плюс; если же в уравнении перед этим членом стоит знак минус, то в
приведенном ответе всюду ch нужно заменить на cos.
Указание. Решение уравнения
ии = а2(ихх + иуу + uzz),	A)
удовлетворяющее начальным условиям
«Uo = 0, ut\t=0 = F(x,y)ecz,	B)
связано соотношением
и(х, у, z, t) = eczu*(x, у, t)
с решением уравнения
и*и = а2«ж +и*уу) +с2и*,
удовлетворяющим начальным условиям
u*
=Q = 0, Ut\t=Q = F(x, у),
что нетрудно получить с помощью представления решения задачи A),
B) через интеграл Пуассона1). Если же в уравнении перед с2и стоит
знак минус, то нужно произвести замену и(х, у, z, t) = etczu*(x, у, t).
х)См. [2, т. II, с. 553-554].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	519
31. Для потенциала скоростей и (г, t) получаем выражение
О	при t ^ -,
q(r)dr	x p	W
при t > -,
или эквивалентное выражение
О	при t ^ -.
а
р
/ q(t^H)dC при *>?,
О
или, если под интегралом считать д(?) = 0 при t < О,
+ ОО
/(?)	C)
если прямая, на которой расположены источники,
принята за ось z.
Указание. и(р, t) является решением краевой задачи
д2и 2 (д2и 1 ди
lim ( 2тгр^ ) =^(rt, 0 < t < +оо,
и(р, 0) = иДр, 0) = 0, 0 < р < +оо.
Формально и(р, t) в форме C) может быть получено методом «спуска»
(интегрированием по z от — оо до +оо) из решения задачи 27; затем не-
нетрудно проверить, что при условии ограниченности q'(t) полученная
таким образом функция удовлетворяет всем условиям задачи.
Замечание. В начале координат и(р, i) имеет логарифмичес-
логарифмическую особенность относительно р. Используя форму A) для и(р, t) и
применяя интегрирование по частям и формулу Тейлора, можно пред-
представить и(р, i) в виде
t
и{р, t) = 4 9 (*- E)lnp-±q@)ln2t-± fq'(T)ln2(t-T)dT + e(p, t),
CL \ CL /	CL	CL J
0
где e(p, t) ->• 0 при р ->• 0.
4
32.	u(x, V,t) = ~Y
/
k = l 0
где
Pi = \/(x-x0J + (y -yoJ, P2 = л/(ж + жоJ + B/ — 2/oJ,
Рз = л/(ж + жоJ + (У + УоJ, Р4 = л/(ж~жоJ + (У + УоJ-

520	Ответы, указания и решения
33. Для потенциала скоростей частиц газа вне сферы получаем
выражение
о, t<r-J°
r0 < r < +00,
а внутри сферы выражение
r, t) =	ГоА
. (л)
sin — г
Вп = -Ч^	, ДО = -ш	ш	а	пГ~ sm - г-
— cos — ro H	sin — ro a
a a	ro a
ио ио а . ио
— cos — го Н	sm — го '
a a	ro a
+ 2_^ Вп	sm aAnt,
n=l
где An — положительные корни уравнения
tg(r0A) = - —,
а
а
/ /(г) sin(Anr) d
)
I sin2(Xnr)d\
о
Замечание. Выражение для U(r,i) при 0 ^ г ^ го получено
г ш
в предположении, что нет резонанса, т.е. что А = — не совпадает ни
а
с одним из собственных значений Ап 1).
34.	Пусть центр сферы лежит на оси Oz в точке zo > г о > О,
а плоскость z = 0 является граничной для рассматриваемого полу-
полупространства. Тогда, обозначая через [/(г, t) решение предыдущей
задачи, получим решение задачи 34 в виде
и(х, у, z, t) = U(ri, t) + U(r2, t) при т\ > го и z > О,
и(х, у, z, t) = U(ri, t)	при 0 < г\ < г0,
где п = д/ж2 +^/2 + (^ - 2;0J, г2 = \/х2 + у2 + (z + 2;0J.
35.	Для потенциала скоростей получаем выражение
при
г — го
U = \	г	а
г — го
О	при t < 	,
v	a
где вектор
х) О разыскании решения в случае резонанса см. задачу 134 § 3 гл. П.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
521
2	(at} fTr/ ч . alt — т)	(clt} 7
= arn exp <	> / kit) sin —	 exp < — > dr.
I ro) J	ro	I ro )
0
Указание. Решение задачи можно искать в виде
тт 	 j:T7. У	а /
Скорость частиц газа
(п — единичный вектор в направлении г; штрих означает диффе-
дифференцирование / по его аргументу) удовлетворяет граничному усло-
условию vr = Vn при г = го, откуда для / получаем уравнение
/"(*) + То /'(*) + ^ /(*) = r0a2V(t).
36. Для потенциала скоростей U, вызванных малым возмущени-
возмущением, и для возмущения давления р получим выражения
, 0 < х < +оо,
tga
ctg e + tg a
Р =
ctg ? + tg a
Указание. Для определения р нужно воспользоваться соотно-
соотношением D) ответа к задаче 11).
37. U(г, х) =
l^tgaln-
	/9
— Vi/2 — 1
¦tge,
0 < ж < +oo, г/ctg a ^ - ^ ctg а, г/ = -§-^ > 1,
r	tge
In-
— \fv2 — 1
	 1	, ^ +
-1 + -tgatgeln
¦tga.
-1
x) Нужно перейти в указанном соотношении к эйлеровым координатам
и воспользоваться стационарностью процесса и малостью возмущений. По
поводу обозначений см. ответ к задаче 7.

522
Ответы, указания и решения
Указание. См. ответ к задаче 8; решение уравнения A) с
краевыми условиями B) и C) можно искать в виде
U(r,x)=ri/>(f)=n/>@, С =J-
Для определения р нужно воспользоваться соотношением D) ответа к
задаче 1.
39. Для определения потенциала возмущенных скоростей, выз-
вызванных влиянием стенки, получаем краевую задачу (в лагранжевых
координатах)
A-М2)ихх+иуу = О, -оо < х < +оо, 0 < у < +оо, М = -, A)
где а — скорость звука в газе,
иу(х, 0) = Ueujcosujx, -оо < х < +оо.	B)
а) В случае дозвуковой скорости потока 1 — М2 > 0 уравнение A)
является эллиптическим,
U(x,y) = — U?	-ь»>*Л=Я*--
/1 - М2
б) В случае сверхзвуковой скорости потока 1 — М2 < О
Us
и(х, у) = --
sm си [х — у
/М2 -1
Указание. В эллиптическом случае решение следует искать в
виде
и(х, у) =и1(х)и2(у),
а в гиперболическом — в виде распространяющихся волн, учиты-
учитывая, что в гиперболическом (сверхзвуковом) случае малые возмуще-
возмущения распространяются вправо от источников возмущения. Граничное
условие B) получается из точного граничного условия
( uv \ = fdy\
\U + Ux) Гран Vdx ) гран
ран
пренебрежением малых величин высшего порядка.
Замечание. Сопоставляя решения в эллиптическом и гипер-
гиперболическом случае, мы видим, что возмущения, вызванные волнооб-
волнообразной стенкой по мере удаления от нее (роста у), в эллиптическом
случае быстро затухают, а в гиперболическом случае сохраняют свою
амплитуду.
40.
при 0 < t
Ф(г, t) =
го — г
тг .	. го — at\
—Ь arcsm	) при
Zi	Т /
О	при
а
Го + Г
. + г
а
+ 00,
О < г < г0,

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
523
ф(г, t) = <
«¦(!
О
+ arcsin -
О
-aV
при О < t <
г — го
при
при
а
Г + Го
г — го
а '
< t < -
<t< +00,
r0 < г < +00.
Указание. Полагая х = rcos</?, у = г simp, a = cos#, /3 =
= sin#, выполнить сначала интегрирование по 0 от 0 до 2тг, а затем
сделать надлежащую замену переменного интегрирования; это приве-
приведет к выражению A) условия задачи.
41.Указание. Выполнить интегрирование сферически симмет-
¦ — г)	/2 (at -
ричных волн
по z от —оо до +00, а затем
г	г
сделать надлежащую замену переменного интегрирования.
42. Решение. Ищем решение уравнения
д^и _ 2 (&и_ , 1 Ои^
Ot^	\ От^ т От
в виде u(r, t) = e~zu;tf(r); это дает
u(r, t) = Ae~iujt J0(kr) + BH^\kr)e~
А и В — произвольные константы1), u\(r, t) = Ae~zu;t Jo(kr) — сто-
стоячая монохроматическая цилиндрическая волна, не имеющая особен-
особенности при г = 0, при больших г
f2 cos (fcr ~ |) _ш
* = -,
а
<м2(г, t) = Ве~г1ОгЩ '(кг) — распространяющаяся, «расходящаяся»
монохроматическая цилиндрическая волна, имеющая особенность при
г = 0. При малых г
u2(r, t) ^B-
7Г
при больших
«2 (г, t) « В J±
V n
ег (кг — <jjt	)
Vkr
Интегрируя плоскую монохроматическую волну
Г . /, х cos 9 + 2/ sin 9 \ Л
по углу О от 0 до тг, получим
r, t) =
о,
) О функциях Jo и Я^ } см. [7, с. 510, 636, 645, 719] и др.

524
Ответы, указания и решения
Если же выполнить интегрирование в плоскости комплексного пере-
переменного в по пути L (рис. 51), то мы получим
22(r, t) = e~iu;t Jeikrcos0dO =
^ (kr).
44. Решение. Примем за плоскость раздела двух сред плоскость
z = 0 (рис. 52). Величины, относящиеся к полупространству z < О,
L
7Г
О
+f
Рис. 51
Рис. 52
отметим индексом 1, а относящиеся к полупространству z > 0 — ин-
индексом 2. Обозначим падающую, отраженную и преломленную волны
соответственно через
Здесь ki = —, к{ = —J- и fc| = — — волновые числа, o;i, а^, ооъ —
частоты падающей, отраженной и преломленной волн, а\ и п2 — ско-
скорость распространения волны в первой и во второй средах; ni, nj,
П2 — единичные векторы в направлении распространения соответ-
соответствующих волн; вектор г = {ж, у, z}. На плоскости z = 0 должны
выполняться граничные условиях)
pl{(fl + ^l} = ^2^2 ПРИ Z = 0,	A)
—	1	— = —-— при z = U.	BJ
Будем считать вектор ni параллельным плоскости xOz, т.е.
ГЦ = {cOSQi, 0, COS7l}-
См. ответ к задаче 3.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	525
Запишем теперь в координатной форме векторы п\ и п2:
п\ — {cosai, cos/3i, cos7r}5 n2 — {cosa2, cos/32, COS72}.
Так как функции т: е^1'7", eI/2X, eI/3X, при условии, что z/i, 1/2? ^з
различны, линейно независимы, то подстановка </?i, ip^, </?2 в гранич-
граничные условия A) и B) приводит к равенствам
cos/3* = cos/32 = 0,	D)
т.е. единичные векторы п\ и п2 также параллельны плоскости xOz,
k\ cos ai = &2 cos aj = fe cos 0:2,	E)
откуда получаются известные соотношения между углами падения,
отражения и преломления: ai = —aj, поскольку отраженная волна,
как и падающая, лежит в полупространстве z < 0, и
о;
Если равенства, получающиеся в результате подстановки yj, y?J и у?2
в граничные условия A) и B), сократить на общий переменный мно-
множитель, то получаются соотношения для определения амплитуд от-
отраженной и преломленной волн
i = k2
из этих уравнений, используя равенство COS71 — — cos 71, получаем
4* _ р2kI cos 71 — pife cos 72 4
1	P2^i COS 71 + /?1 &2 COS 72	'
, 2/9i A;i cos 71	л
Л2 = —;	;	;	^1-
p2ki COS 71 + /91&2 COS 72
45. Обозначая через ni, nj, n2, как и в предыдущей задаче,
единичные векторы в направлении падающей, отраженной и прелом-
преломленной волн, получим (рис. 53)
*	cosai vi	I~S2	с	с
аг = —ai, 	 = — = v\2 — \ —, ^i = —;=, ^2 = —;=,
cosa2 ^2	у Sl	v^i	v^2
где с — скорость света в вакууме, Е\ и е2 — диэлектрические посто-
постоянные первой и второй сред (мы считаем \i\ = /i2 = 1).
Указание. Плоскую электромагнитную монохроматическую
волну можно представить в виде
Е = Е^ ei(ujt-kTir) н — ff(°)ei(u;t-k'nr)
Затем нужно воспользоваться условиями на границе раздела двух ди-
диэлектриков1).
. [7, с. 441-442].

526
Ответы, указания и решения
46. Представляя падающую волну в виде1
Ег = {Е1е^-к1г); 0; 0}, Н\ = {0;
получим
El = {Е1е1^-к1х)] 0; 0}; Н\ = {0; -
Е2 = {E2e^wt-k2z); 0; 0}; Н2 = {0; -
где
^*-*1*0; 0},
^; 0},
^', 0},
1/12
^12
§ 3. Метод разделения переменных
1. Краевые задачи, не требующие применения специаль-
специальных функций.
а) Однородные среды.
47. Решением краевой задачи
utt = о?{ихх
, 0 < t < +оо, A)
=0,	B)
i/ =^1=^1=^1=0,
х=0	\x=h	\y=0	\y=h	'
и{х, у, 0) = Axy(h - x)(l2 - у), щ(х, у, 0) = 0, 0 < х < /ь
2, C)
является
и(х, у, t) =
1)тгж . Bп
h
Bm + lKBn +
т, п=0
48. Решением краевой задачи
иц = а \ихх + Uyyf, (J < х < /i
и(ж, ?/, 0) = 0, ut(x, у, 0) =
cos
, 0<^<+оо, A)
B)
0<x<h, 0<у<12, C)
у=о =и\ h =0,
является
+ ОО
Е
16AZ2/2.
. ( + 1)ти/ .1	/Bm
sm ^	;—'—2- sm { nat \ /
+
Bn+lJ
x)Cm. [7, с 499-509].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	527
49-м(ж'у> *) =
. ттгхо . ттгх . птгуо . птгу
+°° sin—;	sm——sin—;—sin—— |	/2
_	К->Л.Л.Л.	К->Л.Л.Л.	К->Л.Л.Л.	¦	i	Zi	Zi
X	U	U	h	h • I , И71	п
,,< —tnt— 8in Wir+?
m, n=l
/2 ' /2 f >
'l	'2 |
/2 ' /2
li h
где p — поверхностная плотность массы.
Указание. Можно найти сначала решение, предполагая им-
импульс К равномерно распределенным по окрестности жо — е < х <
<жо+?, уо — е < у < уо + е точки (жо, уо), а затем перейти к пределу
при е -»> О1).
Можно также воспользоваться импульсной дельта-функцией
Дирака и сформулировать начальные условия следующим образом:
ту-
и(х, у, 0) = 0, щ(х, у, 0) = — 5(х - xo)S(y - у0),
Р	0 < ж < /х, 0 < у < 12.
Второй путь гораздо быстрее приведет к цели. Пользуясь дельта-
функциями, мы выбираем множитель при произведении дельта-функ-
дельта-функций так, чтобы суммарный импульс, передаваемый мембране, был
равен заданному.
50. Решением краевой задачи
ии = а2{ихх + иуу} + Л(°)(ж, у) sina;?, А^°\х, у) = -А(х, у), A)
j=o=u\y=h=0,	B)
и(х, у, 0) = 0, щ(х, у, 0) = 0, 0 < ж < /х, 0 < у < /2, C)
является
+ ОО
/ j.\ V^ л ( - х оо .	\ . 7тгтгж . птгу //|Ч
u(x,y,t)= } Amn[smut	sina;mn*)sin——sin—-, D)
и\х=о=и
х=1\
= и
m,n=l
где
Zi	Zo
4
о о
h	2
	от / dx / Л^и^ (ж, у) sin —— sin —^ ф, E)
n -cj2) J J	h	h
V
72 72
'1 '2
при условии, что частота вынуждающей силы не совпадает ни с одной
из собственных частот ш ф иошп. Если же си = оитопо (резонанс), то
+ ОО
(	Л ттгх
Sin UJmnt Sin —	 Sin p
UJmn	/	«1	«2
+ ОО
.ч	v^ л ( .	uj .	Л
, y,t) =	>	Лтп Sin O;^	Sin UJmnt Sin —	 Sin
^^	V	UJmn	/
l
ra, n=l
+ ЛтоПо (sin out — out cos a;?) sin —-— sin	, G)
«1	«2
x) См. решение задачи 101 § 3 гл. П.

528	Ответы, указания и решения
где Атп определяется по формулам E), а
h h
2 Г -. Г л (г\\ / ч . тотгх . потгу
I /Ч ГГ* I /I V / I ГГ* Л| \ ОТП	О1"К»	*~*
Атопо = -f- L Ь @) ( } gin rrw g.n попу dy
о о
Замечание. Если частота ситопо является кратной, т.е. соот-
соответствует кратному собственному значению, то вместо одного резо-
резонансного члена появится группа резонансных членов указанного вида.
51. Если частота вынуждающей силы не совпадает ни с одной из
собственных частот мембраны, т.е. и ф o;mn, m, n = 1, 2, 3,..., то
и(х, y,t)=	ш
ЛА	+°°	sinojt	sin ujmnt
4A	v-^v	Штп	• тпхо . птгуо . ттгх . птгу
= ——	>		ш 	sm——sin—— sm-—sin—-.
phh	^	uj^-uj2	h	h	h	h
m, n=l
Если же uj — ujmono (резонанс), то
sm —— sm —z- sm —— sm
h	h	h
sm	sm	sm
lm	h	h	h	h
m, n=l
2A
2A f .	ч . ?тго7гжо .
+ ——— (sm cut - ut cos ujt) sm —-f—- s
phhoj	h
sm T y sm —7— sm
h	h
T sm 7sm	.
p	h	h	h
Замечание. Если частота о;тоПо является кратной, то вместо
одного резонансного члена появится группа резонансных членов ука-
указанного вида.
52. Потенциал горизонтальных скоростей частиц воды является
решением краевой задачи
d2U 2 f d2U , д2и\ , А тгж тгу ,/ЛЛ
^7Т = а ^ тт + ^Т Г + - cos ~Г cos 7^ / (*)>
ди
У, 0) = 0,
ду
0
з/=о
Щх, у,
<^
ди
ду
0) =
< +оо, а = g
= 0,
= 0.
Л, A)
B)
C)
дх
Он может быть представлен в виде
Г t	Л
U(x, у, t) = -—< f'(r) sin k(t - r)dr > cos ^ cos ^.	D)
лоР \ J	h	h
\o	)
53. u(x, y, t) =
v y ,	. ттгхо . птгуо . ттгх . птгу
, Tr	+°° sm —	sm —-2- sm —-— sm —-^
_ 4i^ e-^2t	\^	h h h h
phh

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	529
v2
a v2 — коэффициент сопротивления, входящий в уравнение
д2и 2 Г д2и д2и\ о 2 ^
dt2	у дх2 ду2 J	dt
54.
. +ОО	2	о \ •	^ 2
16л \-^	(о; — Шгп„) smwt + 2v uj cos u;t	. mnx . nny
h
Указание. Ищем решение уравнения
2v + е
lv dt+ Pe '
обращающееся в нуль при х = 0, х = /i, ^/ = 0, 2/ = Ь, в виде
[/(ж, у, t) = F(x, y)e^*;
тогда и(ж, ^/, t) = 1т(С7(ж, ^/, t)). Для определения V(ж, 2/) получаем
краевую задачу
^	4,
а2	ро?
V\ п = У . =У| п = У| . =0.
1ж=0	x=h	\y=0	\y=h
Ее решение ищем в виде
+ ОО
V(x,y)= 2_^ A
m, n=0
55. Решением краевой задачи
d2U 2 ^2^ , 2 0СЛ
г2 г дг
ди
= га; cos а;^, ^г—
= 0, 0 < t < +оо
дг
(U(r, t) — потенциал скоростей частиц газа), представляющим уста-
установившиеся гармонические колебания с частотой и, является
JJ (г, t) = ^- (cos k(r2 -r)	sin k(r2 -г)) cos cut, к = —,
А V	Г2	/	а
А = (к2 -\	smk(r2 — г\) — к (	) cosk(r2 - га)) .
Указание. Искать решение в форме
[/(г, ?) = R(r) cos cut.
34 Б.М. Будак и др.

530
Ответы, указания и решения
56. Решением краевой задачи1)
ди
дг
U(r, 0)
является
U (г
Хп -
(д2и 2 ди\
^дг2 г дг J ' Г1
-о ди
г=п дг
= 0, Ut(r, 0) = -'-
ч v^ л cos Anr H
71=1
- Г°г? 1 Л ^
v y2(r2-ri)'
An sin Anr2 +
In
Xn COS АПГ2 -
< r < Г2
= 0, 0<
JLo
- 7n sin An
r
n- 0,
— cos An
r2
— sin An
r2
, 0 < t < +00,
t < +00,
ri < r < r2,
ЧТП Л A /
Dill (J//\fi и,
1,2,...,
r2
Г2
A)
B)
C)
2 r2
An = --
r) [cos Anr
Указание. Перейти к новой искомой функции
V(r,t)=rU(r,t).
б) Неоднородные среды.
57. Решением краевой задачи
С* И1	гг \ О Ul	О Ul [	С)
ду2 }
P2
\
х* + ду* J '
и(жо-0, 2/, *) =и(жо + 0, 2/, t),
их(х0 - 0, ?/, *) = их(х0 + 0
, t), \
, ?/, t), J
°' U
2/ ^ *2j
0 < t < +00,
+ 00,
u(x, y, 0) = /(ж, ?/), ^0, 2/» 0) =
является
), 0 ^ х ^ /ь 0
+ ОО
A)
B)
и(х, y,t)=
n cos Xmnt + Вшп sin Amn^)?jmn(x, 2/),
t/(r, t) — потенциал скоростей частиц газа.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
531
где
Vmn(x, У) =
sin—^,
h
smcjrnnih — x) .
A^si
_ Pi л2 _
***!_ =2 _ P2 л2 _ А"
_ P2 л2 _
mn	/2 '
iO	Ь	^0	/2
где Amn (?n,n = 1,2,3,...) — корни трансцендентного уравнения
/ /р(ж, 2/)/(ж, у)%п(ж, y)dxdy
99
\\Vmn\\2
/ fi(x, y)F(x, y)vmn(x, y)dxdy
^2
u 0
|2 =
h_ J Р1Ж0	p2(h - x0)
4 S . 9_	"I" . 0 =
58. Решением краевой задачи
<л2	( <^2	о ^ ^
о и Тг \ о и 2 ди \ ^ . .	л
Poi ^тт = KiPo i ^т + " " г ' 0^г^гь 0<?< +00,
= 0,
u(r, 0) =
:^:h ri < г < r2,
<9n
r, 0) = 0,
A)
_ ^n
0 dr r=n+o'
0 < t < +00, B)
;r2,	C)
34*

532
Ответы, указания и решения
является
+ ОО
u(r, t) =
D)
n=l
где An (n = 1, 2, 3, ...) — корни трансцендентного уравнения
poi sin ^
-P02 COS — П
-P02 Sin — П
— cos — t\ — — sin — v\ —sin — ri + —cos — ri	——cos — ri + — sin — r\
a\ a\ r\ «l «2 a2 rl a2	a2 a2 rl a2
— sin — r2 + —cos — r2	-—cos — r2 + —sin — r2
«2 a2 r2 a2	a2 a2 r2 a2
an sin —^ r,	0 ^ r
pn cos — r + 7n sin — r, ri ^ r ^ Г2.
U2	CL2
= 0, E)
F)
Константы an, (Зп и 7П определяются с точностью до общего посто-
постоянного множителя из системы уравнений
(Pol sin — п ) ап - (ро2 cos — п ) /Зп - (ро2 sin -^ п ) 7п = 0,
-^ cos — n	sm-ri an+ - sin -^ ri +
ai	ai	п а\ )	\п2 а.2
Г\	CL2
1
CL2	CL2	Г\	0,2
/1 An , An . An \ a , ( 1 • An
I — COS 	Г2 H	Sin 	Г2 I pn + ( — Sin 	T2 —
\Г2	U2	U2	U2 /	\Г2	CL2
An	An \	n
	cos — r2 1 7n = 0,
a2 a2 J	>
rfj,(r)f(r)vn(r) dr
G)
. п = 1,2,3,...,
(8)
A0)

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	533
2. Краевые задачи, требующие применения специальных
функций.
а) Однородные среды.
59. Решением краевой задачи
д2
u(r0, t) = 0, 0 < t < +оо,	B)
u(r,O) = <p(r), щ(г,О) = ф(г), 0<r<ro,	C)
является
+ ОО
U(r, t) = Y \An cos fo ^ t) + Bn sin fa ^ t) ) Jo f ^^) , D)
n=l
где
An = 2Г7^ ,12 /r^(r)Jo (^) dr,
rg[Jl(/i)]2 J	\ Го J
го
о
in — положительные корни уравнения Jo(/i) = 0.
60. Решением краевой задачи
E)
u(ro,t) = 0,	B)
и(г, 0) = А И- ^) , щ(г,0) = 0, (Кг^го,	C)
является
f 11 Т Л
+ оо Jo I
\in — положительные корни уравнения Jo(/i) = 0.
Указание. Для вычисления коэффициентов ряда D) воспользо-
х
ваться формулой xJo(x)dx = xJi(x), установить сначала справде-
о
ливость формулы
X
Гх3 Jo (х) dx = 2х2 Jo (х) + (х3 - Ах) J± (x).	E)
о
61. Потенциал горизонтальных скоростей частиц воды является
решением краевой задачи

534
Ответы, указания и решения
\U@,t)\<+oo,
Ь) = 0, 0<i<+oo,
U(r, 0) = ip(r), Ut(r, 0) = V(r), О ^ г ^ r0.
Для него получается представление
B)
C)
2 7
r, t) = — / r{</?(r) + ^(r)} dr
+ OO
r0
. a/jLnt\ T f /лпг\ /.ч
n sin -^— Jo ^— , D)
где
) Jo (^1) ^
V Го /
\in — положительные корни уравнения Ji(/i) = 0.
62. Решением краевой задачи
д2и _ 2 \ д2и | 1 ^ 1 | Ро
является
u(r0, t) = 0, 0 < t < +oo,
u(r, 0) = 0, u,(r, 0)=0, O^r
3, 0 < t < +oo, A)
B)
ь	C)
(r fl _
l/ , I) —
pa2
D)
где /i/. — положительные корни уравнения Jo(/i) =0, р — поверх-
поверхностная плотность мембраны.
63. Решением краевой задачи
д2и 2 \ д2и I ди\ I f{ ,, п . ^	п ^ . ^ ,	Пч
——- = а < ^—г Н— — > Н— /(г, t). О ^ г < го, 0 < t < +00, A)
а^	I аг2 г аг I p
B)
з,	C)
, *) = 0, 0 < t < +оо,
и(г,О) = О, щ(г,0)=0, О^г
является
п=1
t	0
An(t) = — fdr [f(?, т) Jo (&?) smwn(t - т) df,
(jOnJJ	V Го /
D)
где ип = _LZi5 a \in — корни уравнения Jo(/i) = 0.
ro

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	535
64. Решением краевой задачи
A)
2 r or J p
u(ro,t)=0, 0<?<+оо,	B)
u(r, 0) = 0, и*(г, 0)=0, O^r^ro,	C)
является
\ a J )	т I unr\ . aunt
з +00 Jo -— sin ——
2poujro ^	\ ro J	r0
ap
где \in — положительные корни уравнения Jo(/i) = 0, если только час-
частота и вынуждающей силы не совпадает ни с одной из собственных
частот мембраны иоп = -^— (нет резонанса). В случае резонанса реше-
решено
ние разыскивается аналогично тому, как это было сделано в решении
задачи 133 § 3 гл. П.
Jo (
65.
где
VT)	п=1
Г т (ujt\ т (и,пг\ -,
\in — корни уравнения Jo(/i) = 0.
Указание. Сначала нужно найти вынужденные колебания с
частотой вынуждающей силы в виде [/(г, i) = R(r) sina;^.
Замечание. Решение написано в предположении, что нет резо-
резонанса, т. е. что uj ф ujn — J-HL^ n = 1, 2, 3, ...
66. Решением краевой задачи
д2и 2 (д2и , 1 ди
B)
и(г, 0) = </?(г), щ(г, 0) = ip(r), 0 < г < го,	C)
является
+ ОО
2	7	fa гЛ
Ап = ~WT1—V12" r(f(r)Jo ^— dr,	E)
ro[Ji(fJ>n)\2 J	\ ro /
о

536	Ответы, указания и решения
Вп = ^Ап+ „ 2	7гф(г) Jo (^I) dr,	F)
C^n	CJnrg[Ji(/in)]2 J	V Го /
in — положительные корни уравнения Jo(/i) = О,
+ooj0 (^
67. а) «(г, *) = 2^г02 У
[(а /хп — гоа; )
X
+ 00 Jq .	/ г/ 2 2	2 2\	2«i
/ ,\ _ 0 Po 2V^ V ro / [(а //„ — Гош ) cos cot + 2i/ wsmujt\
где \in — положительные корни уравнения Jo(/i) = 0.
Указание. См. указание к задаче 50.
68. Нужно найти решение уравнения
r2 r dr J	dtJ
удовлетворяющее граничным условиям
|[/@, t)\ < +oo, U(r0, t) = Aelujt,
а затем взять его мнимую часть. Для этой цели освободимся от не-
неоднородности в граничном условии, переведя ее в правую часть диф-
дифференциального уравнения; именно, будем искать решение задачи в
виде
где
v(r, t) = R(r)elLOt, |Д@)| < +оо, R(r0) = 0.	A)
Для R(r) получим дифференциальное уравнение
d2R I dR и2 - 2v2ui „	л \ш2 - 2iv2u r2 4
77 + - -у- +	ъ	R = -A\	2 + —
dr2 r dr	a2	[ a2	rg rg
решение которого, удовлетворяющее граничным условиям A), ищем
в виде
+ ОО
п=1
где цп — положительные корни уравнения Jo (/л) = 0.
х) Мы предполагаем иоп действительным при п = 1, 2, 3, ...;в случае,
если для п = 1, 2, ..., и;п является мнимым, в соответствующих членах cos
и sin заменяются на ch и sh и знак перед первым слагаемым в формуле F)
заменяется на противоположный.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	537
69. Решением краевой задачи
д2и о (д2и , 1 ди
о
<г<г0, 0<^<+оо, а2 = р , A)
B)
w(r, 0) = <p(r), ut(r, 0) = ф(г), 0 < r < r0,	C)
является
u(r, t) = J2 {An cos ^ + Bn sin ^} { Jo (М„ ^) - J0(/in)} ,
n=l
D)
где /in — положительные корни уравнения
Jo (/i) + xJ2 (//) = 0, x = ^4 *•? '),	E)
о
0
\j0 Un ^) - Jo(/in
I V ro/
Указание. Частные решения уравнения
2тг	г0
dt2
удовлетворяющие условиям
(д2и 1 ди\ роа1 [ 1 [
I дг2 г ^г I pifio J J
)| <+оо,
ищем в виде
U(r, t) = R(r)T(t).
После разделения переменных это приводит к уравнениям
Т" + а\\2Т = 0, $| + - ^ + X2R = 2тг Щ ¦ ±- JrR(r) dr.
dr2 г dr	p\a{ Q,oJ
Прежде чем искать решения последнего уравнения, удовлетворяющие
условиям
|Д@)|<+оо, Д(го)=0,	A;)
выполним в нем замену переменных: Лг = ж, R(r) = ^ (т") = y(x)'i
г) По поводу обозначений см. задачу 5.

538	Ответы, указания и решения
это приведет к уравнению
«" + ' + () ^^/
где \i = Лг0.
При этом условия A) примут вид
12/@I <+оо, j/(/i)= 0.	C')
Решения уравнения B'), удовлетворяющие граничным условиям C'),
ищем в виде
1/(ог) = Мх) - J0(n).	D')
Подстановка D') в B') дает
-Job) = gL ^4 4 /Wo(z) - Jo(//)} dx,	E')
что приводит к следующему уравнению для определения значений /i,
соответствующих собственным значениям Л = — рассматриваемой
го
краевой задачи
М[1) + яЫи) = о1),	F)
ГДе	2 2
Полагая
Д„(г) = Jo (^) - Jo(Mn),
где \in — положительные корни трансцендентного уравнения F), не-
нетрудно установить следующие соотношения ортогональности2) для
собственных функций Rn(r) рассматриваемой краевой задачи
rRn(r)Rm(r)dr= < 2 L	^n	J	G)
I
0	^0	при т ф п.
70. и(г, *) = Г° V ч1^ 2 ° Г' s
V oi J af
+00
-\-y^ AnBn(r) sin x , A)
n=l
x) Для этого после выполнения интегрирования в правой части E) с
помощью соотношения B) [7, с. 638], нужно воспользоваться первым из со-
соотношений B1) [7, с. 637, 638], положив v = 1.
2)См. [38].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	539
где к и Rn{r) имеют тот же смысл, что и в предыдущей задаче,
г0
n(r) dr,	B)
где
/ о;г0 \ , и; Т иго \
J2 	 1 + — Jo
V 01 У of V 01 /
— натяжение мембраны.
Указание. См. указание к предыдущей задаче.
71. Решение краевой задачи
!^	A)
u(r0, t) =ur(r0, t) = 0, 0<^<+оо,	B)
u(r, 0) = /(г), u,(r, 0) = F(r), 0 ^ г < r0,	C)
будем искать методом разделения переменных. Заметим, что в усло-
условиях радиальной симметрии
л д2 1 д	,Л,
А> = д^ + -гд-г-	^
Частные решения уравнения B) ищем в виде
U(r, t) = R(r)T(t).	E)
Мы получим
Т" + и;4Т = 0, T(t)=A cos uj2t + В sin аЛ,	F)
AAR-k4R = 0, &4 = ^, A = A2.	G)
Последнее уравнение можно записать так:
(A + k2)(A-k2)R(r) =0.	(8)
Таким образом, R(r) может быть решением уравнения
(А + kz)R(r) = 0, т. е. -—- Н	— + k R = 0,	(9)
drz г аг
либо уравнения
/Л	7 2\ т->/ \	rv	U R	1 dR	7 2 Г")	rv	/rv/\
(А - к )R(r) = 0, т. е. -— + -	к R = 0.	(Э7)
Так как нас интересуют лишь ограниченные при г = 0 решения урав-
уравнения (8), то
R(r) = С Jo (At) + ?>io(Ar).	A0)
Чтобы удовлетворить граничным условиям B), Д(г) должно удов-
удовлетворять граничным условиям
Д(г0) = Д'Со) = 0.	(И)

540	Ответы, указания и решения
Подставляя A0) в A1), получаем уравнения
CJo(kro)+DIo(kro)=0,\	( ,
CJ?(fcro)+^(fcro)=0j	[ ]
Мы разыскиваем нетривиальные решения уравнения (8), удовлетворя-
удовлетворяющие граничным условиям A1), поэтому константы С и D не должны
одновременно обращаться в нуль, следовательно, определитель систе-
системы A2) должен быть равным нулю. Так мы приходим к трансцен-
трансцендентному уравнению
Jo(/cro)/o(/cro) - 10(кг0)^(кг0) = 0	A3)
для определения собственных значений нашей краевой задачи fci,
&2, ..., кп, ... В качестве собственных функций можно взять
Rn(r) = R(knr) = Io(knro)Jo(knr) - J0(knr0)I0(knr). A4)
Эти функции ортогональны1) на отрезке 0 ^ г < г о с весом г. Для
доказательства этого утверждения заметим, что уравнение G) можно
переписать в виде
1 d ( d Г1 d
Положим в уравнении A5) R = Rn{r), к = кп, а затем R = Rm(r) и
k = кт, умножим первое из полученных равенств на rRm(r), а второе
на rRn(r), вычтем результаты и проинтегрируем по г от нуля до го;
г) Ортогональность Rn и Rm может быть доказана и без подробного
исследования их поведения при г = 0. Возьмем уравнения
AARn(r) - knRn(r) = 0, AARm(r) - kmRm(r) = 0, А = Д2,
умножим первое на Rm(r), а второе на Rn(r) и вычтем; мы придем к ра-
равенству	А А
Проинтегрируем это равенство по кругу К с границей Г, 0 ^ г < го,
0 ^ у? < 2тг и воспользуемся формулой Грина
(** - k^JJRmRn da = JJlRmAARn - RnAARm] da = f (lim ^^- -
К	К	Г
-Rn^^)ds+ f(^ARm-^ARn)ds = 0, A7)
dr J	J \ dr	dr	J
так как на окружности Г, г = го, имеет место
Rm(ro) = Rn(ro) = 0, iC(r0) = #п(П)) = 0.
Если А;т ф кп (кт, кп ^0), то из равенства
(к4 к4 )
[Кп — Km)
следует равенство
г0
0, т.е. fr

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	541
это даст
г0
d Г1 d frdRn
Подстановка в правой части последнего равенства обращается в нуль
тождественно при г = О, что вытекает из структуры рядов для функ-
функций Бесселя Jq (х) и Iq (х) , а при г = го эта подстановка обращается
в нуль в силу граничных условий A1). Поэтому при кш ф кп, кш ^ О,
К ^ 0 будет	го
JrRmRndr = 0.	A6')
о
Если в равенстве A6) заменить кш на & и перейти к пределу
при & —у кп, то, раскрывая неопределенность по правилу Лопиталя,
найдем 1)
\\Rn\\2 = JrR2n(r)dr =
= ^ {К2 - К± \- т
4 [ n	dr Vr dr
dr /1 fe^rg	J _
= х К2Ы = r2J2(knr0)I2(k0rn). A8)
Решение краевой задачи A), B), C) получаем в виде суммы ряда
+ ОО
u(r, t) = ^~^{ЛП cos(c2&2?) + Bn sin(c2k^t)}Rn(r),
n=l
где
r0	r0
Jrf(r)Rn(r) dr	jrF{r)Rn{r) dr
^-П — 	и o mo	5	^П —
72	?/(> Л- °2J V Ыкпго) - Jo(fcnro)] ¦ Д„(г) ¦ /, 2 2,
72. «(r, t)-^L	sMKc t
n=l
где цилиндрическая жесткость .D равна
p= 2Eh3 2)
3A -m2) '
a Rn(r) имеет тот же смысл, что и в предыдущей задаче.
х) Можно было бы воспользоваться аналогичным образом соотношени-
соотношением A7), полученным в предыдущей сноске.
2) См. решение задачи 18 настоящей главы.

542	Ответы, указания и решения
п=1
\ UJ I
Ji(knr0)Rn(r)
x
' 7 ( Ь. \ 7 / Ь. \
где Rn и D имеют тот же смысл, что и в предыдущей задаче.
74. u(r, i) =
к2 с2
_ с2ро v? sin(/^c2*) - -2— sin^ [/o(A;nro) - Jo(knro)]Rn(r)
2ttD 2^	1_fk2nc2\2
75. Решением краевой задачи
*"=a*{%!± + lp), r*<r<r*\ 0<t<+oo, A)
dt2	[ dr2 r dr)
u(r*,t)=u(r**,t) = 0, 0<^<+oo,	B)
u(r, 0) = <p(r), ut(r, 0) = ф(г), г* ^r^ r**,	C)
является
+ OO
u(r> t) = ^2iAn cos(a\nt) + Bn sin(a\nt)}Rn(r),	D)
n=l
где
Rn(r) = J0(rXn)H^\r^Xn) - 7о(г**Лп)Я($1)(гЛп),	E)
An — положительные корни уравнения
#>	^Н = 0,	F)
R^> *• <7>
*¦ С)
+00
76.	u(r,t) = R(r)sinujt+^ BnRn(r) sin a\nt,	A)
n=l
) == 	9~ ^
-l|, B)

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	543
⫦ - тг ¦ jS(J^^,,r-} /Ww. w *,	(з)
Г*
Rn(r) = J0(Xnr)H^(Xnr**) - М\пГ**М1](\пг),	D)
Лп — положительные корни уравнения
J0(Xr*)H^(Xr**) - J0(Xr**)H^(Xr*) = 0.	E)
+ ОО
77.	u(r, t) = ^{^ncosaAn? + ?nsinaAn?}i2*(r),	A)
n=l
R*n = J0(Xnr)H^'(Xnr**) - J^Xnr**)H^(Xnr),	B)
An — положительные корни уравнения
^(Аг*)Я^1)((Аг") - ^(Аг")Я^1)((Аг*) = 0, C)
Г rcp(r)Rn(r)dr [ r<ijj(r)R*n(r)dr
г	г
J rR^2(r)dr	а\п J
2 2	2 \
78. u(r, z,t) = <2_^ Ап10 I г у —	— I cos — } coscut +
+ °°	.	.	Г^2	2 2~
П 7Г
т, п=0
2
т (Ц>тг\	n7rZ	LLm	П 7Г	(Л ч
mnj0^L_jcos —costa^ + -j5-, (I)
/i ^ f J-/ \ n7rz ,
Ап =	,			—г- / f(z) cos	dz,
г /»Va с2 h ( ln\* ш*\1	l
n = 1,2,3,..., B)
B')
2Л„ /• / /nz7rz u>z \ Т (цтг\ ,
Впт = —jtjt	г rlo\r \ —	j Jo ^— dr,
ЧД(Рт) J	\ V I2	а2 I	V Го /
п = 1,2,3,..., C)
0
/im, ?n = 0, 1, 2, 3, ..., — положительные корни уравнения Ji(/i) = 0.

544	Ответы, указания и решения
Замечание. Член с множителем cos cut в равенстве A) является
частным решением уравнения
д2и _ 2 / д2и 1 ди д2и \
dt2 ~а \ дг2 г дт dz2 / '
удовлетворяющим неоднородным граничным условиям задачи.
79. Потенциал скоростей равен
' +ОО
u(r, z, t) = < V^ Am cYiz \ f-^-	 Jo f —— ) > cosa;?
*-^	V ro a v ro /
U=o	v u	)
+00
riTYZ
nrn l V ro 7	у r2 l2 '
n, ra=O
2
9 т9 /	ч / /i-m	tt/	/ Lfc^^	Lt/ q
: j rf(r)J0 [^f-J dri
m —	JTL / ch2; W^-f-	2~ cos —— dz, n = 1, 2, ...,
I	J	у Гд	О-	Ь
Л '
о
im5 ?n = 0, 1,2, ..., — положительные корни уравнения Ji(/i) = 0.
80. Потенциал скоростей равен
Г+оо	^
u(r, z, t) = < 2_^ ^nJRn(r) cos —
2 2
TlltZ	/Л9 ,П7Г	/1Ч
COS — COS ^уЛ^ + -^-, A)
^-^, п = 1, 2, ...1),	B)
x) Здесь предполагается, что >сп действительное; в противном слу-
случае Ко и /о заменятся на Щ и Jo.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
545
R*m(r) = J0(Xmr)H^'(Xmr**) - 4(\mr**
\ш — положительные корни уравнения
г**
Ап Г rRn(r)R*m(r)dr
rR?(r)dr
81. Потенциал скоростей равен
u(r, z, t) = < ^2 AnR*n(r) chz у X2n -^ coswt
+ ОО
= О,
BnmRn(r) cos—— cos^
Лп (п = 0, 1, 2, ...) — положительные корни уравнения
^(Ar*)#W'(Ar**) - ^(Anr")ffA)((Ar*) = 0 *),
Ап =
rf(r)K(r)dr
Щ sh I \[К^Щ [ гЩ? (г) dr
B	V	Qi J
2An Г
=	j- /
i J
^	jcos—— dz, m = 1, 2, 3, ...,
Здесь предполагается, что Ап > — для всех п = 0, 1, 2, ...
а
35 Б.М. Будак и др.

546	Ответы, указания и решения
82. u(r, ip, t) =
.>V\ Л».
2К ^ V Г° > - - '.cosnfo,-
где /Д — положительные корни уравнения Jn([i) = О,
_ Г 2 при п = О,
~ \ 1 ПРИ n ^ О,
го — радиус мембраны, (ri, </?i) — точка удара.
Указание. Можно сначала считать, что импульс К равномерно
распределяется в момент t = 0 по элементарной площадке ipi ^ ip ^
^ y?i + Д</2, ri ^ г ^ Г\ + Дг, т.е. что начальные условия имеют вид
u(r, ip, 0)=0, О^^^^о, О^г^го,
на указанной площадке,
щ(г, р, 0) =
[ 0	вне указанной площадки,
а затем в решении, полученном при этих начальных условиях, перейти
к пределу при Aip —> 0 и Аг —>- 0.
Можно воспользоваться также импульсными дельта-функциями
для формулирования начальных условий, полагая
и(г, </?, 0)=0, 0^(^^(^о, О^г^го,
^ */
р
где дельта-функция J(y? — tpi) определяется обычным образом, а функ-
функция й* (г — ri) определяется равенствами
//
JrS*(r - ri)/(r) dr = /(п), если r0 < n < г0;,
rS*(r — ri)/(r) c?r = 0, если ri лежит вне отрезка [г0, Гд],
какова бы ни была непрерывная функция /(г). Таким образом, про-
произведение й*(г — 7*1)#((/2 — ipi) является обычной дельта-функцией для
плоской области; умножая ее на элемент площади в полярных коор-
координатах г dr dtp и интегрируя по рассматриваемой области, мы полу-
получим 1 или 0, смотря по тому, принадлежит точка (ri, ipi) этой
области или нет1).
х)См. также [7, с. 270].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	547
83. Потенциал горизонтальных скоростей частиц воды является
решением краевой задачи
д2и 2 / д2и , 1 ди , 1 д2и \ п . .
at2	I or2 г or г2 д(р2 I
О ^ (f ^ 2тг, 0< ? < +оо, A)
ur(r0, у?, *) = 0, 0^</?^2тг, 0<^<+оо,	B)
u(r, ip, 0) = v0rcos(p, ut(r, <р, 0) = 0, 0 ^ г ^ г0, 0 ^ у? ^ 2тг,
C)
для него получается выражение
+ ОО
(!^)^	D)
V го
71=1
где \in — положительные корни уравнения J[(/jl) = 0, а
л =
84. u(r, (/?, t) =
го \^ Ап T (finr\ f (	ч . afin ( ч , /1ч
= — > — Ji -— / cos((z? - ujt) sm -^— (t - r) ar, A)
ар ^ ttn \ r0 J J	r0
n=l	0
где \in — положительные корни уравнения Ji(/i) = О,
rOJl \^п)
Замечание. Можно получить решение и в другой форме. Для
этого сначала нужно, не заботясь о начальных условиях, найти част-
частное решение неоднородного уравнения
д2и 2 Г о2и , 1 ди , 1 д2и \ , /(г) ,	..
at2	у or2 r or г2 дер2) р
обращающееся в нуль при г = го в виде
U(r, (p, t) = R(r) cos((^ - ut).
Применяя метод вариации постоянных с использованием вронскиана
2
цилиндрических функций W{Ji(z), Ni(z)} = —, для R(r) нетрудно
7TZ
получить выражение
35*

548	Ответы, указания и решения
R(r) - IOL
(^) jrf{r)Nl (?) * - Nl (^
о
7TUJ Т (ОйГ\ Г г/ \ лт (ШГ\ ,	7TUJ лт (ОйГ\ f r/ \ т /^Г
--—Л — rf(r)N1l — )dr + —N1[ — ) /r/(r)Ji ( —
2а/9 \ а / J	\ а /	2ар \ а / J	\ а
о	о
Затем нужно найти решение однородного уравнения с соответст-
соответствующими неоднородными начальными условиями.
{+оо	^
Y, Сп{а2ц2п - г02о;2)Л (^) I cos(^ - cut) -
n=l	)
- 2r20xw J ^ Cnh (^) 1 sin(^ - tut),
\in — положительные корни уравнения Ji(/i) = 0.
Указание. Решение задачи может быть получено как дейст-
действительная часть решения уравнения
dt2	1 dr2 r dr r2 d(p2 J	dt p	'
обращающегося в нуль при г = го- Такое решение уравнения A) мож-
можно искать в виде
Решение дифференциального уравнения, получающегося для R(r),
можно искать в виде
+ ОО
71=1
86.	\	r
r
г;(г, t) = — ^^	— / грт{т) sm -^—- (t — т) ат,
гп=1	о
/im — положительные корни уравнения Jn(/i) = 0.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	549
+ ОО
87. u(r, ip, t) = sin cut 2^. Jn (— ) (An cos nip + Bn sin nip) +
n=0
+ 2^ ^n ( 	 ) v^nm cos n(^ + ^nm sm n(^) sm
,,m=U	'
— положительные корни уравнения Jn(/i) = О,
2тг
1	f
2тг Jo (	) о	^Jn
2тг	2тг
Ло =	tt^tv /FM ^, Ап =	т-т^-v /^M cosnipdip,
n = l, 2, 3, ...,
2тг
/F() sinn(^dy?, n = 1, 2, 3, ...,
/" T	/CJrX ( fJLm Г \ ,
n / r Jn	—	Jn 	 dr
J	\ a / \ ro I
о V /
' ^, ^ - 0, 1, 2, 3, . . . ,
ro
= 1,2,3,...,
ш = 0, 1, 2, ...
Указание. Сначала целесообразно найти частное решение
уравнения
1ди,1д2и
г
удовлетворяющее граничному условию
и(го, </?, t) = F(ip) sir
Это частное решение естественно искать в виде
U(г, </?, t) = V(r, ф) sino;^.
88. u(r, ip, z, t) =
( +oo
>
{n)r\ rnir? т27г2 /y(nJ
+ > Am/feJn -^	 COS^-— COS Tl(p COS at\ —-	h -^~,
— положительные корни уравнения J'n(ii) = 0,

550	Ответы, указания и решения
2 ff(z) cos ^p dz	ff(z) dz
/™2 2 ~2	/	/_2 2 ~T\	/CJ T. /C^ro^
—
а'Ла)
Amk =
-2АШ frln ( Г
о	V
2
r^ I I n I j2(..(n)^
(nJ
m = 1, 2, ..., & = 0, 1, ...,
= o, l, 2,...
89. u(r, y?, z, t) =
/ (n) \	/ (nJ	2 I
Ak Jn f ^-^ ) chzi^-z	^5- > cosrupcosujt +
(n) \	/22	(n
COS—— COSn^COSa^W—2— + ^2
/2	' r2
m,k=0	- " '	» l	Г0
положительные корни уравнения J^(/i) = О,
2Jrf(r)Jn (^-1
0	\ ° /
(nJ	2
I	/	2
2 A Г л	P>h	ш2 mirz ,	л n
= -T^fe / ch2M/-^	jCOS—— ^, Ш = 1, 2
I	J
a2	/
fe = 0, 1, 2, ...,
= 0,1,2,...

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
551
90. u(r, </?, t) =
E
k,n=l
Го
r0
sm —- sm
sin
,(n)
A)
где (ri, (pi) — точка, в которой сообщен импульс К, /j[?l) — корни
уравнения Jzhl(a4 ) = 0.
91. u{r, </?, t) =
¦ sm —— sm —— sm X) ' at,
<po	<Po
где Rnk(r) = Zujl [X^ г) и А^п^ имеют тот же смысл, что и в задаче 45
гл. V, a (F, ф) — точка, в которой сообщен мембране импульс К, р —
поверхностная плотность массы мембраны (массы единицы площади).
92. Потенциал скоростей частиц газа является решением краевой
задачи
д2и
_ ди_
г=п дг
= 0, ?
ди
= 0,
<р=<ро
, A)
B)
C)
ср=О
щ(г, ip, 0) = F(r, (/?), J
Решение краевой задачи A), B), C) может быть представлено в виде
+ ОО
u(r, ip, t) = У^ {Апк cosaXyt + Впк sin a Xrh}Rnk (r) cos ИШИЕ.^ D)
п,к=0
где
ipo	V0	<ро
положительные корни уравнения
Ntn2L(Xr1)Jtn2L(Xr2) - Jk(
Ank =
'1 VO
cos
?>о
k(A<n)r), E)
= 0,	F)
dy>, n > 0, G)

552	Ответы, указания и решения
(8)
JrRlk(r) *=*• ^(^)-f(^).	(9)
93. Решение. Поместим начало сферической системы коорди-
координат в центр сосуда и направим ось в = 0 по скорости движения сосуда
при t < 0. Тогда потенциал и скоростей частиц газа не будет зависеть
от угла (f и для и мы получим краевую задачу
д2и 2 Г 1 0 f 2 ди
d2w 2
A)
иг(г0, 0, t) = 0, 0^6>^тг, 0<^<+оо,	B)
w(r, 6>, 0) =vrcosO, щ(г,в,0) = 0, О^г^го, 0 ^ в ^ тг. C)
Естественно попытаться искать решение краевой задачи A), B), C)
в виде
и(г, в, t) =w(r, t)cosO.	D)
Это приводит к следующей краевой задаче для w:
E)
F)
w(r,0)=vr, wt(r,0) = 0, O^r^ro,	G)
которая решается методом разделения переменных, причем для w(r, t)
получается выражение
+оо j3/2 (m)
где fik — положительные корни уравнения
^3/2M-iU/2M=0,	(9)
fc = 1,2,3,...	A0)

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	553
94. Потенциал и скоростей частиц газа является решением крае-
краевой задачи
, A)
= со A cos 0 cos а;?,	B)
r=r0
—
ОГ
u(r, в, 0) = 0, ut(r, 9, 0) = 0.	C)
Решение краевой задачи A), B), C) может быть представлено в виде
ln	^=—- >
J
+00 J3/2
-		-, D)
где /in — положительные корни уравнения
t//\J-t/\/-\	/ г- \
—2- rb/2J3/2 I?—- )dr
a2 J	\ ro J
°, А; = 1,2,3,..., F)
= 1,2,3,... G)
Замечание. Слагаемое
+00 J3/2
о;Лг + ^ Лп	ч^и 7 ^ cos 0 cos o;t,	(8)
n=l

554	Ответы, указания и решения
входящее в D), является решением уравнения A), удовлетворяющим
граничному условию B), но не удовлетворяющим начальным усло-
условиям C).
Функция
и Ar cos в cos cut
удовлетворяет граничному условию B), но не удовлетворяет уравне-
уравнению A).
'О
^	У
J
J
оо	Jn+l/2
X Рп(COS в) COS LUt + Y^Ck 	Г 0 P^(C0S<9) C0S
где /i^ — положительные корни уравнения
B)
C)
j
2 Jn
Замечание. См. замечание к ответу к предыдущей задаче.
96. Потенциал скоростей частиц газа является решением краевой
задачи
д2и _ Л2 / 1 & („2 ди\	1 д ( . * ди\^\
, A)

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	555
B)
и(г, в, 0) = щ(г, в, 0) = 0, 0 ^ г <С г0, 0 ^ 0 <: тг.	C)
Решение краевой задачи A), B), C) может быть представлено в виде
Т
D)
л/Г	I
к=1
(n)
где 1Ц, — положительные корни уравнения
~- 0,	E)
(t-T)dr, к = 1, 2, 3, ..., F)
71 + 1/2
\ /U /
= 1,2,3,..., G)
2 Jn + l/2 \f*k ) \l	(nJ
{+°° Jn + 1/2 ( —)
Y^ Лп	^ а Pn (cos 6>) ^ cos а;^ ¦
п=1 ^Т
^n+1/2 I
Г0 # _ , „ч ,J>IJtfc ^
п, А;=1
0
/	I 1
Д„(г)= "+1/2^^, «= 0,1,2,...,	B)
, 7 т /сгч T
An I rJn+1/2 {	J Jn+1/2
Ank = -^-2	°
(пJ
А: = 1,2,3,..., п = 0, 1, 2, 3, ..., C)
где /ujj, — положительные корни уравнения
= 0.	D)

556	Ответы, указания и решения
98. Потенциал скоростей частиц газа является решением краевой
задачи
— =а2 {— — (г2 —\ + 1 д (sinO—) + 1 —\ A)
dt2 ~ а \ г2 дг V дг ) г2 sin в дв \П дв J r2 sin2 в дер2 )
-^- = АРпт(со$@) cos пир cos cut,	B)
ОГ r=r0
u\t=o = ut\t=o=0-	^
Решение краевой задачи A), B), C) может быть представлено в виде
3/2	@ОТ\
.	Aro' Jn+l/2[ — )C0SU>t
и(г, 9, ip, t) =
+ V Ak П+1/ Д ro ^ cos ^^ I Pnm (cos 0) cos m^, D)
где /i/. — положительные корни уравнения
ArT]rJn+1/2 (^) Jn+1/2 (^
о
— Jn+l/2 (, —J " Jn+1/2 ( —JJ y^
w(w
= 1,2,... F)
Й	n+1/2	)
99. u(r, в, ip, t) = co^m(fco^ujt 2_^ An	 ч a J Pnm(cos в) +
n=m
oo +oo
где /i^ — положительные корни уравнения
j=.Pnm (cos в) cos ^—, A)
= 0,	B)
7Г
2 f f (в) Pnm (COS в) Sine Aв
Ап = 	:	:—Г	г, П ^ 771,
() [ J+V2^ ) Jn+i/2[ Jj
C)

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
557
г / ^^п + 1/2 у —) Лг
(п)
^
ти
,пJ
, п ^ т, А; = 1,2,...
D)
100. Потенциал скоростей частиц газа является решением крае-
задачи
д2и 2A д/2 &и\ , 1 9 ( . Л ди\ , 1 ^2п 1 /1Ч
—- = а I — — f г — 1 -|—^—	f sm в — ) -\	г	 >, A)
вой задачи
2
ди
дг
г=г0
= f(t)Pnm(cos0)cosrrup, /@) = /'@) = 0,	B)
t=0
= U
t=0
= о.
(з)
Решение краевой задачи A), B), C) может быть представлено в виде
(п)
где [iyk J — положительные корни уравнения
т/	/ \	-L т	/ \
D)
1 + 1/2
(га)
(п)х L
Л1
71G1+1)
= 1,2,3,..., F)
h — Л 9 4	G\
, К — 1, Z, «3, . . . (^J
101. и(г, М) =
где Afc — положительные корни уравнения
- \ J3/2(Ari)]
г2) - i J3/2(Ar2)]
A)
= 0, B)

558	Ответы, указания и решения
-N3/2(Xkri),
- J3/2(Afer2), C)
r2
j5'2 [akj3/2(\kr) - /3kN3/2(\kr)] dr
r2
I r [akj3/2(\kr) - CkN3/2(\kr)]2 dr
102. u(r, M) =
, Л = 1,2,3,... D)
/3kN3/2(Xkr)	1 л /1Ч
cos (9, A)
где А/., ак, Pk имеют те же значения, что и в ответе к предыдущей
задаче,
_	wA	J 3/2
3/2 \UJT2 у
3/2
[~ N^2 {—) ~ 2 N*'2 \—)\ V C)
W(o;, a, ri, г2) =
ШГ2 т/ {ШГ2\ 1 т	/Сс;Г2\1 Га;Г2лг/ {ШГ2\ 1 дг	/kJ^M
—- Л /9 —	Л/2 —- —-NL,- —	А^3/2 —-
а 3/2 \ a J 2 s/2 \ a J\ I a 3/2 \ a J 2 3/2 V а Л
D)
сГI dr
r [akJi/2{\kr) - /3kN3/2(\kr)]2 dr
E)

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
559
б) Неоднородные среды.
103. Решением краевой задачи
д2т п
Р2
dt2
д2и2
дг2
1 ди\ 1 д2и\ 1
г дг г2 dtp2 J '
Т
= i0
1 д2и2
72~д^2
О ^ <р < 2тг, A)
г\ $ г ^r2, J
u(ri — 0, </?, t) = u(ri + 0, </?, t), 1 0^^ 2тг,
Ur(r\ — 0, (/2, ?) = иг(г\ + 0, (/2, ?), J 0 < ? < +00,
u(r2, </?, t) = 0,
u(r, </?, 0) = /(г, у?), щ(г, (f, 0) = F(r, </?), О ^ г ^ r2, 0 ^ у? <
является +оо
u(r, (/?, t) = ^ i^mn(r){[amncosn(/? + bmnsmmp] cos\mnt +
?тг, n=l			—
+ [amn cos nip + 6mn sin n(/?] sin Amn?},
где Amn — корни трансцендентного уравнения
= 0,
О
B)
B/;)
: 2тг,
C)
D)
E)
F)
r ^ r2,
hh
г, ip)Rmn(r) cos nip dr
1	при n ^ 0,
2	при n = 0, (8)
Z7T	#2
dip fjb(r)f(r, ip)Rmn(r) sin nip dr
(9)
Формулы для amn и 6mn получаются из формул (8) и (9) заменой
подынтегральной функции /(г, ф) на F(r, у?) и добавлением множите-
множителя Am? n в знаменателе.

560	Ответы, указания и решения
§ 4. Метод интегральных представлений
1. Применение интеграла Фурье.
а) Преобразование Фурье. Напомним, что образом Фурье функ-
функции F(x, у) с ядром ег(Л^+м?7) называется функция
+
= h И ет+Ыт V) <Ц dV.	(I)
Оригинал восстанавливается по образу с помощью формулы обра-
обращения
+ ОО
F(A, /л) dXdfi.	(II)
Аналогично определяется преобразование Фурье в пространстве1).
104. Решение. Применяя преобразование Фурье вида (I) к урав-
уравнению A) и начальным условиям B) рассматриваемой задачи, полу-
получим обыкновенное дифференциальное уравнение и начальные условия
d?H(\ /i, t)	2/л2 , , 2\ —/л , .\ П	/-1\
	—	Ь а (А + II )и{\, у, t) = 0,	A)
п(Х, fi, 0) = Ф(Л, /i), dU<^\^ Q) = Ф(А, /i),	B)
где п, Ф, Ф — образы Фурье функций и, Ф, Ф. Решение уравнения A)
при начальных условиях B) записывается в виде
п = Ф(Л, /i) cosapt + Ф(А, /i)	—, р = л/\2 + /i2.	C)
Применяя обратное преобразование Фурье, находим
и(ж, у, t) = -—
+ ОО
ф(А, /*) 2^i е-*(А*+«0 dA dAi ^ . D)
Подставляя значения Ф(Л, /i) и Ф(Л, /i), придем к равенству
+ ОО
, E)
где р = д
Введем полярные координаты с помощью соотношений
г\ — у — г sin (/?, 1^ — р sin ^,
Подробнее см. гл. V, § 3.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
561
0
9/
„-.-V \Х1 У)
—г \
X
Рис. 53
получим А(? — х) +/л(г} — у) = pr cosF — ф) = pr cosy/, где у/— угол,
отсчитываемый, как указано на рис. 53.
Первое и второе слагаемые в правой части равенства E) обозна-
обозначим соответственно через щ(х, у, t) и ^(ж, у, t).B силу F) мы будем
иметь
+ оо +оо 2тг 2тг
I I //
0 0 0 0
^
prdrdpdipdip'.
В силу равенства1)
G)
(8)
+ оо +оо 2тг
из G) получаем
U2(x,y,i) = -— / / / Ф(С, rj) sin apt Jo (pr) r dr dp dtp. (9)
Ho2)
/ Jo (pr) sin apt dp =
при at < r,
при at > r,
поэтому
4\ l f f^(^ Wrdrdip
A0)
(H)
u\ можно получить из U2 дифференцированием по t, если предвари-
предварительно заменить Ф(?, 77) на Ф(^, 77). Таким образом,
о о
r =
0 0
)См.
)Cm.
Y, с 600, A3')].
7, с. 608, A2) и A3)].
36 Б.М. Будак и др.

562
Ответы, указания и решения
105. Решение. Применяя преобразование Фурье аналогично то-
тому, как это было сделано в решении предыдущей задачи, мы получим
и(х, у, z, t) = щ(х, у, z, t) + и2(х, у, z, t),	A)
где
+ ОО
, у, z, t) =
, т\, С) cos apt x
— оо
X Р
+ ОО
^ dr) d(» dx dfi dv>
+ OO
, v, z, t) = ubffffffm, v, о
— оо
х ег
sin apt
ap
C)
(p = y^A2 + /i2 + v2). Переходя к полярным координатам по формулам
? — х = г sin О cos ip, г) — у = г sin 0 sin у?, (" — z = r cos 0,1
Л = р sin #; cos у?', /i = p sin #; sin ip1, i/ = pcosOf,
D)
где в — угол между положительным направлением оси z и векто-
вектором г = (? - х)г + (г] - y)j + (С - г)&, а 0' — угол между г
, v, С)
Рис. 54
и р = \i + fjij + г/k (рис. 54), т.е. принимая направление оси z за
положительное направление полярной оси в сферической системе ко-
координат, получим
+ оо + оо тг тг 2тг2тг
г4 2 = у—г^ / /////Ф(ж + г sin 0 cos (р, у + г sin 0 sin у?, г cos 0) х
О 0 0 0 0 0
ap
gipr cos в' 2r2
in Ql ^ ^ dQl	, _

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	563
Выполнение интегрирования по ip1 и в' дает
+ ОО + ОО 7Г 2-7Г
и2 = —— / / / / Ф(ж + г sin 0 cos </?, ^/ + г sin в sin у?, z + г cos 0) х
0 0 0 0
х sin pr sin ap? r sin #dp dr d# dtp =
+ OO + OO 7Г 2-7Г
1	f f f f
=	/ / / / Ф(ж + г sin 0 cos ip, у + г sin 0 sin </?, z + r cos 0) x
A7Yza J J J J
0 0 0 0
x {cos p(r — at) — cos p(r + a?) }r sin 0 dr dp d# d(/?.
Интеграл
+ OO +OO
—	dp гФ(x + r sin 0 cos (p, у + r sin 0 sin </?, z + r cos 0) cos p(r — a^) dr
oo	E)
можно вычислить с помощью интеграла Фурье
+ ОО +ОО
— dp f(r) cos p(r — at) dr = f(ai),
о	о
положив
Ф(ж + r sin 0 cos </?, 2/ + r sin 0 sin <p, z + r cos 0) при г ^ О,
О	при г ^ 0.
Если /(г) удовлетворяет условиям разложимости в интеграл Фурье и
непрерывна, то интеграл E) равен нулю при t^0 и
а№(х + atsinOcos<р, у + atsinOsmtp, z + atcosO) при t ^ 0.
Аналогично,
+ OO +OO
—	dp r4?(x+r s'mO cos tp, у+rs'm6 sin tp, z-\-r cos6) cosp(r-\-at) dr =
о о
J — a№{x — at s'mO cos (p, у — atsmOsimp, z — at cos0) при ?^0,
= \	0	при ^ 0.
Таким образом,
u2(x, у, z, t) =
7Г 27Г
= — / / Ф(ж + at sin 0 cos ip, у + at sin 0 sin ip, z -\- at cos 0) sin в dO dip,
о о
ui(x, y, z, t) может быть получено из и2(х, у, z, t) дифференцирова-
дифференцированием no t после предварительной замены Ф на Ф:
s	7Г 2?Г
и\ (ж, у, z, t) = — < — / / Ф(х + a^ sin ^ cos ip, у -\- at sin ^ sin ip,
ot I 4тг J J
^ о о	^
z + at cos 0) sin 6 dO dtp >.
36*

564	Ответы, указания и решения
106.	и(х, !/,*) = ^- fdr [[ .{f^? 2 dtdr,,	A)
107. u(x,y,z,t) = -^JJJ-±	-	^d?dVd(, A)
Переходя к сферическим координатам, как в предыдущей задаче, вы-
выполнить интегрирование по ipf, 0', риг.
+ ОО
-LUO. LL\X. U. i) —
— оо
+ОО
j
t	+ОО
i fdtjf^(x + 2?Vfa, 2/ + 2^л/^) sin^f2 + ту2) (i^. A)
О
О -оо
Указание. Применяя преобразование Фурье, нетрудно полу-
получить следующее выражение для и (ж, 2/, ?):
+ ОО
— оо
t	+ОО
t	+ОО
х cos Ы(Х2 + fi2) d^ drj d\ dfi + -—-^ /c?r /77Уф(?, ry) cos А (ж - f) x
0 —oo
x cos /i(^/ — 77) cos 6t(A2 + fi2) dt; dr\ dX d\i, B)
если учесть, что аналогичные интегралы, в которых вместо cos А (ж—
—?) или cos/iB/ — 77) стоит sin А (ж — ?) или sin/i(^/ — 77), равны
нулю. Дальнейшие преобразования могут быть выполнены с помощью
равенств
+ ОО	.		/	2\
cos paz cos qa da = Л / - cos - - ^- ,
У p \4 ApJ
-00	v
+ 00	.		/	2 ч
/2	7	к • I к q \
sm per cos qa da = , — sm — — ^— ,
V P V4 4W
и замены переменных
Равенства (З) могут быть получены, например, из интегралов Френ-
+ ОО	+ОО
/2 7	/тГ	/* • 2 7	/тГ	/i-\
cos х ах = \ — и / sm ж dx — J -	E)
V ^	У	V ^
келя	+оо

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	565
переходом к переменному интегрирования а по формуле
б) Преобразование Фуръе-Бесселя (Ханкеля). Напомним, что об-
образом Фурье-Бесселя функции /(г), 0 ^ г < +оо с ядром JU(X^I)
называется функция
+ ОО
7(А)=/?/(ОЛ(АО#.	A)
о
Оригинал восстанавливается по образцу с помощью формулы обра-
обращения	+00
f(r)= JxJ(X)Jv(Xr)dX.	B)
109. u(r, t) = ^=
1/2
1 + "
+
Указание. Применяя преобразование Фурье-Бесселя нулевого
порядка к краевой задаче
д2и 2 f д2и , 1 ди\ п j. ,	/i\
\	/
Цг, 0) = /(г), iit(r, 0) = g(r), 0 ^ г < +оо,	B)
нетрудно получить следующее выражение для ее решения:
+ ОО	^ +ОО
U{ t ']
О	О
В нашем случае щ(г, 0) = g(r) = 0, следовательно,
+ ОО	+ОО
r,t)= I A/(A) cos(aAi) J0(Ar) dX + - Г g(X) sm(aXt)J0(Xr) dX. C)
g(X) = O, f(r) =
Для /(А) нетрудно получить выражение
--^е~хь.	D)
х) Или, короче, образом Фурье-Бесселя z/-ro порядка.

566	Ответы, указания и решения
Для этого нужно воспользоваться соотношением
+ ОО
/ е шх Jo(px) dx =	= 1)
{	VP2 + ^2
и формулой обращения. Подстановка D) в C) дает
+ ОО
u(r, t) = Abf е~хъ cos(aXt)J0(Xr) d\ =
о
= Rel АЪ / e-^b+iat) J0(\r)dX L E)
О
где Re(p + qi) = р — действительная часть комплексного числа p + qi.
110. Решением краевой задачи A), B) (см. условие задачи) явля-
~'~о°	/2	2 \
Sm ( Р aJ ) dP-	i1)
В частности, при f(p) = Ае р 1а получаем
где
Г' Г^ -	ГТ72	'	1 ' -2 + Г S111 1 , ~2 ) '	VZJ
r = —5- и it! = -.	C)
a2	a
Указание. Для образа Фурье-Бесселя нулевого порядка реше-
решения краевой задачи A), B) (см. условие) получаем выражение
+ OO
\2
п(А, t) = cos(b\2t) I ?№М\?) df.	D)
Если, применив формулу обращения, воспользоваться интегралом
Вебера
2 df = 1 ехр{
[	{ () } Jo (|) , E)
положив р = —ibt, то для и (г, ?) получится выражение A). Если в
D) подставить /(?) = Ле~^ /а , то для u(A, t) получится выражение
+
п(Х, t) = A cos(b\2t) f ?e-Z2/a2J0(\0 d? = - Aa2e~x2a2/2 cos(WA2),
0
F)
См. [7, с. 668].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	567
причем нужно воспользоваться интегралом Ханкеля1)
+ ОО
Г Т (nt)p~pt2fll~1 dt —
I Oy\ybbJK^	b	Lib
о	„„ (\ . 1
11
при г/= 0, р=1/а2, /i = 2, а = Л.
Применяя формулу обращения и воспользовавшись этим же ин-
интегралом Ханкеля при /i = 2, z/ = О, а = ги
получим выражение B) для и (г, ?).
111. Если точка г = 0 движется по закону и @, t) = y?(t), 0 < t <
< +оо, то выражение для и (г, ?) может быть получено по формуле A)
ответа к предыдущей задаче, если в ней положить
У
О
Если ip(t) задается соотношениями A) (см. условие), то
,, ч 2At0 Гтг	/^ г2 \ г	( г2
/(г) = {)[
где интегральный синус и интегральный косинус определяются соот-
соотношениями
X	+ОО
f C0SC J/-
б?С, Ci(x) у g?C.
О	х
Указание. Полагая в равенстве A) ответа к предыдущей за-
задаче г = 0, получим интегральное уравнение для определения /(г).
Если в нем положить р = v^5 т0 оно преобразуется в интегральное
уравнение, которое легко решается с помощью синус-преобразования
Фурье2).
112. Уравнение вынужденных поперечных колебаний пластин-
пластинки3) при p(r, i) = 16phbf(r)i^f(t) принимает вид
2
Его решением является
х)См. [42, п. 393].
2)	По поводу определения синус-преобразования Фурье см. гл. II, § 4.
3)	См. задачу 18.

568	Ответы, указания и решения
Для частных случаев получаем следующие выражения для и (г, i):
а) «(г, *) = |
б) «(г, *) = —
— оо
ч / ,ч	8-00 /"
) w(r, t) = ^ J
о
если r < a, то при ? <
«1 /a^\_ r^_ /e^
8&t V46* 4M V4b
где
^(ж) = ? - Si(rc) - ж С1(ж), С(ж)
аналогичное выражение получается и при t > to;
если г ^> а, то
где
2р2 ехр < — -
Р=4Ь>

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа	569
ч 2Vexp(--^-
dt
Указание. В случае а) положить /(г) = -^-, где 8 (г) есть
импульсная дельта-функция Дирака; в случае в) сначала найти образ
Фурье-Бесселя для и (г, i):
SipobJi(aX) I — cos (b\ t)	n
п(А, *) = <(„ ^ аХ™Хж ^_t b*_ cog ых2
фоЬ^аХ cos Ь t to\^ cos WA ? i(J ^ ^ <+00,
а затем применить формулу обращения. При выводе асимптотических
формул воспользоваться интегралами
+ ОО	+ОО
/ 3\(х) cos (bx2)dx = 1 — cos (-7 ) j	Ji(x) sin (bx2)dx = sin ( — J ,
0
cos (bx2)dx = — sin ( — J ,
0
+00
/ ж Jo (ж) sin (bx2)dx = — cos f — J .
0
Последние два интеграла могут быть получены из интеграла Вебера,
приведенного в указании к задаче 110, в случае г) нужно воспользо-
воспользоваться упомянутым интегралом Вебера.
2. Построение и применение функций влияния сосредо-
сосредоточенных источников.
а) Функции влияния мгновенных сосредоточенных импульсов.
1 s( - л 1 s(t-rA
11^	Т*(Т II 7 t) —	^	' —
4тга г	4тга2
где г = у/х2 +у2 + z2.
В случае, если мгновенный точечный импульс имел место не в
начале координат в момент t = 0, а в точке ?, 77, С в момент t = г,
функция влияния принимает вид	/	гч
*(а, У, *, g, q, С, * - г) =-L? • ^ ^ а\	B)
где г = у/(х - ?J + (у - г)J + (z - О2.
1	/ Т \
г) Следует учесть, что ^-функция четна и что 6(х) = — 6 [ — ), где
a — произвольная положительная константа. Последнее утверждение про-
проверяется интегрированием по ж от — оо до +оо.

570	Ответы, указания и решения
Указание. Нужно воспользоваться тем, что1)
+ ОО
— / cosk(x — хо) dk = 5(х — хо),
7Г J
о
а также тем, что 8{х + хо) = 0, если х и хо > 0 одновременно. Выра-
Выражение B) получается из A) заменой х на х — ?, ..., t на t — т, что
законно, так как уравнение чц = &2Дз^ инвариантно относительно
этой замены.
114. х(х, у, z, f, ту, C,t-r) =
5 t-т- -
его
4тга2 |	г
а
(-'-Й- ("
если в исходном уравнении перед с2и стоит знак плюс, и
х(х, у, z, ^ rj,C,t-r) =
4тга2
5 t-т- -
)	С	\	/
¦СГ0
/	гч1
11 — г	I > ,
\	а/ [
J
если в исходном уравнении перед си стоит знак минус;
Указание. Задача решается аналогично предыдущей; сначала
получается выражение для функции влияния мгновенного сосредото-
сосредоточенного импульса, имевшего место в начале координат х = у = z = 0
в момент t = 0, а затем, как и в решении предыдущей задачи, де-
делается переход к более общему случаю мгновенного сосредоточенного
импульса в точке ?, 77, С в момент г. Функция
ПРИ — оо < ж < 0,
при 0<ж<+оо
связана с функцией 6(х) соотношением
115
х)См. [7, с. 271].
2) Как и в случае задач 113 и 114, сначала получается функция влияния
мгновенного сосредоточенного импульса, имевшего место в момент t = 0 в
начале координат, а затем делается переход к импульсу, имевшему место в
произвольной точке в произвольный момент t = т.

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
571
ao
(t-r--)
2тга
П
- гJ - I- I ,
если перед сив уравнении стоит знак плюс; если же в уравнении
перед с2и стоит знак минус, то в ответе нужно ch заменить через cos.
117. Сначала рассмотрим прямоугольную мембрану.
1) для первой краевой задачи, когда к — 0 на границе прямо-
прямоугольника,
у,
+ оо
Sm
m, n=l
. ттгх . птгу . mn? . птгп
sm —— sm ——^ sm	sm ——- •
h	h	h	h
ч /га п
- Г) I/ 2" + 72"
V i 2
9 9
/ra n
тга 4 / -Tj- + -tj-
оч	„	dye
2) для второй краевой задачи, когда ^г—
ох
_
х=о дх
x=h
= 0,
_
dy
_
у=о ду
= 0,
+ оо
1 v~^	7тгтгж птг^/ 7тгтг? птгп
+ ГТ" / ?m n COS —	COS —-^ COS ——^ COS ——- X
/1/2 ^—' '	/i	/2	/1	h
m, n=0
+ 72"
где гт5 п = 2 при т • п = 0 и ?m? n = 4 при m • п ^ 0;
3) для третьей краевой задачи, когда
х=0
_ = 0, ^^
=0 ' ^Ж
x=h	'
=0, —
з/-°	ду
х) См. вторую сноску на предыдущей странице.

572
Ответы, указания и решения
(х, у, f, ту, t - г) =
+ ОО
_ л V^ SJn (fJLmX + (fm) SJll (l/ny + ^n) SJll (fJLn? + y?n) SJll (упЦ + ^n
sin {a(t - т)
а V Mm + ^п
где /jbm — положительные корни уравнения
— положительные корни уравнения
ipm = arctg ^p-, V^n = arctg ^.
Приведем ответ для круглой мембраны:
1) в случае первой краевой задачи, когда к\г=Го = О,
x(r, </?, г', у?', t-r) =
T
n, ?;=0
cos n(y? — (pr) sin ¦
fW
где /j,j^l) — положительные корни уравнения Jn{ji) = О,
_ Г 2 при п = О,
п ~~ [ 1 при п/0;
2) в случае второй краевой задачи, когда —
= 0,
г, у?, г',
+ ОО
—т +
тгГд тгаго
y(nV
cos n(<p - <p )sm
где /i^ — положительные корни уравнения Jn (/1) = 0 и гп принимает
те же значения, что и в случае 1);

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
573
6) в случае третьей краевой задачи, когда -^~
or
+ая\ = О,
\г=г0	'
r, </?, г', </?', t-r) =
+ оо
7
Е- ,
(п) /
г
¦ cos ((p — (р ) sm
го
где /i^ — положительные корни уравнения /iJn(/i) + aJn(ii) = 0, а гп
принимает те же значения, что и в случае 1).
118. Выполняя четные отражения, получим, отправляясь от
функции влияния для неограниченной плоскости,
к(г, ip, г0, </?о, t-r) =
п-1 (Jo И - Т	—
1 v^	V	a
к=0
:Ch
сто U - г - ^
^ = 4/г2 + Гд - 2rr0 cos fy? - (fo + 2fc — j,
rk = \ r
rl - 2rr0 cos
119. а) Решение первой задачи
2	c2u + /(ж, ^/, t) в области G при 0 < t < +oo, A)
\t=o
Ut
t=o
в области
u|r = /i(x, 2/, t) на контуре Г при 0 < ^ < +оо	C)
выражается с помощью функции влияния мгновенного сосредоточен-
сосредоточенного импульса к — к(х, у, ?, г], t — г), удовлетворяющей граничному
условию н\т = 0, следующим образом:
и(х, у, i) = JJ [ф(?,
, у, ?, г], t)
, у, ?, ту, t
, у, ?,rj,t- т
. D)

C')
574	Ответы, указания и решения
Здесь
означает производную по внешней нормали.
б)	Решение второй краевой задачи, отличающейся от задачи а)
лишь граничным условием
— - ( t)
дп г
с помощью соответствующей функции влияния х, удовлетворяющей
граничному условию
дп г
выражается следующим образом:
t
и(х, у, t) = /1 + /2 + а2 / dr ф /i(?, 77, т)х(ж, у, ?, rj, t — т) d^ dr), Df)
J J
о г
где /i и /2 означают первое и второе слагаемые в формуле D).
в)	Решение третьей краевой задачи, отличающейся от задачи а)
лишь граничным условием
т а Л	СУМ
с помощью соответствующей функции влияния х, удовлетворяющей
граничному условию
= 0,
.дп
выражается следующим образом:
t
,	.\	-г . -г .	9
о г
где /i и /2 имеют те же значения, как и в D/).
Указание. Переходя в уравнениях
t
, у, t) = h+h+ a2JdTJ>[i(€, ту, т)к(х, у, ?, г}, t - т) ds, D")
E)
xy
^	+ f(x,y, t)	F)
?^ X у
от ж, у, t к ^, ?7, г и используя начальные условия для х(ж, 2/, ?, ?7,
t-r):
*\t=T = о,
нетрудно получить с помощью формулы Грина-Остроградского, что

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
575
и(х, у, i) =
, у, f, 77, t)
, у, ?, г], t)]
> bv,t-T)
0	G
, i, V, t - r)
s. G)
Для этого нужно уравнения E) и F) после перехода к ?, 77, r умно-
умножить соответственно на и(?, 77, г) и х(ж, 2/, ?, 77, t — г), вычесть одно
из другого и результат проинтегрировать по ?,77 по области Сипог
от нуля до t.
120. Указание. Пусть область О ограничена поверхностями Si
и $2 (рис. 55). Опишем, как из центра, из точки (ж, у, z) сферу S?
радиусом г; ограниченный ею объем обо-
обозначим и?. Умножив уравнение
на
, ту, t-r) =
(t-r-r-)
V	а)
4тга2
в уравнение
—т = а А3и
Рис. 55
на и(?, rj, г), нужно вычесть одно из дру-
другого и результат проинтегрировать по
объему О за вычетом ио? и по г от ti < 0 до Т2 > 0, считая и и
/ как-либо продолженными для отрицательных значений t.
б) Функции влияния непрерывно действующих сосредоточенных
источников.	, гЧ
1 f V - )
ш(х, у, z, х0, 2/о, z0, t) = -^—^	Г~^~
121.
где
г=у/{х-
(у -
где г =
при
при
0<i< -,
а
J + (У ~УоJ-

576
Ответы, указания и решения
123.
где
'k — положительные корни уравнения F(r) = О,
dF(r)
dr
r \ 1 —
где u?r — проекция скорости источника на направление радиуса-век-
dF{r)
тора г, проведенного из точки наблюдения в источник; поэтому —-^-L
аг
может обращаться в нуль лишь в том случае, когда скорость движе-
движения источника w > а; следовательно, лишь при этом условии уравне-
уравнение F(r) =0 может иметь более одного корня.
Если источник движется прямолинейно с постоянной скоростью v,
то, направляя ось х по направлению движения источника, получим:
а) при v < а, т.е. при М = - < 1,
и(х, у, z, t) =
/ *-
М(х - vt) + у/(х -
A - М2)(у2 + z2)
аA-М2)
4тга2
+ A - М2)B/2 + z2)
при v > а, т.е. при М = - > 1,
а;(ж, 2/, 2;, t) =
M(x - vt) +
- (М2 -
+ z2)
а(М2 -
4тга2
M(x - vt) +
- ЫJ - (М2 -
+ z2
а(М2 -
4тга2	д/(ж - vtJ - (М2 ¦
Замечание. Этим равенством решение определяется внутри
кругового конуса с вершиной в О', осью которого служит отрицатель-
отрицательная полуось х и отрезок 00' (см. рис. 56); ctga = М2 — 1. В этом
конусе корень д/(ж — vtJ — (М2 — 1)(у2 + z2) действителен. Если ис-
источник начал действовать в момент времени t = 0, когда он находился
в точке О, то областью, в которой вызванные им возмущения могут
быть отличны от нуля, является часть пространства, ограниченная
упомянутым конусом и частью сферы радиуса at с центром в точ-
точке О (причем точка О лежит внутри этой области, а конус касается
сферы).

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
577
Рис. 56
В точку «наблюдения» А(х, у, z) в момент t при v > а прихо-
приходят возмущения, посланные источником из двух положений: А\ и А2.
Расстояния AiA и А2А равны
л л - -
AlA ~Tl ~
AoA = r2 = -
М(х
М(х
-vt)
-vt)
+ л/С
-Л
x-vtJ -
M2 -1
x-vtJ -
(M2
(M2
-1)B/2
-i)Q/2
+ ^2)
+ ^2)
M2 -1
В точке А\ источник находится в момент t\ = t	, а в точке
г2	а
он находился в момент ?2 = t	.
а
Если мощность источника постоянна и равна q, то:
а) при v < а, т. е. М = - < 1,
и(х, у, z, t) =
4тга2 д/(ж - vtJ
б) при v > а, т.е. М = - > 1,
а
а;(
2тга2
- ЫJ - (М2 -
Указание. В интеграле, выражающем решение уравнения A)
при начальных условиях B)
^Х, (/, /i, 6^/ —
Ш S(? - [Х]N(Л - [Y]M(C -
где [Ф] означает, что в функции Ф аргумент t заменен на t	, це-
целесообразно перейти к новым переменным интегрирования а, /3, гу:
а = ?-[Х], C = ц -[У], 7 = С" [Z];
37 Б.М. Будак и др.

578	Ответы, указания и решения
при этом вместо определителя / ]1 \ целесообразно пользоваться
Щ<х, Р, 7)
D(a, /3, 7)
определителем '	'/
/.
, V, С)
124. Источник находится в начале движущейся вместе с ним
системы координат O'x'y'z', расположенной, как указано на рис. 56,
х' = vt - х, у' = у, z' = z.
а) При v < а, т.е. М = - < 1, получается уравнение эллиптичес-
эллиптического типа
д2и	1 ( д2и д2и
дх12 1-М2 \ду1
заменой переменных х' = ?, ^; = ^ , z =	оно преоб-
V1 — М2	у1 М2
разуется в уравнение Пуассона
д2и д2и д2и	л ( q
ер + ^ + 5ё = 7Г (
решением которого является функция влияния сосредоточенного ис-
источника
и^ ъ С) =	Л
г]2 + С2
или, в исходных координатах х'',
4тга2 д/ж/2 + A — М2){у'2 + z/2)
б) При ^ > а, т.е. М = - > 1, получается уравнение гиперболи-
гиперболического типа
д2и 1
Решая его с помощью надлежащей интегральной формулы при на-
начальных условиях
получим
2тга2
125. Пусть электрон движется вдоль оси z со скоростью v =
= const1), a = —^z < v < с, где с — скорость света в вакууме,
Vе
с
а a = —-= — скорость света в рассматриваемом диэлектрике с ди-
электрической постоянной е. Скалярный потенциал электромагнит-
х) На самом деле эта скорость будет меняться за счет излучения энер-
энергии электроном. Подробнее об этом см. [18].

Гл. VI. Уравнения гиперболического типа
579
ного поля, создаваемого движущимся электроном, равен
^=^= при vt — z > jr,
О	при vt — z < jr.
= < ?y/(vt-
l
A)
Здесь е — заряд электрона, j2 = — — 1, г — у'х2 + у2, причем
предполагается, что в момент t = 0 электрон находился в точке х =
= у = z = 0. Компоненты век-
векторного потенциала равны
Ах=Ау =
причем
Н = rot А,
Az=ev-y, B)
В каждый момент времени t
электромагнитное поле, создава-
создаваемое электроном, отлично от ну-
нуля лишь в нижнем конусе с вер- х,
шиной в электроне (рис. 57), а
эквипотенциальными внутри ко-
ко>. у
-^ис-
нуса поверхностями являются гиперболоиды вращения (vt — zJ —
2r2 = const.
Указание. Для скалярного и векторного потенциалов имеют
место уравнения
4тг
А ? d2(i
АА- 4г ^тт
причем
C)
D)
В нашем случае
= 0, 2z — VP — veS(x)S(y)S(z — vt),	E)
p = e5(xM(yM(z-vt).	F)
Подстановка этих значений р и j в уравнения C) сразу же дает
Ах=Ау=0, Az=e-(p,
поэтому равенство D) превращается в равенство
9AZ ед<р _„
dz с dt ~ '
G)
(8)
что позволяет все компоненты электромагнитного поля, используя G)
и (8), выразить через скалярный потенциал ср.
. [17, с. 444].
37*

580	Ответы, указания и решения
126.
( Мои;2 Г / г\ а . / ^М • л	. ^ г
	г—г- г cos о; It	Н— sm a; It	sm в,	t > -,
_ ^ На2 L \ a/ uj \ а/ \	а
0,	t<-,
,
( 2Mouj2 Г . Л г\ а /, г\1 л	. г
	г— г sm uj [t	cos uj [t	cos в,	t > -,
_ ) r3a L \ aJ uj V aJ\	a
2Mo cos 0	r
5
a
9 Г /	9 \	П
Moo; /о а\	/j. r\,ra. /, ^\-л
	тг-z- \\f	о cos uj it	H	sm uj it	sin 0,
r2a2 [\	uj2 J	\ aJ uj	V aJ\
a'
Mo sin в	г
r3 '	a
127. Для смещений u, v, w по осям ж, ^/, z, считая, что сила F{t)
приложена к началу координат и направлена по оси ж, получаем вы-
выражение
П г/Ъ
и =
г/а
г/а	х
где
2 _ Bm - 2)G _ \ + 2p h2 _ G _ р,
(т-2)р	р	р р'
р — плотность массы среды, а — скорость распространения продоль-
продольных деформаций, Ъ — скорость распространения поперечных дефор-
деформаций.
Указание. К поверхности малого шара радиуса г с центром в
начале координат приложены упругие напряжения, равнодейст-
равнодействующая которых должна совпадать с F(t). Следовательно, при г —У 0
напряжения должны иметь порядок — (если только F(t) ^ 0 и явля-
является конечной величиной). Перемещения, производным которых про-
пропорциональны напряжения, должны иметь порядок -.

Глава VII
УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА Аи + си = -/
§ 1. Задачи для уравнения Аи — к2 и = — /
1. Концентрация газа в точке М(х, у, z), отстоящей на расстоя-
расстоянии г от источника Р = Р(?, Ц-, С)? равна
Q
где D — коэффициент диффузии, к = —, C — постоянная распада.
	^-^г	р-кг-i
2.	и(М, Р) =
где
М = М(х, у, z),
= y/(x-Z)* + (y-riJ + (z + O2, Pi = Pi(Z, V, "О-
Источник помещен в точке Р(^, rj, ().
Указание. Условие газонепроницаемости стенки z = О
Т =0
показывает, что отражение относительно плоскости должно быть
четным.
3. Функция точечного источника для уравнения
A2U — к2и = 0
на плоскости (ж, у) имеет вид
GO, у; ?, г]) = — К0(хг),
где Хо — цилиндрическая функция мнимого аргумента нулевого по-
порядка второго рода,

582	Ответы, указания и решения
Физическая интерпретация функции источника — стационарная
концентрация, создаваемая в точке ж, у, z$ источником неустойчиво-
неустойчивого газа, равномерно распределенным на бесконечной прямой, парал-
параллельной оси z и проходящей через точку ?, rj, z§\ мощность источника,
отнесенная к единице длины, численно равна D.
4.	G(x, у; ?, v) = j-[K0(xr) + К0(кг{)],
где	""
г = V(x-O2 + (y-vJ, n = V(x-O2 +
5. Если источник находится в точке (?, rj, (), то
где
гп = у/{х - О2 + (У ~ VJ + (z ~ (пJ,
г'п = у/(* ~ О2 + (У~ ЯJ + (z- СJ,
Cn = 2nl + C, ?п = 2п1-С.
Указание. Изображения в плоскостях z = 0 и z — l являются
четными и помещены в точках
(?,»?, Сп = 2Ы +С) и (?,п, С = 2п/-С).
Сходимость ряда очевидна в силу наличия экспоненциальных множи-
множителей е~™Гп и е~™г™ под знаком суммы.
6. Если источник находится в точке (?, 77), то
сю
и=^3 12 [К0(хгп) + К0(хг'п)],
12
п= — оо
где
r\n — 2nl + 77, т\п — 2nl - rj.
Указание. См. задачу 5. Сходимость ряда видна из асимпто-
асимптотической формулы
7
где (М(ж, ^/); z) — точка наблюдения, (Р(?, ту); С) — точка, в которой
находится источник, Хп и фп — собственные значения и собственные
функции плоской задачи
А2фп + \пфп = 0 в 5,
-j— =0 на С,
dv

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	583
S — поперечное сечение трубы, С — его граница, v — нормаль к С,
Ш\2 =/rids.
s
Указание. Решение краевой задачи
DAu - /fo = - М
или	, > внутри Е,
Au-x2u = -±j
— = 0 на Е,
где Е — поверхность трубы, следует искать в виде
сю
71=1
Зная решение этой задачи, нетрудно перейти к предельному случаю
точечного источника.
8. Если источник находится в точке (р, в', у?'), то
и(г, 0, ф) = — G(r, в, <р; р, #', </?'),
где G(r, 0, <р; р, ^;, <р') — функция источника, определяемая формула-
формулами
п( л	л/ /\ \~^ \~^ Yn (в, ш) Yn (в , ю ) ^ , ч
G(r, с/, </?, р, с/ , <р ) = > > 	тт^	Ь-П(г, р),
\ 1 1 Ti п 1 т / ^_^ ^_^	.. /ft)i|2	v ' r;i
где
при А; ^ (J,
при к < 0
— сферические функции, Р^ — присоединенные функции Лежандра,
' ^)-	_ / 2 при /;; = 0,
при к ф Q,
{ [	] { \ при г
2 [& (ха) туп (хг) - ?п (хр) < (ха)] ffPr при г > р,
^п(х) = ж~1/2 /п+1/2(ж), г)п(х) = ж~1/2 Хп+1/2(ж).
Указание. Решение задачи Аи — >с2и = —/, иг\г=а = 0 пред-
ставить в виде
а 2тг тг
«(г, (9, v») = jjJGir, в, <р, р, в', <p')f(p, в', ip1)
0 0 0

584	Ответы, указания и решения
Полагая
сю п	сю п
и = Е Е v*k(r)YWF, ф), / = Е Е fnk{r)Y^\e, ф),
п=0 к= — п	п=0к= — п
получаем
Ьипк = (г2и'пк)' - (н2г2 + п(п + 1))мпЛ = -/nfe(r), и'пк(а) = О,
г*пл(О = JGn(r, p)fnk(p)p2dp,
2тг тг
Ink = fff(p, О1, ф)?^(в', <р')*шв'М'<Ьр',
О О
LGn = 0 {гфр), Gn(p-O,p) = Gn(p + O,p),
О'П(Р + О,Р)~ G'niP ~ 0, Р) = -±, G'n(a, p) = 0.
9. Если ось z прямоугольной системы координат направить
вдоль г?о, то
пп ехр { -хг - -j- (х - С)}
w^, 2/, *j - ^	4^
/3
10. Если г — а — радиус цилиндра, то
/ ч	1о(?сг)
и(г) = щ —j—-.
Указание. Требуется найти ограниченное решение уравнения
A2U — н2и = О, г < а
при условии
11.
Ко(>са)
1О ч	л/а 1г/2(кг)	a
12. а)	и = и0 У-= —t-j—'- =и0-
r s
^ч	л/а l3/2(>w) Л	/а\2 >ст ch>ст — sh >ст л
О)	U = Щ -^-= Т"^—7	Г COS U = Щ [ — )	 COS U.
л/г 1з/2(ка)	V г / уса ch уса — sh ^га
1 о \ л/^ Ki/2(*cr) ae~*r
13. a)	u = uo—f= ——-(—г = и0	—;
л/г Кх/ъууса)	ге-*а
б) и = ио ^ г//2/—г cos # = u0 ( - ) ——- • ^~z— • cos в.
л/г Aq/2\>са)	\r) уса + 1 е *а

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа
585
14. а) Если поверхность земли совпадает с плоскостью z = 0, то
распределение концентрации эманации в земле дается формулой
и =
^ e-"h sh hz	при 0<К h,
^ A - e~"zch>ch) при h < z < оо,
где к — \ —, /3 — постоянная распада, D — коэффициент диффузии,
/о — плотность источников.
б) Поток эманации через поверхность земли
-D— - ^ e-"h
dz z=o >c
15. а) Если z — 0 — поверхность земли, а источник находится в
точке @, 0, /г), то концентрация
и =
^о / е
4тт?>
о~3<г"\.	е-*1*"!
где
б) Поток через поверхность земли z = 0 равен
— е
где
16. Требуется определить Qo и /г. Для этого, пользуясь данными
наблюдений, т. е. величиной q(p), находим полный поток через поверх-
поверхность земли	^2^
Q =
A)
0 0
затем интеграл
оо2л
= f f
ОО	/ —усг \
f ~д~о \^~) pdp
^	/
z=0
или
Из формул A) и B) имеем
dp = Qoh
= QohKo(xh).
= Qoh-Ko(xh),
B)
Отсюда, поскольку / и Q известны, определим величину h и затем по
формуле A) — мощность источника Qo-
Положение источника в горизонтальной плоскости определяется,
очевидно, по максимуму наблюдаемого потока q(p).

586	Ответы, указания и решения
§ 2. Некоторые задачи о собственных колебаниях
1. Собственные колебания струн и стержней.
17. Обозначим v = v(x) — амплитуду отклонения точки струны
с координатой х. Требуется найти решение однородного уравнения
v" + Xv = 0
при соответствующих однородных граничных условиях,
а) Граничные условия
v@) = О, v(l) = О,
собственные значения
2
)
собственные функции
/ ч	. 7ГП
vn(x) = sin — ж,
квадрат нормы собственных функций
б) Граничные условия
«'@) = 0, v'(l) = 0,
собственные значения
Л	/тгп\ , л о
собственные функции
vn{x) = cos —j-x {n — 0, 1, 2, ...),
квадрат нормы
IL. l|2 _ I	^ — J 2? П = 0,
в) Граничные условия
«@) = 0, «'@ = 0,
собственные значения
Л ГтгBп + 1)]
п = ~2г
(п = 0, 1, 2, ...),
собственные функции
/ ч	. 7гBп+1)	,	п -, о	\
г;п(ж) = sin -Ц^—^ х (п = 0, 1, 2, ...),
квадрат нормы
1Ы12 = г/2.
г) Граничные условия
г/@) - /цг;(О) = 0, vf (I) + /г2г;(/) = 0,

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	587
где h\ > 0, /i2 > О, собственные значения Лп определяются из транс-
трансцендентного уравнения
tgv/A/ = %±M^	A)
или
(h
собственные функции
()
квадрат нормы
И м2 _ I , (^ti +h2)(y2n + h1h2) , _ Л 9 ч
2 2(/4 +hl)([il +Щ)
В частном случае при /ii = /12 уравнение A) принимает вид
д) Граничные условия
г;@) = 0, г;'@
собственные значения Лп определяются из уравнения
собственные функции
vn(x) = sin лД^^5
квадрат нормы	2
е) Граничные условия
собственные значения Лп определяются из уравнения
собственные функции
,	hi
tg/i = -,
vn[x) = cos
квадрат нормы	2
1Ы12 = - '
2 ^ 2(/4 +
18. Уравнение продольных собственных колебаний неоднородного
стержня имеет вид
v ; dxl И	'	\^2 (х>хо), И \р2 (х>хо).
а) Граничные условия
v@) = 0, v(l) = О,

588
Ответы, указания и решения
собственные значения определяются из уравнения
ctg — хо + а2р2 ctg —(I - хо) = О,
а\	а2
где
собственные функции
vn(x) =
квадрат нормы
г	Е2
V Р1	V Р2
sin
sin
sin
sin
Ol
Ol
a2
¦ x
¦(*-
a-
-x)
при ж < жо,
при хо < х < I,
/02 (Z -
2 sin2
2sin2-^(/-x0)
(п = 1, 2, ...)•
б) Граничные условия
г/@) =г;'(/) =0.
Собственные значения определяются из уравнения
tg — ж0 + a2p2 tg —(/ - хо) = 0.
ai	п2
при 0 < х < хо,
при хо < х < /,
Собственные функции
vn(x) =
cos	х
cos	(/ - ж)
	j^=
V Ап п ч
cos	(/ — хо)
а2
квадрат нормы
\\vn\\2 =
о	о V An	о	9 V An /7	ч
2 cos2	жо 2 cos2	(I — хо)
а\	п2
(п = 1, 2, ...)•
в) Граничные условия
г/@) - /цг;@) = 0, v'(I) + /г2г;(/) = 0.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	589
Собственные значения определяются из уравнения
, л/А. л/А	у/Х VA	.
«1	tg 	 Ж0	«2	tg 	 (/ - Хо)
л1/л	л а,,
	h Ail tg 	 Хо		h Д2 tg 	 (I — Xo)
OL\	OL\	0,2	0,2
где
ГЖ	_ ГЁ2_
V p' V 9
Собственные функции
Xn(x)
при 0 < x < xq
™) \ при хо < х < I
Yn(xo)
Хп(х) = у Лп cos	х + aihi sm
ж,
>s — (/ - x) + a2/i2 sin	(/ — ж).
Квадрат нормы
I
I ^2
Y
О	ж0
Указание. Требуется найти нетривиальные решения
при 0 < х < хо,
77 Т — <
г? (ж) при жо < ж < /
однородных уравнений
удовлетворяющие граничным условиям а) или б), или в) и условиям
сопряжения в месте разрыва коэффициентов уравнения
v = v, E{v' = E2v' при х = жо.
Решение удобно искать в виде
у^ при 0 < х < хо,
V^x) = ^ у(Г)
4 у при
где Х(х) удовлетворяет уравнению X" -\—-X = 0 и граничному
a
a
" \
i	\
условию при х = 0, а Y(х) удовлетворяет уравнению Y" -\—-Y = О
и граничному условию при х — I.	a2

590	Ответы, указания и решения
Собственные функции ортогональны с весом р(х):
I	XQ	I
fvn(x)vm(x)p(x)dx = рх fxn(x)Xm(x)dx + p2 fYn(x)Ym(x) dx = 0,
О	0
т ф п,
1КЦ» =
ж0
19. Груз помещен на конце х = /. Граничное условие на этом
конце имеет вид
t/(I) = —At;(J).
Собственные функции {vn(x)} удовлетворяют условию ортогональ-
ортогональности с нагрузкой
vm(x)vn(x)p(x)dx + Mvm(l)vn(l) = 0 при тфп.
о
Квадрат нормы собственной функции vn (x) определяется по формуле
i
\\vn\\2 = jv2n{x)p{x) dx + Mvl(l) (n = 1, 2, 3, ...).
0
а) Конец x = 0 жестко закреплен, v@) = 0.
Собственные значения определяются из уравнения ctg л/Х^ I =
— — \fKii собственные функции
Р
квадрат нормы
И ц2 1р . М2 . j М
\К\\ = 2+^i n +Y'
Формулы для поправок к собственным значениям:
1) если нагрузка М мала, то
ЛA)	ГтгBп+1I	_,
где An =	—- — собственные значения ненагруженного
б
стержня со свободным концом;
2) если нагрузка М велика, то
л 2	/ 7ГП \ 2
= ( — ) —
л 2	/ 7ГП \	^
где Ап = ( — ) — собственные значения стержня с жестко закреп-
закрепленным концом х — I.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	591
б) Конец х = 0 свободен, v'@) = 0.
Собственные значения определяются из уравнения tg л/X^l =
=	\f\i- Собственные функции
— 1, Z, «3, ... J,
квадрат нормы
в) Конец х = 0 упруго закреплен, v'@) - hv@) = 0.
Собственные значения Лп определяются из уравнения
h M \
1 + — h
Р
= 1,2,3, ...).
Собственные функции
, , _ Хп(х)
Хп{х) = v^ncos yXnX + /г sin
Квадрат нормы
Указание. Динамическое условие нагрузки конца х = / имеет
вид Mutt — —Eux(l, t). Полагая и(х, t) = v(x)T(t), получим после
разделения переменных для v(x) уравнение
г/' + Аг; = О, г;'@ = —МО-
Условие ортогональности следует из формулы Грина
i
f[vnL(vm) - vmL(vn)] dx = [vnv'm - vmv'n]0,
0
где
L(v) = (Яг/)'.
При вычислении нормы следует пользоваться характеристичес-
характеристическим уравнением.
20. Сосредоточенная масса М находится в точке х = xq.
а) Оба конца струны жестко закреплены,
г;@) = 0, г;(/) = 0.
Собственные значения Лп определяются из уравнения
ctg -— хо + ctg -—(/ - хо) = — \/\п.
а	а	ар

592
Ответы, указания и решения
Собственные функции
vn{x) =
sin
sin
sin
sin
a
a
a
X
d-
d-
-x)
T-)
при 0 < х < жо,
при
< х
Квадрат нормы
IKII2 =
рх0
рA-х0)
~ . о V An	о . о V An
2 sin2	хо 2 sin2
(/ -
а	а
б) Оба конца струны свободны, г?'@) = 0, v'(l) = 0.
Собственные значения Ап определяются из уравнения
tg -— х0 + tg -—(/ -
а	а
Собственные функции
vn(x) =
COS
ар
при 0 < х < хо,
а
Хо
cos	(/ — x)
	 При Xq < X < I.
Квадрат нормы
IKII2 =	!
cos	— (I — xo)
a
рA-х0)
a	a
в) Концы струны упруго закреплены,
г/@) - /цг;@) = 0, vf(l) + h2v(l) = 0.
Собственные значения определяются из уравнения
ап2 — V Atg	(I — хо) ahi — у Atg	хо
	а	|	а _ .
a/i2 tg	(I — хо) + л/А ahi tg	хо + л/А
а	а
Собственные функции
vn(x) =
Хп(х)
Хп(хо)
Yn(x)
Yn(xo)
при 0 < х < хо,
при хо < х < I,

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	593
Хп(х) = л/Лп cos —- х + ah\ sin —- х,
а	а
Yn(x) — V ^n cos —- (/ — ж) + а/^2 sin —- A-х),
a	a
Квадрат нормы
i
\\vn\\2 = v2l(x)pdx + Mvn(xo) (n = 1, 2, ...).
0
21. Уравнение собственных поперечных колебаний однородного
стержня имеет вид
а2
где а = ——, Л — модуль упругости, J — момент инерции попереч-
ного сечения относительно своей горизонтальной оси, р — плотность
стержня, S — площадь его поперечного сечения,
а) Оба конца жестко заделаны,
v = 0, v1 — 0 при х — 0, /,
An = a2^f (n = l, 2, ...),
где \in — корень уравнения
ch \i cos \i — 1.
Собственная функция
in -sin/in) -
- (ch fin - cos /in) (^sh /xn у - sin /xn у J j,
где An — произвольный множитель,
б) Оба конца свободны,
v" = 0, v'" = 0 при х = 0, х = 1,
Xn = a2^ (п = 1, 2, ...),
где /in — корень уравнения
ch/icos/i = 1,
^ж + cos ^ xj (sh/in - sin/xn) -
- (ch /in + cos /in) f sh !j- x - sin ^ x) |.
в) Один конец (х = 0) заделан, второй конец (х = I) свободен,
v = 0, г/ = 0 при х = 0; v" = 0, ?/" = 0 при х = 1,
К = а2ф (п = 1, 2, ...),
где /in — корень уравнения
ch /i cos /i = — 1,
38 Б.М. Будак и др.

594	Ответы, указания и решения
vn{x) = An\ [di^-j- ж - cos t-j- x) (sh/in - sin/in) -
- (ch fin — cos fin) (sh ^j- x — sin ^j- x J >.
2. Собственные колебания объемов.
22. Пусть ж = О, ж = а, ?/ = О, ?/ = fr— стороны прямоугольника.
а)	Если граница мембраны жестко закреплена (v = 0 при х = 0, а;
2у = 0, 6), то собственные значения
Am,n = тг2 ( ^у + ^2-J (ш, п = 1, 2, ...),
собственные функции
/	ч	. 7ГГП . 7ГП
Vm,n{X, У) = Sin — X Sin — ?/,
II	II2 — °^
W^m, n\\ — ~Г •
б)	Граница мембраны свободна (vx = 0 при х = 0, а; г^ = 0 при
2/ = 0,6),
Ага,„ = тг2(^ + ^) (m,n = 0,1,2,...),
/	ч	7Г777.	7Г77.
Vm,n{x, У) = COS —Ж COS —?/,
II	\\2 аЬ	о	-1	7 / п
\\Vm,n\\ =-г?т?п, ^0 = ^, ^А; = J-? К Т U-
в)	Две противоположные стороны ж = 0, ж = а жестко закреп-
закреплены (г? = 0 при х = 0, а), а две другие — у = 0 и 2/ = 6 — свободны
(vy = 0 при ^/ = 0, 6),
— + — ) (т = 1, 2, ... ; п = 0, 1, 2, ...),
/ ч . 7ГГП	7ГП
Vm,n{X, У) = Sin	X COS-- у,
а	о
г) Две соседние стороны ж = 0 и 2/ = 0 жестко закреплены, а
две другие стороны свободны,
ш + 1J Bп+1J1	_
^з	 + 	Р	J ^ ' П~°' -1' 2' ••^'
/ ч . тгBш + 1) . тгBп+1)
Vm,n{X, У) = Sin	^	 1П	25	 У'
д) Все ребра прямоугольной мембраны закреплены упруго,
vx@, у) - ftiv@, у) = 0, vx(a, у) + h2v(a, у) = 0,
^(ж, 0) — Нзу(х, 0) = 0, vy(x, b) + h,4v(x, b) = 0.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	595
Собственные значения Am? n определяются из уравнения
(m,n = 1,2, ...),
A)	B)
где Цт и /in — корни уравнении
Vnf^ У) = Ыт cos(j$x + fti sin/^ж] [^2) cos/л^у + h3 si
1
(h3 + /14)[(Д2)J + h3h4]
2_\a
IPro,n|| "So"
[2
23. Начало полярной системы координат (р, ф) поместим в центр
круга, радиус круга равен а.
а) Мембрана жестко закреплена, г?| _а = 0.
Собственные значения Am? п — ( —— ) •> где /л\п — корни урав-
уравнения Jn(n) = 0,
(п = 0, 1, 2, ... ; ш = 1, 2, ...),
2, п = 0,
1, п/0.
В частности, при п = 0
м2 2
vm = а 714
б) Граница р — а мембраны свободна ( — = 0 при р — а ),
/Мт)ч2
Am, n — (
где /irn^ — корень уравнения J'n(ti) = 0,
(т = 1, 2, ... ; п = 0, 1, 2, ...).
38*

596
Ответы, указания и решения
/я	\
в) Граница мембраны упруго закреплена, [ ——\- hv ) = О,
V^	Jp=a
»
где Цт —
\ (MY
корень номера т уравнения
cos mp,
slump
(n)i2
п = 0,1,2,...; т = 1,2,...),
2
У(п)]2 _ 2] /2/. (п)ч
m J	П J Jn\fJ'm ) •>
ИЛИ
,2 _
а2/г2
(i)
B)
Формула A) удобна при малых /г, формула B) — при больших h.
Предельный переход в A) при h —> 0 дает выражение для ||г?ш?п||2
задачи б); предельный переход в формуле B) при h —> оо дает ||г?ш?п||2
для первой краевой задачи а).
Указание. Требуется решить краевую задачу на собственные
значения
1 д { dv\ I d2v , n / ^ \
КО, ф)\ < оо;
a) v(a, ф) = 0; б) -^-(а, ф) =0; в) -^- (а, ф) + hv(a, ф) = 0.
Решение ищется в виде произведения v(p, ф) = Я(р)Ф(ф).
Метод вычисления нормы указан в [7, с. 643].
Вывести общую формулу
24. Обозначим а, Ь, с — ребра параллелепипеда,
а) Если v = 0 при ж = 0, а; у = 0, b; z = 0, с, то
Аго,п,* = ^ (^ + J + 5) (Ш' и> * = !> 2> 3, ... )>
. тгт . тгп . тгА;
зш	х sm — ^ sm —
a	be
Нормированные собственные функции
vm п и = sm	х sm — у sm —
a	be
n b.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	597
б) Если заданы граничные условия второго рода
vx = 0 при х = 0, a; vy = 0 при у = 0, 6;
г^ = 0 при z = 0, с,
Т0	/™2	Г72	fc2\
Am,n,fe = тг ^- + — + — ш, п, А; = 0, 1, 2, ...),
V а2 Ь2 с2 /
тг?тг	тгп	тгА;
i = o,
тгт	тгп	тгА;
m п к = COS	Ж COS — у COS	 Z,
а	о	с
||2 _ ^С	_ /2,
О	^5
Нормированные собственные функции
_ 1
|Pm,n,fc||
в) Для третьей краевой задачи
(vx - fti^^o = 0, (vx + h2v)x=a = 0, (vy - h3v)y=0 = О,
(vy + h±v)y=h = 0, (^ - hbv)z=0 = 0, (^ + h6v)z=c = 0
Ara,n,ft=[^)]2+[M<2)]2+k3)]2,
A) B) C)
где fim , fMn , Mfc — корни следующих уравнении:
«ro,n,fc=JCro(ar)yn(|/)^fc(«),
Хто(ж) = (i^cos^x + t • (и ^	l
||2_/
2

598
Ответы, указания и решения
25. Выбираем сферическую систему координат (г, 6, ф) о. началом
в центре сферы радиуса а. Исходное уравнение
Д v + Xv = О
г2 аг V or/ r2sm6 дв V а^/ г2 sin ^ аср2
а) Первая краевая задача: v = 0 при г = а,
2
(п+1/2)
(п = 0, 1, 2, ... ; т = 1,2,..
(п+1/2)
где ц)п ' ' — корень номера т уравнения
4+1/2W =0,
Vn,m,l = Фп\
(п + 1/2)
где
при / < 0,
A)
B)
C)
D)
= A — ж2) 2 —- Рп(х) — присоединенная функция,
Р^0) = Рп(х) — полином Лежандра,
\vn,m,l\\ =
(п+1/2)
2, / = 0,
1, 1^0,
(п + 1/2)
тга
,.(п+1/2)
dv
E)
F)
G)
(8)
б) Вторая краевая задача: — = 0 при г = а. Формулы A), C)-G)
(п+1/2)
сохраняют силу; только в этом случае под /im ' J следует понимать
корень уравнения
или
Фп
Шт
1
(
1-
72
(9)

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа
599
в) Третья краевая задача:
-—\- hv = 0 при г — а.
от
Все формулы задачи 25 а), кроме формул B) и (8), остаются в силе;
(п+1/2)
1Мп	теперь означает корень уравнения
n (АО +ah^n(n) = О,
или
4+1/2
A0)
тга
Al (n + 1/2)
1-
п(п + 1) +а/гB - а/г)
(n + l/2)V
т2
Jn+l/2
26. Выбираем цилиндрическую систему координат (р, ip, z), на-
направив ось z вдоль оси цилиндра и поместив начало координат на
нижнем основании цилиндра, а — радиус цилиндра, / — высота ци-
цилиндра. Исходное уравнение краевой задачи на собственные значения
имеет вид
или
Av + Xv = 0
lot ov \ 1 о v о v л n
p dp \ dp J p2 dtp2 dz2
а) Первая краевая задача: v = 0 при р = a, z = О, /,
Aro,n,* = f^) + f ^1 (n = 0, 1, 2, ... ; m, k = 1, 2, ...),
где
jL
корень номера m уравнения Jn(/i) = О,
Г cos по?,
- /^ i
а
. тгк
= sin —-
|2 _
n, ?тг, A; || —
-J2' n = 0'
i , П # 0.
б) Вторая краевая задача: — = 0 при р = а, — = 0 при z = 0, /,
An,m,fe = ( ^-) + (^") (п = 0, 1, 2, ... ; ш = 1, 2, ...),
Vn,m,k = COS —2;Jn
где /i[n — корень номера m уравнения J'n(ij) = 0,
1тга2е
Prn \ I COS Пф,
а Р J \ sin тир,
ц2 _ lira2en \(,An)\2 _ 2] j2( (n)\
Vn,m,k\\ — r (n)i2 KPm J	П Jn\H"m )•

600
Ответы, указания и решения
в) 1ретья краевая задача: ——\- hov = 0 при
dv
при z = 0, — + h2v = 0 при z = /,
Z,B) =
= a, —	h\v — 0
Vk cos г/kZ -\- hi sin z/fc2
корень уравнения
^
— корень уравнения p,J'n(p) + ahoJn(p) = О,
/ (n)\2
К,т,к ="l+ \~~) О, & = 1, 2, ... ; n = 0, 1, 2, ...),
\\Vn,m,k\\ = Ken
4^
a
где
(n)
Указание. Решение ищется в виде произведения
v(p,(p,z) = V(p,(p)Z(z).
После разделения переменных для V(p, ф) получаем задачу 23, а
для Z(z) — задачу 17.
27. Выбирается полярная система координат (р, ф).
а) Первая краевая задача: v = 0 при р — а и р = Ь,
(ш = 1, 2, ... ; п = 0, 1, 2, ...),
Rm,n(p) = Jn(№
или
JniPm^b) L
A)
, B)
.W
где /im — корень номера т трансцендентного уравнения
Jn(ap)Nn(bfi) - Jn(bfi)Nn(ap) = 0,	C)
которое можно записать также в следующем виде:
Jn(ap) _ Nn(ap)
Jn(bp) ~ Щ"

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	601
Здесь Nn(x) — функция Неймана n-го порядка,
2, п = 0,
б) Вторая краевая задача: — = 0 при р = а, р
др
E)
ИЛИ
Jn(b/JLin ) L	J
(n)
где /im — корень номера т уравнения
В частности, при п = 0 имеем
ц„ ii2_9din ц2_ 4
||V||	^7Г||Я||
(в)
Собственное значение
Лт,п = (А*т ) 5
О	Г /	2	\ т/2, (»М	/	2	\ I
= 2g" И	2	 J^ fc™ a) _ И	2	 L G)
г Ып2 1	.«г Ып2 т.о/ Гг?Л,ч 1	ог Гг?Лп2 I I * V1/
в) Третья краевая задача: —	hv = 0 при о = а, ——\- hv = 0 при
а/?	а/9
/О = 6,	у ( )=}
Дт>п(р) = Jn(//^V)^(a) - A(a)JVn(/i^V).	(8)
ИЛИ
Л(„\ г	. .	. . п
(9)

602
Ответы, указания и решения
где
Д(а) = J'n(^a) - -^Jn(MHa),
Р>т
8{a) = Kii^a) - J^
P>rn
_h
jJLn
P>
Собственные значения определяются по формуле
(п)
где цт — корень номера т следующего уравнения:
S(a)A(b) - 5(Ъ)А(а) = 0, или Ш = *&,
A0)
|2 _
1-
a
У
При h = 0 имеем
A (a) _ Jn{aPm )
• A1)
и формулы (8) и A1) переходят в формулы E) и G).
Указание. Полагая v(p, ф) = Я(р)Ф(ср), получим для радиаль-
радиальной функции R(p) задачу
1 d ( dR\ ( п2
- -г- \р-г- + А
р dp у dpj \ р1
R(a) = Д(Ь) = 0 в случае а),
В!(а) = R'{b) = 0 в случае б).
Общее решение уравнения имеет вид Rn(p) = AJn(/j,p) + BNn(/j,p),
\i — л/А. Используя граничные условия при р — а и р = Ь, получим
для Rn(p) выражения, приводимые в ответе.
Вычисление нормы проводится обычным методом.
Для ||i?m,n||2 получается общая формула
м р м2 — ^_
a
У

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа
603
При вычислении Rm,n(^m р) и R'm^ n (/jifflр) при р — а и р — Ь
следует воспользоваться выражением для определителя Вронского
Jn{x)N'n{x) - Nn(x) J'n{x) = А.
28. Требуется решить краевую задачу
^JV + A 0	< 0<<
при граничных условиях:
а)	v = 0 при р = a, ip = 0, (р = (ро;
б)	— = О при р = а, -т— = О при а? = О, ю — ю§\
Op	O(f
в)	——h До1^ = О при р = а. —	h\v — О при а? = О,
Op	O(f
	Ь Jl2V = О При (Л = (по.
Ответы:
а) первая краевая задача для сектора
v?o V а / (ро
л	_ (№\2
V а )
(п)
где /irn — корень номера т уравнения
II" т, п и	а	^ на. \г
б) вторая краевая задача для сектора
vm,n(p, Ч>) = Jzn[^-p cos — у? (п = 0, 1, 2, ... ; ш = 1, 2, ...),
/ (п)ч2
Am n = ( ^- J , /л)?' — корень номера т уравнения J'™ (/a) = О,
выражение для
— (^гр)
V0 \ A	/
см. в ответе к задаче 23;
в) третья краевая задача для сектора
_ (^ \2 (	Л 9 ч
^~1^~/ (га, га-1, 2, ...),
\ a J

604
Ответы, указания и решения
(hi
где vn — положительный корень уравнения tgz/(/?o = ^~
\Мп — корень уравнения liJ'Vn (ц) + ah§JVn (аО — 0,
2
а
У
a2hi - is2
J2 (/i(n)).
29. Ищется решение уравнения
удовлетворяющее однородным граничным условиям: а) первого рода;
б) второго рода; в) третьего рода.
а) Первая краевая задача: v = 0 при р = а, Ъ] (р = 0, </?о,
Vm,n(p, Ч>) = Rm,n(p) $n(</?)>
Фп(<р) = sin — у? (п = 1, 2, ...),
^0
или
г (^)i2
гп = y/j,m \ — корень номера т уравнения
Jnn (ца) Nnn
| = -5-
Выражение для ||i^m,n||2 см. в задаче 27 (формула D) с заменой Jn
на J?rn j.
Подобным же образом получаются выражения для случаев б) и в).

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	605
30. а) Требуется найти собственные колебания для области а ^
^ р ^ Ь, 0 ^ z ^ /, если v = 0 при р = 0, р — а и z = 0, z — I.
Собственные функции
Vm,n,k(p, Ч>, Z) =
где
Л / ч	I COS ПО?, ,	Л i о
ф (т) = { . ^' (П = 0, 1, 2, . . .
v^y 1 smn(/? v	' ' '
Zfc(z) = smHz (fc = l, 2, ...),
Rm,n(p) = Jn(№p)Nn(№a) - Jn(№a)
(см. ответ к задаче 27), fim — корень уравнения
Jn (ца) _ Nn (fia)
(jA)'
Jn(nb) ~ Nn(jA)'
Xm,n = ШУ + (^) , ||^,n>fc||2 = у en\\Rm,
\\2
у
n\
Выражение для ||i^m,n||2 см. в ответе к задаче 27, а).
б) В этом случае — = 0 при р = а, Ь, — = 0 при z = 0, z = I,
op	оz
так что	,
/
ч>п\ш) - \ .	(п = О, 1, 2, ...),
Zk(z)=cos^z (к = 0, 1, 2, ...).
Rm,n(p) дано в ответе к задаче 28,6),
! / '	Ш'П'	2	m,n||
31. Если Ai — первое собственное значение кольцевой мембраны
(е ^ р ^ а) с закрепленной границей, a Aj — первое собственное зна-
значение круглой мембраны р ^ а с закрепленной границей, то поправка
дд: = д _ до
всегда положительна, а при малых е равна
2	1
... = 7,41
2^0487
где члены более высокого порядка малости относительно е отбро-
отброшены.
Из этой формулы видно, что
lim AAi = 0.

606	Ответы, указания и решения
Решение. Наименьшее собственное значение А? жестко закреп-
закрепленной по границе р — а круглой мембраны определяется из уравнения
Jo (л/А? а) =0,
а первое собственное значение Ai кольцевой мембраны е < р < а
с жестко закрепленной границей определяется из уравнения
(л) (ла) - Jo (лА^а) ^о (лА^) = 0-
Полагая
>—
7 = V А? + а,
так что AAi = 2^/А^а, и учитывая, что
= 1 - ..., No (л/%е) = - In
No (у/М а) = No (л/А? а) - TVi (л/а? а) аа,
а) — ^о (л/А? а] - Л (л/А? а] аа = —aaJi [л/А?а] .
Из уравнения A) получаем
Воспользуемся теперь выражением для определителя Вронского
так как Jq(vA? а) = 0, то отсюда находим
тгл/Л?оЛ(л/Л?о)
1	1
In- * ¦
Так как первый корень уравнения Jo(aO = 0 равен /i? = 2,4048 и
JiQxJ) = 0,5191, то
a2 In ¦
2,4048s
32. Если нагрузка М мала, то:
a)	lim Ai = A?;
ln-
?

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	607
Если нагрузка М велика, то:
а)	lim Ai = 0, lim Л2 = Aj;
М—>-оо	М—>-оо
б)	A1^
где С равно
r = -J_ = J-
ln*> mi'
где
так что
Ai — —T- —+ ...
In -
Решение. Уравнение колебаний мембраны имеет вид
1 d f du\ t Л х n
- — [ p — + леи = 0 для е < р < а,
/? dp у dpy
где S — плотность массы.
Граница р = а закреплена, так что
Обозначим л/\6 а = ж, л/АЙ • г = рж, р = -.
Для получения второго граничного условия изменим задачу, за-
заменив круг радиуса е с центром в точке О абсолютно жесткой плас-
пластинкой массы М, для которой уравнение движения имеет вид
где
7-н С ди , о du { ч
г — \ —- patp = 2тге -—(е),
J op	dp
р=е
ИЛИ
—AMul = 2тгеи'(е).
\ Р=?	v /:
так как и = —Аи.
Общее решение имеет вид
и = AJ0(y/\Sp) + BN0(y/\Sp)
или
и = No(x)Jo [- р) — Jo(
Условие при р = е дает нам уравнение для определения А
х Jo(px)No(x) - Jo(x)No(px) _ Q, ч	, ч
	 	7	\	7—\	7	\	7—\" — О(Ж),	\-L/
где
S = „^ , х = vXSа.
М

608
Ответы, указания и решения
Рис. 58
Решение дисперсионного уравнения A) может быть найдено графи-
графически. График функции S(x) имеет вид рис. 58.
Здесь ко, к\, &2 — корни знаменателя функции S(ж), а штриховая
кривая — парабола
S = — - х2 In р.
Задавая значение М (на рис. 58 горизонталь АВ), найдем соот-
соответствующие корни дисперсионного уравнения.
При М —у оо горизонталь А В стремится к оси ж, первый корень
стремится к нулю, остальные корни стремятся к значениям Aj, А<],
A3, ..., которые являются корнями числителя функции S(х). Величи-
Величины Aj, A2, A3, ... отличаются от ко, fci, &2, • • • на величины, имеющие
порядок величины емкости круга радиуса е
с
Для больших масс М первый корень будет мал.
Разложим цилиндрические функции возле нуля:
Jo (ж) = 1 - ...,
N0(x) = \п(х) + ...
_ 1 т
— X
Подставляя эти выражения в равенство A), найдем
х 2тг 1
М — l
где С = --—, р = -.
lnp	a
33. Пусть внешняя граница кольцевой мембраны е
ется свободной, т.е.	_
а явля-

являГл. VII. Уравнения эллиптического типа	609
Тогда
- г\ /. ]_z. о
• • • ~ 	п	•>
0x2
, 0x2	VA1S
где Aj = f — J , fJ[ — первый корень уравнения J\ (/a) = О, fJ[ = 3, 83.
34. Задача о собственных колебаниях круглой мембраны, натяну-
натянутой на отверстие сосуда объема Vb (барабан), приводит к следующему
уравнению:
f	(
ff	( ^)	A)
0 0	^	'
если предположить, что скорость поперечных волн значительно мень-
меньше, чем скорость звука в воздухе.
Здесь So — плотность воздуха в сосуде, со — скорость звука
в воздухе при давлении и температуре в сосуде, соответствующих
[т
неподвижной мембране, с = л / —, Т — натяжение мембраны, а — ее
V Р
радиус. Интеграл справа означает добавочное давление, создаваемое
колебаниями воздуха в сосуде (см. [38, с. 217]).
Из A) и ортогональности тригонометрических функций на @, 2тг)
следует, что при п > 0 собственные функции мембраны
не меняются, несмотря на наличие присоединенного объема воздуха.
Собственные функции, обладающие цилиндрической симметрией
(п = 0), имеют вид
Vm(p) = <Л) ( — Р) - Joi^m) f А = —у- 1 ,	C)
где /лт — корень уравнения
Jo Ы) = — А? ^2 (/^) j	D)
А*
Х~ VoT '
которое получается, если C) подставить в уравнение A).
Ряд для J2(aO дает
f	8 96 3072'
Если v\ = 2,4048 — первый корень уравнения Jo(^) = 0, то
Jo(fjLi) = -Ji(vi)e = -0,5191 г (е = \ix - v\).
Из D) и E) получаем
_ . 96 3072
6,8619 + 0,4229^
^1; ~^ 148 ~^ 768 У Х
39 Б.М. Будак и др.

610	Ответы, указания и решения
Эта формула позволяет вычислить поправки к первому собственному
значению за счет присоединенного объема.
Так, например,
_ Г 0,0373 при х = 1,
~~ | 0, 5570 при х = 5
и соответственно
/xi = 2,4421,
\ix = 2,9618.
35. Основная частота uj\ « 1520 с. Она может быть увеличена
в 1,45 раза, если присоединить воздушный объем
Указание. См. задачу 34.
§ 3. Распространение и излучение звука
Уравнения акустики, как известно1), имеют вид
A)
vt = -c2grads,
+ divv = 0,
P — ро
где v — вектор скорости частиц газа, s = -—— — конденсация газа,
Ро
рТРо
с = х / -L?— — скорость звука, ро и ро — начальная плотность и
V р°
начальное давление, j — постоянная адиабаты.
Полагая
v = - grad U или s = c2Ut,
где U — потенциал скоростей, получим для потенциала уравнение
колебаний
Uu = c2AU.
Полное давление р просто выражается через конденсацию s:
Обозначая Р = р — р0 — избыточное давление, имеем
р _ 7Ро _ 2
ро
Отсюда видно, что избыточное давление Р также удовлетворяет урав-
уравнению колебаний
Ptt = с2 АР.
Если граница Е области, в которой ищется решение, предпола-
предполагается абсолютно жесткой, то на ней нормальная составляющая ско-
скорости равна нулю:
ди
vn = 0 или —
1Ь	Q
= 0 ——
Е ' дп
= 0,
где п — нормаль к Е.
См., например, [7, гл. II].

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	611
Кинетическая энергия объема dxdydz газа равна - pov2dxdydz.
Потенциальная энергия, очевидно, дается выражением
Полная энергия в единице объема равна
Пользуясь формулой Грина, нетрудно записать закон сохранения
энергии в виде
d-JwdT = -JYdS, Y=pv,
Т	S
где Т — некоторый объем, ограниченный поверхностью S. Вектор
Y = pv есть поток энергии в единицу времени через единицу поверх-
поверхности, называемый вектором Умова.
Полная энергия, изучаемая некоторым источником в единицу вре-
времени (полная мощность), равна
П = [YdS,
s
где S — некоторая замкнутая поверхность, окружающая источник.
В случае установившихся колебаний
Р = реш,
где амплитуда р удовлетворяет волновому уравнению
Ар + к2р = 0.
В дальнейшем мы всюду будем рассматривать установившиеся акус-
акустические процессы, т. е. иметь дело с волновыми уравнениями, опус-
опуская, как правило, временной множитель eltJjt. Если s = ~seltJjt, v =
_ -yetujt^ T0 s и v также удовлетворяют волновому уравнению, причем
р = ikcpoU — амплитуда.
В случае гармонической зависимости по времени обычно исполь-
используются величины, являющиеся средними за период значениями
рассматриваемых функций. Если зависимость от времени взять в
виде eltJjt, то амплитуды р и v будут комплексными (черту над v
опускаем). Учитывая это, получим для среднего по времени потока
энергии выражение		 1
Y
называемое также интенсивностью или силой звука.
В акустике широко используется понятие импенданса. Как из-
известно, механический импенданс системы z определяется как отно-
отношение давления к скорости. Величина рос называется акустическим
сопротивлением излучения. Безразмерный акустический импеданс
определяется отношением
С = — или С =
рос	povc
39*

612	Ответы, указания и решения
1. Точечный источник.
36. Требуется найти функцию
e~ikr
G(x, у, z, f, ту, С) =	+
где v — регулярное решение волнового уравнения, которое долж-
должно быть выбрано так, чтобы при z = 0 выполнялось одно из ус-
= 0.
ловии:
z=0
e-ikr	e-ikr
a) (J ( nr» ni у С /r-i /| ^—
I V_J \Jb . и . /О , С . II. LJ
п = V(x - О2 + (у - vJ + (z + О2-
Решением первой краевой задачи будет
и(х, у, z) = -j^jj
— oo
6)	G(x, y, z, С, ту, С) = e-r—
Решением второй краевой задачи будет
и(х, у, z) =
Указание. Для построения функции источника G использовать
метод зеркальных изображений.
= -i[ff<2)(fcr
B\
37. a)	G(M, P) = -i[ff<2)(fcr) - ff<2)(fcn)],
б)	G(M, Р) = -\[НB\кг) +
где
М = М(х,у), Р
г =
Указание. Требуется найти решение волнового уравнения
A2V + k2v = 0, удовлетворяющее при у = 0 граничному условию v = 0
или — = 0, на бесконечности — условию излучения
ОZ
или
lim л/г f — + ikv) = 0	A)
fr-ikv)=0	B)

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	613
и имеющее при г —у 0 логарифмическую особенность, т.е. представи-
мое в виде
G = -l-H^\kr)+v.
Мы пользуемся условием излучения в форме A) в связи с выбором
временного множителя в форме elujt.
38. Потенциал скоростей точечного источника равен
-ikr
e
где Qo — производительность точечного источника.
Скорость v = — grad С/ имеет радиальную составляющую
Vr = [ik + i) U.
Давление
р = ikcpoU.
Полная излучаемая в единицу времени мощность (среднее по вре-
времени значение)
п _ Qok срр
8тг
Безразмерный акустический импеданс
. _ ikcpo _ 1
k + ^icpo 1 + ^'
Если г достаточно велико, то
Указание. Для вычисления скорости v и избыточного давле-
давления р использовать формулы
vr = - — , p = ikcp0U.
Поток энергии вычисляется как среднее по времени значение про-
произведения давления на скорость
Y-- Re(vv*) - 22
г - 2 ne [pv ) -
Полная мощность излучения
8тг
39. Пусть Ро@? О, —а) — прямоугольные координаты точечного
источника звука, Pi @, 0, а) — его зеркальное изображение в плос-
плоскости z = 0.
Потенциал скоростей равен
/ р-гкг	р-гкгг\
/ 9 i 9 i 7	\ 9
— Vх * У * К'6 а) 1

614	Ответы, указания и решения
причем
П = у г2 + 4а2 + 4аг cos #,
где в — угол между Р$М и Po-Pl? М(х, ?/, z) — точка наблюдения.
На больших расстояниях от источника (в волновой зоне) имеем
ri = г + 2а cos в,
так что
jj _ Qpe	/^ g-2ia?;cos6>\
Интенсивность излучения
Y = 2У38 [cosBa& cos <9) + 1].
Полная мощность излучения
П = 27ГГ2 ТташвМ = Q°k2cpo (l + S^^) = П38 fl +
J	8тг V	2ak J	\
2ak J
о
где Узз и Пзз — интенсивность и полная мощность излучения точеч-
точечного источника, рассмотренного в задаче 38.
40. В этом случае при z = 0 будет иметь место граничное условие
равенства нулю потенциала скоростей U = 0, так что
o-ikr	„-гк
т-г _ Qok2cpo (л sin2a?;^ _ ^ (л sin2aA;>
8тг
41. Указание. Требуется доказать, что
где vm(P) — значение в точке Р решения волнового уравнения с
источником в точке М, vp(M) — решение в точке М, источник в
точке Р.
Для доказательства следует использовать формулу Грина.
42. Требуется найти частные решения уравнения
при условии
-— =0 (и — потенциал скорости)
ОП Е
и условия отсутствия волн, приходящих из бесконечности (условия
излучения).
Существуют частные решения в виде бегущих волн
ип(М, z) = Апфп(М)е^г (М = М(х, у)),
где
Тп — V л — Лп,
Лп и фп(М) — собственные значения и собственные функции мембра-

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	615
ны, имеющей форму перпендикулярного сечения S трубы,
А2фп + \пфп = 0 в S, ^р- =0 (С —граница 5).
OV С
Если ЛПо < k2, a Ano+i > к2, то существует по бегущих волн. При
п > По имеем
— затухающие волны. Заметим, что всюду мы будем предполагать
собственные функции нормированными к единице. Наибольшая допус-
допустимая длина волны, могущей распространяться в трубе,
Л - -^-
макс" Тхг
для круглой трубы радиуса а Лмакс « 2, б 13а.
Фазовая скорость
с.
Избыточное давление
Р = —ikcpou.
Скорость частиц вдоль оси z равна
vz = -ijnU-
Поток энергии через поперечное сечение трубы
1
JJ	= ^ kcp0jn\An\2.
s
Для трубы круглого сечения радиуса а имеем
/>)n2
Л _ Л	_ ( V>m \
\ а )
Поток энергии
где jlm — корень уравнения J'n(ii) = 0.
Для трубы прямоугольного сечения О^ж^а, 0 ^ у ^ Ъ имеем
^ + 7Т),
Фт,п = у^Г C0S ~а~ Х C°S ~b~ У ^П' ш = °' !' 2' •••)•
Поток энергии
7O	о f ТП	71 \

616	Ответы, указания и решения
43. a)	G(M, P, z, 0 = l_
п=0	*"П
где нп = л/Хп — к2; Хп и фп — собственные значения и собственные
функции первой краевой задачи: ^Фп + Хпфп = 0 в поперечном
сечении 5, фп = 0 на границе С сечения S;
сю .
б)	g(m, р, ^, о = Y,-
где хп = л/Лп — Z;;2; Лп и г/;п — собственные значения и собственные
функции второй краевой задачи
Д2?/;п + Хпфп = 0 в S,	= 0.
OV с
Если S — круг радиуса а, то
где
_ Г 1 при п = 0,
6п "" | 2 при п/0,
А^т — корень уравнения Jn{^) = 0, а Дт — корень уравнения
ад = о.
Указание. Следует применить метод разделения переменных к
неоднородному уравнению
где / — произвольная функция, и представить решение в виде
оо
v = IJfG(M, P, z, ОДР, С) dap d(.
S -оо
Если искать i?(M, z) в виде
71=1
то для г?п(г) мы получаем уравнение
< - x*nvn(z) = -fn(z), fn = Jff(P, z) Ф„(Р) dap,
решая которое, найдем

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	617
или
vn(z) = / //	ipn(P)f(P, QdcfpdC,.
-oo S
44.	Функция источника для полубесконечной трубы z > 0 произ-
произвольного сечения S:
сю
а)	G(M, P,z,C) = Y,-
п=1	*'1п
б)	G(M, M', z, С) = ^Фп{М^п{М'} е-^сЪknz.
П=1
Здесь фп и фп — собственные функции первой и второй краевых
задач для мембраны S
Указание. Применить метод отражения к функции
так что:
aj ZjyiyZj — в	в	— ze sn%yiZ^
6) Zn(z) = e-^(C-z) +e-*n(C+z) = 2e-^cchxnz.
45.	Функция точечного источника, дающая пространственное
распределение для потенциала скоростей, равна
сю
G(M, М;, *, С) = ^фп(М)<фп(М')Кп^, С),
71=1
chpnzchpn(Z-C)	^
при z <^ ц,
Kn(z, С) = { , „ ч , ,
где рп = л/Хп — к2, фп(М) и Лп — собственная функция и собственное
значение краевой задачи
А2фп + Хпфп = 0 в 5, ^ = 0 на С,
где S — поперечное сечение резонатора, С — граница S.
Указание. Рассматривая уравнение (см. задачу 42) для потен-
потенциала скоростей
с граничными условиями
[/^1^ = 0, Uz\z_Q z_t = 0 (Е — боковая поверхность резонатора)
и полагая	оо
п=1

618	Ответы, указания и решения
получаем для vn(z) уравнение
и" — ч? и — —f G) ?/ @) — ?/ A) — О
ип Рпип — Jnyz)j un\v) — ип\Ч — и<
Его решение имеет вид
i
vn = JKn(z,Qfn(QdC,
О
где Kn(z, С) — соответствующая функция Грина для уравнения
Далее см. задачу 43.
2. Излучение мембран, цилиндров и сфер.
46.	Скорость
v = voe~lkz, z > 0.
Давление
р = cpovoe~ikz, z > 0.
Поток энергии (среднее по времени значение)
Удельный акустический импеданс
47.	Если на границе z = 0 скорость
га=1
где /лт — корень уравнения Jo (/л) = 0, то
сю
vz(r, z) = J2A™J
о/ — x I h2 - ^m
a — радиус трубы.
Давление
где
Если
то

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	619
Средняя скорость поршня
Импеданс
г = -Л—
pocv
Поток энергии через поперечное сечение
_ тгоороа2'A2Jl{
48. Радиальная
Давление
Импеданс
скорость
г
Т) — 1 О
2 . k2 - —
Н[2\кг)
Щ Н{2\ка)
ОООн[2\ка)'
Щ2\кг)
На больших расстояниях, при кг ^ 1, имеем
vo ГТ~ Г .Л Зтг\\
vr = —-^-л	\/ —— ехр < — г [кг	— ) > =
Н[2\ка) V nkr I V	4 J)
iv0 I 2	Г . Л тг\1 ,
Н[2\ка) У ъкг	I V	4/J
icpovo /2	[ • A 'К\ \ ,
Р = —т^т	1 / ^^— ехр ^ — % [кг —- > + ...
Н[2\ка) V nkr	I V	4/J
Поток энергии
у = 0,Р-*- С^°2
Указание. Требуется решить уравнение
A2v + k2v = 0
в области г ^ а при дополнительных условиях
lim л/г ( ——Ь ikv ) = 0 (условие излучения).
г—^сю чаг

620	Ответы, указания и решения
49. Избыточное давление равно
р « 7T2iyap0v0H^\kr) [v = ^-J .
В волновой зоне
ехр |—г (кг — —) >
р = у/сптгароУо	у=	h ...,
Полная излучаемая энергия на единицу длины цилиндра приближенно
равна
П = 7г роиа Vq.
Указание. Использовать разложение
i/^ J [х) =	h ... при малых ж,
м
= \ — ехр \ —i (х — —) \ при больших х.
50. Давление	,2,
р — A cos ipH\ ' (кг).
Радиальная скорость
Vr = lA Cos рН[2)'(кг), А = -—^
сро	Н[2) (ка)
Удельный акустический импеданс
1г=а	Н[2) (ка)
Если ка <$С 1, то
2тг31У2а2роУо	_ тг(аА;JА; _ ., _ .
с	, С- 2	^-Со Чь
причем Со ^ Ci-
Полная излучаемая мощность на единицу длины
2тг	2
П = [Yrdip = — ро^3а4^п-
J	4c
о
Реакция воздуха на единицу длины цилиндра в направлении его
движения	27г
F = ар(а, ip) cos ip dip = ika27rcpoVo 1).
о
Указание. Учесть, что граничное условие имеет вид
vr\
' \г=а
г) Здесь, как и всюду для давления и скорости, множитель elLOt опущен.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	621
51. Если
где
1(Ч>) = у + ^2 (ат cos rmp + bm sin rmp),
га=1
2тг	2тг
= -ff(<P)diP> аш = — Jf(y>) cos mip dp (m = 1, 2, ...),
О
2тг
frm = ^
О
ТО	°°
р= У^ (Am cos my? + Вш sin пыр)Н$ (кг),
где
. _	icpo	jj _ —icpo , / _ -I
Я^; (А;о)	Я^; (ка)
д _	icpo ao_
Ао~ ^Г(м^'
При
и мы получаем
= v0 = у ат = 6т = 0, ш > О,
\2\
т.е. решение задачи 48. Аналогично получаются решения задач 49
и 50.
52. Давление
р = AdB)(ikr)Pi(cos0).
Радиальная скорость
где
Pi(x) — х — полином Лежандра первой степени. Если Ь < 1, то
А = 0,5сро(акKу0.
Полная сила, действующая на шар в направлении его колебаний,
F = —гио • - 7rpa3vo.
о
Безразмерный удельный резонанс при г — а
tX{2) (ка)	=_Lkn,

622	Ответы, указания и решения
В волновой зоне
р=4~ e~i{kr-^ cos 0, vr = —^— e-^kr-^ cos 0,
kr	cpokr
л _	3cpvoi
— 	B)	B)	'
Поток энергии, излучаемой диполем в единицу времени,
A2 cos2 в _ 1 cpQ(akfvl 2 л
Jl — U, О 	——г-г- — — 	——г-г	 COS U.
cpo(krJ 8 (А;гJ
Полная мощность, излучаемая акустическим диполем, равна
п = г
т. е.
И ~ к4, или П ~ —.
Л
53. Если возможно разложение
сю
f@) = Y, АтРт(со8в),
то скорость
00 /i Д2)'/, ч
_ V^ ^mCm (fcr)
избыточное давление
где
Если ка ^ 1, то полную реакцию среды на шар можно вычислить по
формуле
F = 2ira2 f(p)r=a cos О sin О dO = ^- Вх C]Jka) =
{	6	Ci (ka)
(
Если /@) = г?о, то
з при т = О,
О при m / О
Указание. При вычислении полной силы, действующей на шар,
следует воспользоваться формулами
Ci (W « — + ...; Ci (W «	з + • • • ПРИ малых р.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	623
54. Если скорость поверхности сферы равна нулю везде, кроме
малой круговой площади радиуса г, вокруг точки в = 0 (полюса)
г?о при 0 ^ в ^ г/а,
О при г/а < в < тг,
где а — радиус сферы, то
р = -гсро > J Am ,9V/, ч Pm(cos 19),
СЮ
«r= VAm^7^Pm(cos6l),
e/a
2m+ 1 /* г> / т-длд 2m + l/s\2
' / "m(cos U) sm д ad ^	— -
J	4 \aJ
lit	c\
о
Полная энергия излучения равна
2 e4
При очень низких частотах
где Qo = 7re2vo есть производительность точечного источника.
Указание. Выражение для Dm получается из формул A) зада-
задачи 62.
55. Радиальная составляющая скорости равна
Давление
При /;;а ^С 1 интенсивность и мощность излучения квадруполя будут
равны
^ ll	П = |L -»^
Указание. Учесть, что v\r-a может быть записано в виде
v\r_a = vqP2{cos6) и искать давление в виде
р = R(r)P2(cos0).
При вычислении потока энергии и мощности излучения восполь-
воспользоваться формулами
>B)/ ч • 3
Q J [х) = г — при малых ж,
Q (х) = — г — при малых ж,
а также асимптотическими формулами для больших х.

624
Ответы, указания и решения
Интересно сравнить формулы
П = — cpoVQaPk4 ~ о;4 для акустического диполя,
П = ——
4U5
си6 для акустического квадруполя.
56. Если скорость поршня г?о, то
а	2тг
_¦, п
О	О
где R — расстояние точки Мо(у, ф) от точки наблюдения М (рис. 59).
Если ^ < 1, то
2 _ihr \2Ji(kasmO)
2r "u [ ka sin в
Поток энергии, излучаемой порш-
поршнем,
у _ a2cpoVo 2 \2Ji(psin9)
Рис.59
ЕСЛИ II < 1, ТО
\i = ак.
8r2
2 / -1 _
В этом случае полная мощность равна 11 =
2 2 /	2
\г I 1 — ?— I.
Указание. Потенциал скоростей, создаваемых движением
поршня, представляется в виде потенциала простого слоя
а27Г -ikR
Давление
р = ikcpoU.
Если R ^> а, то подынтегральная функция принимает вид
— ikR	—ikr iky sin в cos
так что
U = v0 -c
ydy
о	о
r - 2/ sm (9 cos ф
sin в) cos
= r - у sin (9 cos VO,
e~ikr 2 |2Ji(A;asin(9)
¦ CL
2r
ka sin в
Отсюда и получаются формулы для р и vr.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	625
57. Давление на поверхности пластинки
\i — ак,	A)
где
тг/2
2 С
М0(х) = - / s
7Г У
О
я
Zi I	X	UU	IAJ	1
= ~ \Х- уу-^ + !2.32.52 ~ 12 . 32 . 52 . 72	' '
Сила реакции звукового поля на пластинку
где
•3 I2 • З2 • 5 I2 • З2 • 52 • 7 " у '
о	х	J
Если масса пластинки мала, т.е. мало а и, следовательно, мало \i
Импеданс
Решение. При вычислении потенциала простого слоя на самой
пластинке удобно выбрать полярные координаты р, ip с центром в
какой-либо точке окружности р = а' в качестве полюса.
Тогда
тг/2 2а' cos ср	тг/2
{
/ /
-тг/2 О
Учитываем, что
тг/2	тг/2	тг/2
- fe-2ika'cosvdtp=- [e-2ika'sin<fidtp=- [ cosBka'sin<p)dtp-
7Г J	7Г J	7Г У
0	0	0
тг/2
/
-—[ smBka' sin у?) dy? = Jo Bfea') - гМ0 Bka').
7Г У
о
где Mq (ж) — некоторая функция, определяемая формулой
2 nf2	2
J i(i)d
2 f
о	^
При ж —>¦ оо для Mq(x) имеет место асимптотическая формула
М0(х) = A/^sin (х - J) + — + О (-1*) .
40 Б.М. Будак и др.

626	Ответы, указания и решения
Следовательно, для р| _ верна формула A). Чтобы найти силу
реакции, действующую на пластинку, надо вычислить интеграл
а
F = 2тг [р ,а! da! =
J * г=а>
где
о
58. В волновой зоне (при кг ^> 1)
где Аш — коэффициенты разложения v z_Q = f(p) в ряд по функ-
функциям Jo ( —- р), равные
/im — корень уравнения Ji(/i) = 0.
Решение. Пользуясь разложением /(р) в ряд
сю
v\z=o = /(^)= ^2 Amt
находим
т=0	0
В волновой зоне
— ikR —гкг
?	 ^ ?	 ifcp sin ^ COS cp
R ~ г
(см. задачу 56). Вычисления дают
2тг
/j0 ^ p^j pdp feikpsinecose d(p = 2тг /j0 (^p) Jo(kpsme)pdp.
0	0	0
Для нахождения этого интеграла обратимся к формуле
а
Jjv(ap)Jv(l3p)pdp = -^4^ [а^(ао)Л(/Зо) - 0J'v(pa)Jv(aa)],

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	627
положим здесь а = /im/a, /3 = &sin#, v — 0, тогда получим
а,	г.
fjO(ap)JO(f3P)pdp = a2SJlif Jo(Pm) (Л(Мт) = 0),
о
сю
так что
р = ikcpoCL 2_^ 	22	 	'
т=0	т
Первый член (т = 0, /io = 0) этого ряда дает решение задачи 56 о
колебании жесткого поршня в бесконечном экране
2	г , v I
гксроа л 2Ji(s) I	7 • л
р = —^— Ло 	— + ..., s = ka sm с/,
2	[ 8 \
причем Ло, очевидно, означает среднюю скорость поршня.
3. Дифракция на цилиндре и сфере.
59. Если плоская волна распространяется вдоль оси ж, перпенди-
перпендикулярной к оси цилиндра (оси z), то давление в ней можно предста-
представить в виде
сю
ро = Ae~ikx = Ae-ikrcosv = A J0(kr) + 2 ^{-i)mJm{kr)cosrrnp
m=l
Давление в рассеянной волне
cos rmpH$(kr),
ra=0
где
Скорость в рассеянной волне
Vgr — — 2^ ВтН^ (кг) cos mip.
т=0
В волновой зоне (на больших расстояниях от цилиндра кг ^> 1)
ехр
к	\	Ч: /
I		сю
I/O	f	/	\ ^	-1
/ Z	I . / 7	7Г \ I V > т-> -т	-А-
г>5г = — W —— ехр < —г I А;г — — ) > 2_^ Вшг cos тер = — р5-
60. Интенсивность рассеянной волны
сю
F5 = 2^ ?т Ш1^тег1гп cos?7i(/?, го = 15 ^т = 2, т > 0,
40*

628	Ответы, указания и решения
сю сю
\тр\2 	 V"^ V"^	'	'	(	\
m=0 n=0
7m определяется соотношениями
*67о = -тгт4,
Nm — функция Неймана. Полная мощность звука, рассеянного на еди-
единице длины цилиндра,
п 4У0 v^ .2	v A2
П3 = —г- У?™ Sin 7m, ^ =
7	/ . "-'lit >->¦¦¦"	1П1	¦*" U	О
А; ^	2ср0
Указание. Пользуясь соотношениями
J'm = 0, 5( Jm-i - Jm+i), 7V^ = 0, 5GVm_! - 7Vm+1),
нетрудно выразить коэффициенты Bm в виде
R — _ Ар (_j\m+1 p-hrrb a'i-п ry
~^^^ ТТЪ 		"^ УТЬ \	)	oJ-J-1 I УТЬ *)
где
го — J-, ^m — ^5 ^^ ^ J-5
в волновой зоне имеем
4 / J	/9C
61. Если Ы С 1, то в волновой зоне будем иметь:
_ г д/тта А; А
Интенсивность
1
= 	PS-
сро
8г
Полная мощность
о	а 5 4
17 — — 2А-3 4У -I- — а у _|_
4	Л3	'
где Л — длина волны (к = 2тг/Л = о;/с). Полное давление на поверх-
поверхности цилиндра
сю
АА ^-^ em cos ?тг(^
ra=0	m
^п = (РО + Ps)\r=a = -^ ^	^m	^ L - V r,n	2
^0 = 1, ^m = 2, Ш ^ 1,
где

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	629
Полная сила, действующая на единицу длины цилиндра, направлен-
направленная по линии распространения плоской волны, равна
F = a jpn cos (pd(p= — ехр |г (ji - | J j .
о
Если \i — ka <C 1, то
pn = A ( —h 2ifi cos (f) , F = —2ma2kA.
Если /i = fca ^> 1, то
F = -л/4аЛЛе
Указание. Следует воспользоваться приближенными форму-
формулами:
а)	при ц^> т + 1/2
7Г
тг/i, '	4 ' ш
б)	при \1 — ка<^т-\- 1/2
.	о	i / о \ т+1
(Х-0 ^ 	5 ТО ^ —'л—1 (Х-т ^ 7;—
тгм	4	2тг
62. Пусть плоская волна распространяется вдоль оси z:
р0 = Ае«ш*-к*) = poeiu;t, ро = Ae~ikz = Ae~ikr cos0.
Давление и радиальная скорость в рассеянной волне даются форму-
формулами
Ps=
т=0
сю
1
т=0
где
ЛГ B)
Коэффициенты 5т удобно представить в виде

630	Ответы, указания и решения
где Вт определяется из уравнений1)
— (т + l)/m+i(/i) = — Bm + 1)D
(m + 1)Vwi(aO -m^m-i(^) = -Bm
Здесь
В волновой зоне (г —>¦ оо)
ехр < —г
сро J
Интенсивность рассеянной волны
k2r2
СЮ
х ^2 Bш + х)Bп + !) sin^m sin/3n cos(/3m - /3n)Pm(cos 6>)Pn(cos 19).
772, П=0
Полная мощность
п=0
Указание. Решение ищем в виде ряда
сю
га=0
где Вт — коэффициенты, подлежащие определению из граничного
д(ро — ps)
условия	о
or
разложение плоской волны в ряд. Докажем, что имеет место формула
= 0. Для их определения необходимо получить
e-iPcos0 = ?
т=0
где
В самом деле, полагаем
Стфт(р) = ^
. [38, с. 351].

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	631
Интегрирование по частям при больших р дает
rmrN
С другой стороны,
,р
ттг\
*ы[Р-— ) +0A
Р
где О [ - ) — члены более высокого порядка малости, чем -. Из
W	v	Р
совпадения асимптотики левой и правой частей следует, что
63. Если II = ка < 1, то
Aa/i2 Л 3 Л ikr
Ps - ~-^— I i ~ 2	У
> в волновой зоне (кг ^> 1).
^5 = — Ps
ср
Интенсивность звука, рассеянного сферой,
Т7 fi4a2 л. Л 3 Л2 ,	,
Полная мощность звука, рассеиваемого сферой,
„ 7па6к4 v , 112 тг5а6^	м	,
П5 = —-— Yo + ... = —	— Уо + • • • (А — длина волны).
Сила, действующая на шар в направлении z
7Г
F = 2тга2 Гp\r=a cos в sin в dO = -2та2цА.
о
Давление на поверхности сферы
Ри = (Po+Ps)\r=a = A(l- -i/icosO^j +... при /х< 1.
Указание. Выражения для р5 и У5, П5 можно получить либо
прямым расчетом, пользуясь приближенными формулами
либо из полученных в решении предыдущей задачи 62 общих фор-
формул. При этом надо иметь в виду следующие приближенные формулы
для /Зт и Dm.
Если ц^> т -\—, то
Dm ~ -, Рт « /i - - 7r(m + 1).

632	Ответы, указания и решения
Если /i<m + -, то Do « —, /30 ~ -/Л
^	/jL	О
^m ~ 12 . 32 . 52 ... Bш - 1JBш + 1J(ш
64. На шар падает плоская волна
Po = Ae-i
Давление в рассеянной волне
сю
р8= Y,Bm({m}(
т=0
где
при т ^ 1,
pi — плотность шара.
Радиальная составляющая скорости
сю
V° = T~ T, В^ш'ikr)Pm{cos0)
Р° т=0
(по поводу значения ^ и (} j см. задачу 62).
Решение. Уравнение движения центра тяжести шара под
действием воздуха имеет вид
М'? = -ff(Po + Ps)r=a cosOa2 du,
где М = — a pi — масса шара, или
о
= а2 Ц(р0 + ps)r=a cos в du.	A)
Граничное условие при г = а можно записать таким образом:
ki\	B)
Перемножая A) и B), исключим ? и получим граничное условие на
поверхности шара
2api д /	ч
l^(Po+Ps)
3 дг
о
где
= р0 cos в / (ро + Ps)r=a^i (cos 6>) sin 0 dO', C)
~a	о
Pi (cos 0) = cos#.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	633
Пользуясь разложением плоской волны по сферическим функциям
сю
ро = Ae-ikrcos9 = Y, Атфт(кг)Рт(со8в), Ат = (-i)mBm
т=0
и полагая	оо
pa= Y,BmC\kr)Pm(coS9),
т=0
получим из C) в силу ортогональности полиномов Лежандра
Mn А при
при
где
65.	Ps=J2
т=0
Cm
При резонансе, т.е. при /i = /i0,
Если на шар падает плоская волна, то А\ — — Зг. Если же нет внешнего
поля, то мы получаем характеристическое уравнение
из которого определяется частота и «свободных» колебаний шара,
вызванных внешней средой.
Указание. См. предыдущую задачу.
§ 4. Установившиеся электромагнитные колебания
1. Уравнения Максвелла. Потенциалы. Векторные фор-
формулы Грина—Остроградского.
66. Уравнения Максвелла в непроводящей среде без источников
rot if = - -7г~, div В = О, В = fiH
с оъ
	—, divI} = 0, D = eE
с dt

634
Ответы, указания и решения
в криволинейных ортогональных координатах имеют вид
г , , дЕг д и тт & и тт
дх2
at
d
ахг
^=9hEd
at дх	дх
¦?- Ык2Нг = О,
дх
?- h2h3E1 + -?- НгЫЕ2 +
ах\	ОХ2
(ds = h1dx1 + h2dx2
= О
B)
Если зависимость полей от времени дается множителем е lLOt, то
в этих уравнениях надо произвести замену, пользуясь соотношениями
1 дЕт	.j	1 с
с ~дГ = ~гк°Етп> с "
= -ik0H
= ^, т
= 1, 2, 3). C)
В сферической системе координат х\ — г, х2 = 0, х3 = у? и
/i1 = l? /i2 = r, h% = rsin^. В цилиндрической системе координат
Xi = р, Х2 = (f, Хз = Z И /li = 1, /i2 = Г, /1з = 1.
Указание. Использовать выражения для операторов div и rot в
криволинейной системе координат (см. Дополнение).
67. Если зависимость от времени дается множителем e~lujt, то
для векторного потенциала и скалярного потенциала можно написать
уравнения
4тг
4тг
| = —гР>
причем
~гс j- л
ю — 	 div A,
A)
B)
т.е. скалярный потенциал может быть исключен (j — вектор плот-
плотности тока).
Выражение для АА в произвольной ортогональной криволиней-
криволинейной системе координат имеет вид
АА = - rot rot A + grad div A,

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	635
где
1 I д h\ Г д /7 л ч <9 /7 . Ч1
^hi I 0x3 h^hz 10x2	0x3	J
аж2 /i2fe Lra2	ажз
1 дф . 1 дф . 1 дф .
2l + 22 + 23
= div A = —1— [/-
hhh L^
где ii, 22, ^3 — единичные направляющие векторы координатной
системы, ^i, Л2, A3 — компоненты вектора А.
68. В однородной проводящей среде уравнения Максвелла име-
имеют вид *)	. _ п _ п
1^^^+-^, div^ = 0
с	с dt
Полагая
H=-votA, E = -gi8id(f--^,	B)
получаем для А и (р уравнения
с2 <%2	с2 ^ '
причем А и ср связаны условием Лоренца
с ot	с
Если зависимость от времени типа e~lujt, то
C')
х) См. [17, с. 420].

636	Ответы, указания и решения
АА + k2 A = 0,	D')
т.е. при а ф О волновое число к всегда комплексно.
69. Если в вакууме (сг = О, е = 1, /i = 1) нет токов и свободных
, 1 Ш	,. „
зарядов, то, полагая А = ——, ю = — divll, получаем
с ot
и 1 ,дП г	, ,. „ 1 ^2П	/1Ч
ff=crOt^' ^ = graddlvII-?^'	A)
поляризационный потенциал П удовлетворяет уравнению
Для временной зависимости типа е lujt имеем
Н = — гА; rot П, Е = grad divll + &2П,	(V)
и
АП + k2U = 0.	B')
Магнитный вектор Герца ГГ вводится так:
1 <92П'	1 <9П'
if' = grad divll'		, ^' = — rot -тг-,	C)
причем
Для временной зависимости типа е~га;^ имеем
if' = grad divlT + k2W, E' = гкгоШ',	C;)
АП; + k2W = 0.	D;)
Используя уравнения B') и D;) для П и ГГ, можно формулы
для Е и if7 переписать иначе:
Е = rot rot П, if' = rot rot П'.
В проводящей среде для установившихся полей (~ e~lLOt) П и П'
формально вводятся так же, как и для вакуума; однако в этом случае
под к2 надо понимать величину
70. В сферической системе координат имеем:
а) для поля электрического типа (Нг = 0)
п.0 — —:—- ——, ti^p —	—-
г sin в д(р	* г дв

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	637
б) для поля магнитного типа (Ег = 0)
„, „	„, ik ди' Е, _ -ik ди'
"г- дг2 ¦ •• - , "О-гдгдО'	v'rsmOdrdip'
причем потенциалы U и U' удовлетворяют уравнению
^+1д(8Шдщ + _^дЧ1+к2и =
or2 r2 sin в дв \	дв ) г2 sin в dtp2
AU + k2jj_2dU=0
г дг '
а функции и = [/г, и' = U'r удовлетворяют волновому уравнению
Аи + к2и = 0.
В цилиндрической системе координат (z, </?, р):
а) для поля электрического типа (Hz = 0)
OZ	p KJ^KJA,	KJ^KJA,	I	. v
Н	Н - -ik— H - — dU
др'	р
б) для поля магнитного типа (Ez = 0) имеем
_
~ р
., dU1 „, -гА; ^t/;
ik——, E'=	-—,
2 ^2	' ^ р dcpdz'
причем U vi U' удовлетворяют уравнению
d2U I д ( dU\ I d2U
dz2 р др \ др I р2 д(р2
или
E)
Н' =
Отсюда получаем
и = их, и' = п'х.
В сферическом случае
ифИг и U1 фП'г.
Указание. Для доказательства основного утверждения задачи
надо подставить выражения для составляющих полей через U (или U')
в уравнения Максвелла, расписанные в ортогональной криволинейной
системе координат (см. задачу 66), и потребовать их выполнения; из
этого требования следует уравнение для U (или U').
71 р _h2TT , д2и _ 1 д2и i^ 1 аи'
аж^	/г2 rai <7Ж2 с /гз ^жз
Е - — 2
дх\ дхз с }%2 0x2 '

638	Ответы, указания и решения
#1
где U и U'
дх\
-к2и'
д2и'
дх\'
— решения уравнения
h2hs
1_<9Ж2 V/i2 0X2 )
р _ e/iuj2
ik2c
1
+ г4ж
1 dU + 1
,з дх\ дхз'
\Лз дхзЛ
д2и'
1 9ж19ж2'
Указание. См. задачу 70.
72.	На границе раздела двух сред при г — а должны выполняться
УСЛОВИЯ	h2	7 2	7 2	7 2
К1 тт К2 тт	К1 тт/ К2 тт/
— с/1 = — L>2, — иг = — сУ2,
/11	/12	/Л1	/Л2
dUi_ _dU1 dU[ _ dU'2
дг ~ дг ' дг ~ дг '
где значок 1 или 2 означает номер среды A при г < а, 2 при г > а),
&i и &2 определяются по формуле
/cs -—^	\-г	—	, s-i,i.
Функции Us и U's удовлетворяют уравнению
d2Us , 1 д ( . BdUs\ , 1 ^2с75 , i2tt п	, о
аг2 г2 sin в дв \	дв )	г2 sin в д(р2
так что
Дгб5 + А;^5 = 0,	us = ^ (s = 1, 2).
Указание. На границе сред 1 и 2 тангенциальные составля-
составляющие вектора напряженности электрического поля и вектора напря-
напряженности магнитного поля, в данном случае Ев, Е^, Hq, H^, должны
быть непрерывны.
73.	Указание. Воспользоваться векторной формулой
div[ab] = F rot a) - (a rot b)	A)
и формулой Остроградского.
74.	Решение. В формуле
f{Wrot rot U-Urot rot W} dr = f{[Urot W}- [Wrot U]}nda A)
T	I]
eikr
полагаем: W = a</?, где (f = 	, a — произвольный постоянный
вектор. Вычисления дают
rot W = [grad</?, a], rot rot W = ak2(p + grad(agrad</?),
17 rot rot W = a{k2(fU - grad</? div U} + div[(agrad</?) 17],

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа
639
[W rot U]n = [rot U, n]W,
[U rot W]n = [?/[grad</?, a]] = (Aa)(grad</?, n) — (A, grady?)(an).
В силу формулы Остроградского
/ div[(a grad </?)?/] dr = (Un)(gra,dip,a)do:	B)
T	?
Под знаком поверхностного интеграла в формуле A) стоит выра-
выражение Fa, где
F = C/(grad </?, п) - (?7 grad ф)п — [rot ?/, п] </? + (t/n) grad </? =
= (t/n) grad (p + [grad y?[C/n]] + [n rot C7] y?. C)
Подынтегральное выражение, стоящее в левой части, имеет
вид Фа, где
Ф = (rot rot U — k2U) ip + gradip div U.
Вектор а является, таким образом, общим множителем для всех
членов формулы A), и так как он произволен, то на него можно со-
сократить; в результате мы получаем формулу
J
= JFda,
D)
если точка Mq не принадлежит области Т. Если же точка Mq находит-
находится внутри Т, то мы опишем вокруг этой точки небольшую сферу Ее
радиусом е и применим формулу D) к области Т — Т?, ограниченной
поверхностями Е и Ее. Оценим величину F на Е?.
Заметим, что
/1 \	|	1	1
Поэтому
lim
и, следовательно,
Поскольку lim / Ф dr = 0, то мы получаем в пределе
и(м0) = ^-
4тг
или
U(M0) = — /{(rot rotC7- к2 U)(p + gmdtp div U} drM -
4тг У
1 Г
- — / {(C7n) grad у? + [[^^ grad ф\ + [n rot U] ip\
4тг У
• E)

640	Ответы, указания и решения
75. Е(М0) = -^J{-
Т
- — / {iko/jL[nH] ip + [[nE] grady?] + (nE) grady?} da,
е
0) = - [\jgradip]dT-
с j
ikoeWiE] - \[nH] grady?] -
¦ +
1
4тг
где	^ егкг	ш
г ' ~~ с v '	~ с
Указание. В общей формуле E) в ответе 74 положить соот-
соответственно U — Е и ?7 = Н. Во втором случае справа появляется
слагаемое / [nj]y? da, которое следует преобразовать к объемному ин-
интегралу с помощью формулы
/Г
[nj] (pda = { — [j grad y?l + у? rot j } dr.	A)
J
E	T
Для ее доказательства надо умножить обе части на произвольный
вектор а и использовать соотношения
[nj]ay? = n[ja] (p,
div[j, ay?] = a у? rot j — (j rot ay?) = a{y?rotj — [jgrady?]},
так что
fa[nj] (pda = Г div[j, ay?] dr = a /"{у? rot j - [j grad y?]} dr.
E	T	T
Отсюда в силу произвольности а и следует A).
2. Распространение электромагнитных волн и колебания
в резонаторах.
76. Направим ось z цилиндрической системы координат р, у?, z
вдоль оси цилиндра.
Пусть е, /л, а — параметры окружающей среды. Существуют
волны вида
Е = EQe~iaz+iu3te-^z\ (a > 0),
Н = Hoe-iaz+iwte-0W ({3 > 0),
т.е. волны затухающие. Здесь приняты обозначения
16тг2сг2
2?
16тг2а2f
2?

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа
641
Ео —
, 0), Но —
, 0),
причем
UJfJb
где А и В — постоянные множители,
. Атгсгри;
— г ¦
cz
к = а —г/3.
UJ
Если е = 1, /i = l, сг = О (вакуум), то к = — ко — волны вдоль
с
такого провода распространяются со скоростью света:
тг	 тг Aiujt—koz) rp 	 Лко jj 	 у-,
-^ — &0е	•> ^Ор — 	•) J^Ocp — ~&Ър->
тт
±1 =
A(cot-koz)
в у	и \
77. Решение. Пусть ?]_, /ii, g\ — характеристики провода,
?2? /^2, сг2 — характеристики окружающей среды.
Выберем цилиндрическую систему координат (р, <р, z), направив
ось z вдоль оси цилиндра и поместив начало координат на оси ци-
цилиндра.
Обозначая Uz = u, U'z = v и предполагая, что зависимость и и
v от z дается множителем ег7^, т.е. и = и°ег7^,
получаем после сокращения на этот множитель
1п ^7 с^ icb7ix dv
v = г>°ег7^ и т.д.,
_ _2„.О
где р" = /с" -
%К С 1 С/1А	. C/f
=	-«	h «7 "о~ ^
ujp р дер	op J
. 4-Kapuj л
11	^—5 функции
О*1
A)
и = схф(р, ф) и
где а и /3 — постоянные, г/;(р, ф) — решение уравнения
1 д [ дф\ 1 д2ф 2 / п
— — I р — ) -\- —	-|- р ф = (J.
р Ор у ^р у р2 <9<^2
Отсюда находим частные решения вида
{Jn(pp)etn(f внутри цилиндра,
fib ч •
Нп {рр)егп(р вне цилиндра.
B)
C)
41 Б.М. Будак и др.

642
Ответы, указания и решения
Подставляя выражение для фп в формулы A) и B), получаем:
внутри цилиндра
К =
in\
cp
k\cn
,гпср.
вне цилиндра
^, H°z = C2
imp
К =
(P2p) e
,гпср
HP = [-
На границе при р = а должны быть непрерывно тангенциаль-
тангенциальные составляющие Е и Н. Это дает четыре однородных уравнения
с четырьмя неизвестными ai, «2, Pi и /Зг. Приравнивая определитель
системы нулю, получаем дисперсионное уравнение относительно 7
D)
где ^ = pia, г] = p2d, a — радиус цилиндра. Это уравнение имеет
бесчисленное множество корней г)пт (см. [35, с. 460]).
Для основной волны п = 0 дисперсионное уравнение распадается
на два уравнения:
E)
F)
Первое из них определяет допустимые волны магнитного типа, а
второе — волны электрического типа.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	643
78. Пусть Е — поверхность трубы, S — ее перпендикулярное
сечение, С — граница S. Направим ось z параллельно образующей
трубы. Зависимость от времени e~%{Jjt.
Любое поле внутри волновода можно представить в виде суммы
полей электрического типа (Hz = 0) и магнитного типа (Ez = 0), каж-
каждое из которых определяется ^-компонентой соответствующего векто-
вектора Герца (см. задачу 69).
Если Hz = 0, то, полагая Uz = П, получаем задачу для скалярной
функции
АП + k2U = 0 внутри Е
П = 0 на Е.
Если Ez = 0, то U'z = П' и
ДП' + k2W = 0 внутри Е,
d-f=0 на Е.
Существуют частные решения вида
П(М, z) = фп(М)е^г, П'(М, z) = фп
где 7п = л/^2 — Ап, 7п = Л/ к2 — Лп, Лп и Лп — собственные
значения краевых задач
А2^п + Ап^п = 0 в 5, фп = 0 на С,
Л2^п + AnVin = 0 в 5, ^ = 0 на С.
Если Лп ^ к2 для п = 1, 2, ..., 7V и Хп > к2 для п =
= 7V + 1, N + 2, ..., то существует iV бегущих волн, каждая из кото-
которых распространяется с фазовой скоростью
кс	с
Если Ai > к2, то бегущих волн в трубе не может быть.
Если П(М, z) — Апфп(М)ег7пг, то поток энергии через попереч-
поперечное сечение равен	гь,
к	Y —\А \2 ч \
* z — \Ап\ -т— 7пЛп-
О7Г
При этом предполагается, что фп(М) нормированы к единице
/'
S
Указание. Если ввести прямоугольную систему координат, то
д2и	д2и	д2и 2
Ь	Я	b — -^-г- + /С 11,
OZ2
Яу —	,
У OyOZ
Нх = -гк—, Ну=гк—, Hz = 0.
41*

644	Ответы, указания и решения
Задача, полученная для П', аналогична задаче 42 о распростране-
распространении акустических волн в цилиндрической трубе с жесткими стенками
(см. [7, с. 528]).
79. Бегущие волны могут существовать при выполнении сле-
следующих условий:
а) если Хщ^п = \)Ап ] < к2, то существует столько бегущих
волн, сколько имеется линейно независимых решений волнового урав-
уравнения для Am?n, удовлетворяющих этому неравенству; здесь /j^ —
корень уравнения
J(/Ja) _ Nn(/ia) m
Jn(fib) ~
в этом случае могут быть волны электрического типа;
б) для всех собственных значений Am? n, для которых выполняется
неравенство
АТО,И=[/4П)] <к\
где flrn — корень уравнения
J'n(jM) N'n{nb) - J>6) N'n{na) = 0,
существуют бегущие волны магнитного типа (Ez = 0).
Для основной волны электрического типа (п = 0) имеем
П_ ТТ _ Л U (n\pKlmZ-UJt)
_jL4/i	Mm
7m — К д/ -1 7^~
где Лт — коэффициент,
Rm(p) = JoiVmp) Щ(/1та) - Jo(fJLma) No(
fjim — корень номера т уравнения
J0(/ia) No(jnb) - Jo(fib) No(jna) = 0.
Поток энергии через поперечное сечение равен
V - (^— I Л I2
4тг3	'
Составляющие поля даются формулами
Ег = ЛтоП, Ev = 0, Ер = г1тАт
Hz =0, Hv = -AmikR'm(p)ei{^z-^\ Hp = 0,
так что	?
Hv = ~—Ер-
7т
Указание. Следует воспользоваться результатами задачи 78,
предположив, что область S имеет форму кольца с радиусами а и Ь.
Собственные функции кольцевой мембраны с закрепленными и
свободными границами даны соответственно в ответе к задаче 27.
80. Пусть начало сферической системы координат (г, О, ф) на-
находится в центре сферического резонатора. Зависимость о времени
типа e~lujt.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	645
Колебания электрического типа определяются по формулам
°2	р(	- l °2(ru) F - 1 дЧги)
дг2	v /'	г дгдв ^ ^ г sin (p дг д^р '
Яп jj	гк ии тт .7 ии
г = U, Hq -
где u = um? n — собственная функция краевой задачи
Аи + к2и = 0, и = 0 при г = а,
определяемая формулой
(п = 1, 2, ... ; m = 0, ±1, ±2, ..., ±п,
где fcm? п = m'n — собственное волновое число, являющееся корнем
уравнения с
т	(h = —j-p ^nP = W^- Jn+1/2(P),
Jn-i/2\ka) n + 1	у 2/9	;
^n F1, y?) = Pn (cos 0) . mip — сферическая функция.
sin
Самая низкая собственная частота соответствует п = 0: um^(r) =
— Фо(ктг), причем кт определяется из уравнения
т.е.
tg(fca) = ka.
Для колебаний магнитного типа (Ег = 0) имеем
Нг =
92(rv) , ,2, л „_ _ 1 d2(rv) „ _ 1 d\rv)
где
причем fcm? п определяется из уравнения
Jn+i/2(ka) =0.
При п = 0 получаем:
где
^т = 	, CJi = C-.
a	a
Указание. Ср. с задачей 25 о собственных акустических коле-
колебаниях сферы.
81. Рассматривается отрезок цилиндрического волновода произ-
произвольного сечения, ограниченный двумя плоскостями z = ±Z (ось z
параллельна образующей цилиндра, см. задачу 78).

646	Ответы, указания и решения
Колебания электрического типа (Hz = 0)
П* = Пт,п = Ат,пфп(М) cos ^ (/ -я),
где фп(М) — собственная функция краевой задачи
А2фп + ^пФп = 0 в 5, фп = 0 на С.
Собственные частоты
L /тгт\2
Шт,п = С А/Лп + ^ — J .
Колебания магнитного типа (Д^ = 0)
Щ = ПШ5П(М, z) = 4m5n^n(M)sin^ (/ - z),
где фп(М) — собственная функция краевой задачи
А2фп + ^пФп = 0 в 5, -^- = 0 на С.
Собственные частоты
— /\ (тгт\2
Средняя за период электрическая энергия в стоячей волне равна
среднему за период значению магнитной энергии
Р — Р —	пЬ-^1 \ I Л ^
^эл — ^м — Т7— ^гь лп\^*-п
16тг
Полная энергия стоячей волны не меняется во времени и равна
8тг
Для резонатора с круглым или прямоугольным сечением форму-
формулы для П остаются в силе; туда следует лишь подставить конкретное
выражение для собственной функции.
а) Для прямоугольного сечения со сторонами а и Ъ
, /,,ч , / ч	/ 4 . тгт . тгп
фп{М) =фп,т{х, У) = \/"Г 8Ш	Ж Sin —2/,
фп(М) = фп т(х, у) = A/?zn?zi Cos —ж cos ^2/j
V ab	a	b
б) Для круглого сечения радиуса а имеем

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	647
г ОI2
(п)	Т / \	гл л	ifJ'm	~(n)
где/im —корень уравнения Jn{fi) = О, Лшп = -—^-, /iV —корень
уравнения Л^(/л) = 0.
Приведенные выше функции ^m5 n и фш^ п нормированы к еди-
единице.
Указание. Функции П и П удовлетворяют волновому уравне-
уравнению Аи + к2и = 0 и следующим граничным условиям:
П = 0 на Е; ^Е = о при г = ±/,
oz
^5 = 0 на Е; П = 0 при z = ±1.
dv
При вычислении энергии во всем объеме следует воспользоваться
формулой Грина (см. [7, с. 538-542]).
82. Пусть тороид ограничен поверхностями р — а и р = Ъ и
плоскостями z = —I и z = I. Если можно трактовать как «отрезок»
коаксиала длиной 2/, рассмотренного в задаче 79. Для поляризацион-
поляризационных потенциалов П и П остаются в силе формулы, полученные при ре-
решении задачи 81, а для собственных функций поперечного сечения фп
и фп следует взять выражения, приведенные в ответе к задаче 79,
/	/	\ п	/ ч COS ПО?	7	/	\ п	/ ч COS ПО?
Фт, п {р, Ч>) = Rm,n (p) gin Пу, Фт,п {р, Ч>) = Rm,n {p) gm ^ ,
где
im и fim определяются соответственно из уравнений
Rm,n(b) = 0, R'm,n(b)=O.
Собственные частоты колебаний равны
(rah 2 /тгт\
'гп\ + 1 -рГГ •> ^rn.n = С
J V 21 J
Указание. См. задачу 81.
83. Дифракция на цилиндре. Ось цилиндра направлена по оси z\
плоская волна распространяется вдоль оси ж, вектор напряженности
электрического поля в падающей волне направлен параллельно оси
провода. Обозначим si, /ii, g\ —параметры провода, ?2 = 1, Цъ — 1,
сг2 = 0 — параметры среды, к\ и &2 — соответствующие волновые
числа, причем
к2 =
Зависимость от времени типа e~lujt.
Только ^-компонента вектора Е отлична от нуля:
Е = (О, О, Е),

648	Ответы, указания и решения
через нее выражаются Нр и Н^:
Н --2Е-1ЁЕ н -1И®Е i
\iuj р д(р '	\iuj dp '
Для Е = Е(р, ф) получаем
при р>а,
A)
при р<а,
а= —сю
где а — радиус провода,
hi T,
(к2а) - к2
dm, = -'™
JUk) Н?\к) к2н?у (foo) Jm
Если провод идеально проводящий, то
_ _ .m Jm(k2a) h _
H?\k)
Указание. Требуется найти решение уравнения
+ к\Е^ =0 при г < а,
+ klE^ =0 при г > а,
причем
удовлетворяющее на поверхности провода р = а условиям непрерыв-
непрерывности Ez и Нр, что дает
	— = —— при р = а.
/ii dp	dp
Кроме того, функция и должна удовлетворять на бесконечности усло-
условию излучения	/~
lim J~p	ik2u = 0.
р^ос \др	)
Решение ищется в виде A). Коэффициенты аш и Ьш вычисляются
из условий при р — а, причем должно быть использовано разложе-
ние егк2Х в ряд:
_ eik2pcos<p _ \^ -m j Ц,пП\рггп^р
т= — оо
Если провод идеально проводящий, то к\ — оо и граничные усло-
условия сводятся к одному:
Е{2) =егЛ2асо8??+гб = о при р = а<

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	649
Поэтому для ат получается выражение
п — _*™> А
84. Дифракция на идеально проводящем шаре. Плоская волна рас-
распространяется по направлению полярной оси z сферической системы
координат г, #, (/2, электрическое поле поляризовано по направлению
оси ж, а магнитное поле — по направлению оси у:
оо
Е°Х=Н° = eikz = eikrcose
п=0
l °2u jp ik ди>
E
гт _ d2U' h2TTi тт	_ 1 d2U' тт _ ik dU	, ,
аг2	г дг дв	г дв
где
С/ = то, С/ = гг?.
Функции и = — и г? = — находятся из волновых уравнений
г	г
Аи + к2 и = 0 и Дг> + &2г> = 0 и граничных условий
— (ги) =0, v = 0 при г = а,
которые являются следствием равенств
= 0, E(p = -%— — (rv)=0 при г = а.
Для того чтобы решить задачу, надо, прежде всего, найти по-
потенциалы и0 и г>° для падающей волны. Поскольку электромагнитное
поле полностью определяется значениями Ег и Нг, то вычислим:
E°r = ^E°X= sin в cos ^ь-cos* = ^cos^ a ei
дг	ikr дв
= ^^ й е'*ГС08в =
ikr дв
где
С другой стороны,

650	Ответы, указания и решения
<° = У2 апфп (кг) Р^ (cos в) cos у?,
n=0
сю
Полагая
(cose/j sin у?,
п=0
сравнивая оба выражения для Е® и Н® и учитывая уравнение
d2 / I \ 7,2 / _ п(п + 1) ^п
получаем
2п + 1 г"
п(п + 1) к
Будем теперь искать решение задачи в виде
сю
и(г, 0, ф) =
п=0
сю
«(г, 0, ip) = Y, ап[Ыкг) +0n&Hkr)]pW (cosв) sinу>.
n=0
Граничные условия при г — а позволяют определить ап и /Зп:
тг т	/ ч
Zn (ка)	ах
„ _ фп(ка)	у^1)( \ — ^ Г /ьA)/' ^1 Л^( )
(п\ка)'	dx
85. Дифракция на проводящей сфере. Если система координат и
падающая волна выбраны так же, как и в предыдущей задаче, то ис-
искомые потенциалы Боргниса1) U = г и и U' = rv будут определяться
выражениями
/ СЮ
у о>п[фп(к1г) + c^nCn (^iO]^n (cos^) cos(/? при г > а
п=0	/	ч
^	(воздух),
^^ Апфп(к2г)Р^(cos6) cosy?	при г < а,
^ п=0
где
См. задачу 70.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	651
А = ^Ы
аналогично записываются выражения для Вп и /Зп, &2 — волновое
число шара, к\ — волновое число среды.
Составляющие электрического и магнитного полей вычисляются
по формулам A) и B) задачи 84. Исключение составляют выражения
для ЕуиНу:	.
г-, _ lujfi oU
^	ег дО
jj _ ik2c dU
Указание. Следует воспользоваться полученными при реше-
решении предыдущей задачи выражениями для потенциалов и0 и v° пада-
падающей волны. Граничные условия на поверхности шара имеют вид
д / ч д / ч
«- (™2J = «- {гиг),
дг	дг
при г = а.
3. Излучение электромагнитных волн.
86. Электрический диполь в неограниченном пространстве.
Пусть р = poe~'llJjt — момент диполя. Выберем сферическую систе-
систему координат г, в, </?, в начале координат поместим диполь, а ось z
направим вдоль вектора р0; тогда можно написать
Ну — ik sin в lik	]По,
Е^ = Нг = Но= 0.
Здесь По — составляющая вектора Герца, направленного вдоль оси z,
В волновой зоне (кг ^> 1) с точностью до членов порядка — и
более высокого порядка малости
Ег = 0, Ее = Ну = -&2sin<9n0.
Средний за период поток энергии
тг	2 4
= 2тгг2 [
У = 2тгг2 [— -
О
Указание. См. [7, с. 451].

652	Ответы, указания и решения
87. Указание. Пусть диполь помещен в начале сферической
системы координат г, #,(/?, а его момент р0 направлен вдоль оси z
@ = 0). Тогда
" гдгдву п v r
ди
U	d)
где и = — — решение уравнения
Аи + к2и = О,
причем
lim г ( —	гки ) = О (условие излучения).
г-^оо \ОГ	)
Условие возбуждения можно взять в виде
тт	%к sin в
ki(п ~ —ро	о— ПРИ малых г
г2
или
тт	7 9 sin 0 jhr	,-*
В. = —рок 	е при больших г.
г
Это дает
A) A) г eikr
и = AQ ' (кг) cos в, Q ' (кг) = —
где
А = ik2po.
Отсюда и следуют формулы задачи 86 для составляющих
поля Ег, Ев, Нф.
88. Пусть диполь с моментом р = рое~ги;1: направлен вдоль оси z
координатной системы г, в, ip, начало которой помещено в центре сфе-
сферы радиуса а.
Функция и = и(г, 0) определяется по формуле
и(г, в) = [A(i(kr) +Вф1(кг)]Р1(со$0),
где
А = ik2p0, фп(х) = yj^- Jn+1/2(x),
тэ _ Z{1\ka) _ kaQ1 * (ka) + Q1 \ka) /-(l)/ \_ Г^~ zri1) / \
~~ ^i(ka) ~ каф[(ка) + ф±(ка) ' n ^ ~~ V 2x П+1/2У r
Составляющие поля вычисляются по формулам A) задачи 87.
Указание. Задача отличается от предыдущей тем, что вмес-
вместо условия излучения на бесконечности здесь появляется граничное
условие Ее — 0 или — (ги) = 0 на поверхности сферы при г = а.
Поэтому в решении должны содержаться две линейно независи-
независимые цилиндрические функции, например i? ,_•,
и Лг+1/2, Hn+i/2 и Jn+i/2 и т.д. Мы выбираем функции Jn+i/2

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	653
и Н^_Д /2. Постоянная Л — та же, что и в предыдущей задаче, посто-
постоянная В выбирается из условия при г = а.
89. Если выбрать сферическую систему координат г, в, <р с на-
началом в центре сферы и полярной осью 0 = 0, направленной вдоль
диполя, то можно написать:
причем
Ч =
п2
С
Функция
_ Г щ при г > а,
~~ 1 U2 при г < а
V
определяется формулами
h2rCiA) (fer) + Вфг (k2r)] cos 0,
Б =
_ С
О — -p
тт	^ л п	^(аА;2)
При o"i —>- oo С —> О, Л —>	!—±—^-. т.е. мы приходим к решению
vi(afe)
задачи 88.
При a —>- оо С —>- 0, 5 —>- 0, и мы получаем решение задачи 86 о
диполе в неограниченном пространстве.
90. Введем сферическую систему координат г, в, ср с началом в
центре сферы и полярной осью, направленной вдоль диполя. Как и в
предыдущей задаче,	2	2
jj _ ick2 ди

654	Ответы, указания и решения
где	(щ	при	г < а,
и = < U2	при	а < г < Ь,
[ ^з	при	г > Ъ
определяются выражениями
щ = ipokl [Q (for) + Ai/>i(for)] cos0,
u2 = [5^i (fer) + CCiA)(H] cos i9,
u3=D([1)(k0r) cos 0.
Коэффициенты Л, 5, С, D находятся из решения системы
следующих четырех уравнений:
D([l)(kob) = ^- [ВМЩ +
ip0k2[z[1] (koa) + A$i(JfcDa)] = B$i(Jba) + Cz[1](ka),
DZ^ikob) = B^t{kb) + Cz[1]{kb).
Здесь приняты обозначения
*i(s) = [хф1(х)]', Z^ix) = [хС?\х)]'.
Указание. Потенциалы щ, щ, Щ удовлетворяют уравнениям
Аи3 + к%и3 = 0 (s = 1,2,3), к!=к3=к0, к2 = к,
и граничным условиям
к2	"|	к2
д	д	> при г = а, ^	^	} при г =
- Кг) = - (u2r) J	^ (ги2) = ^ (™
О выборе выражений для ui, ^2, г^з см. предыдущие задачи.
91. Решение. Введем сферическую систему координат г', в, <р
с началом в центре сферы, диполь находится в точке г = г', 0 = 0.
Поле не зависит от угла ip и определяется через скалярный потен-
потенциал и(г, в):
Нг = 0,	Нв = 0,
Функция
[	при г < а,
_
~ | ^ при г > а
удовлетворяет волновому уравнению Аи + к2 и = 0, где
2
&о = —	при г < а,
при г > а.
2
2

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	655
На поверхности сферы г = а должны быть непрерывны танген-
тангенциальные составляющие вектора Е и вектора Н, т.е. Е$ и Н^:
д2 , ч д2
дгдв
2	^ при г = а.
Эти условия будут выполнены, если потребовать, чтобы были
непрерывны — (ги) и — и:
^ при г = а.
7 О	I
Функция ru\, очевидно, имеет в источнике особенность типа
где R = л/г'2 + г2 — 2rr; cos^ ((г, в, (р) — точка наблюдения), т.е.
_	_ a	a elk°R
Полагая щ = щ + v\, где ^о = — i/o = -г т^—— (а — нормиро-
вочный множитель, который будет определен ниже), получаем для v\
и и2
= 0 при г < а, Дг/,2 + &2U2 — О ПРИ ^ > а,
(rv1)(ru2) =
} ПРИ ^ = а,	I1)
lim г (-^ — гйиг ) = 0.
Частные решения имеют вид
В силу ограниченности функции щ при г = 0 коэффициент
А'п = 0; из условия излучения при г —у оо следует, что 5^ = 0.
Поэтому
и2(г,0) =
п=0
сю
B)
п=0
Для определения коэффициентов Ап и Вп из граничных условий
при г = а, используем разложения фундаментального решения uq в

656	Ответы, указания и решения
ряд по полиномам Лежандра:
сю
при г > г',
C)
при г < г',
ikoR
' п=0
ап = Bп + 1)фп(ког'), Ъп = Bп
При г' —У 0 должно выполняться условие
по ~^ ^ = ^Po^oCi (kor)Pi(cosO) (po — момент диполя).
Учитывая, что первое слагаемое при п = 0 в C) следует отбросить,
так как для него Н^ = Ег = Е$ = 0, и замечая, что
,. ап [О	при п > 1,
lim — = <^	^	'
гцо г' ]^ —0, о/со при п = 1,
находим а = 2гро&о- Подставляя в условия A) при г — а выраже-
выражения B) и C) (при г = а > г'), получаем
Отсюда находим
Вп = [фп(коа) Z?
Д = ^„(^
Если ст —>> оо (fc —>¦ оо), то 5П = О,
и мы приходим к решению задачи о диполе, помещенном в точ-
точке (г;, 0, (f) внутри идеально проводящей сферы.
92. Вертикальная электрическая антенна над сферической
землей. Антенна (точечный диполь) помещена в точке г' = а + h
(h > 0), в = 0 и ориентирована вдоль оси в = 0. Момент диполя
равен р = poe~tujt. Временной множитель e~lLOt мы всюду опускаем.
Для потенциала и = — имеем:
г
внутри земли (г < а)
сю
щ = ^ Апфп(кг) Pn(cos6);
п=0

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа
657
вне земли (г > а)
ik R
П=О
п=0
сю
где
BnK(V(k0r)Pn(cose)
- фп(коа) Z™ (коа) к20
(г > г'),
(г < г');
а„ = Bn + l)Vn(A;or;), Ьп = Bп
Если земля идеально проводящая, то
Лп — U, 15П —	т-
Zk
В результате
ttl=0> и2 = по -
Pn{cose)_
n	g
n=0	Zn (koa)
См. задачу 91.
93. Вертикальная электрическая антенна на сферической зем-
земле. Антенна помещена в точке г' = а, в = 0 на поверхности земли.
Внутри земли (г < а)
вне земли (г > а)
Здесь Сп обозначает выражение
Указание. Необходимо в решении предыдущей задачи совер-
совершить предельный переход при h —у 0. В процессе вычислений исполь-
42 Б.М. Будак и др.

658	Ответы, указания и решения
зовать выражение для вронскиана
Предельный переход при h —У 0 дает
hm (ап/3 + Вп) = —9
4. Антенна на плоской земле.
94. Вводится электрический вектор Герца П, направленный вдоль
антенны. В цилиндрической системе координат р, ip, z имеем
up = u(f = о, uz = п.
Поскольку задача обладает аксиальной симметрией,
p dpdz1 ^ ' z dz2	p dp \ dp J '
/All T ft 11 — U, ±1 p — ±1 % — U, -tlm —	Tj •
(jj op
На поверхности земли при z — О
k0U0 = k П, — = —,
где
2
По, /^о = ~т соответствует z > 0 (атмосфера),
с2
11, А; =	 соответствует z < 0 (земля)
Момент диполя р = p$e~lujt, ро = 1; множитель е~га;^ всюду опущен.
95. Электромагнитное поле выражается через магнитный вектор
Герца, у которого отлична от нуля лишь составляющая вдоль оси
антенны Щ = П, поэтому Ez = 0. В силу аксиальной симметрии
т-н гл т^ - и дП
Потенциал П удовлетворяет уравнению
{2
,2 (J	^
&о = —г- при z > О,
2 с
	 при z < О,
и условиям сопряжения на поверхности земли
<9П0 dU
По = П, —— = — при z = 0,

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	659
причем	eik0R
П0 = —	Ь Повтор,
к
eikR
И — Б 1~ Ивтор?
где i? = лЛ*2 + z2. Первые члены в наших выражениях означают
потенциал Герца для диполя в неограниченной среде с соответству-
соответствующим волновым числом (к или ко), Повтор и ПВтор — вторичное
излучение.
96. Введем систему координат ж, у, z, направив ось z перпенди-
перпендикулярно к поверхности земли, а ось х — вдоль антенны,
# = graddivll + /c2ll, Н = -—гоШ, П= (Пж, О, Щ),
где Пж и Uz удовлетворяют волновому уравнению
Fjx — К 11Ж + — I —	1	— I , ?jv — — I —	1	— I ,
дх V дх dz )	ду V дх dz )
rr _ ick2 dUz	_ ick2 (дПх dUz\	_ ick2 dUx
uj oy	uj \ oz ox )	uj oy
Граничные условия при z — 0 (на поверхности земли)
k2jr _ , 2П	дПОх dUOz _ дПх dUz
koUOx-kUXj — + — - — + —.
Обычно вместо Пг вводится функция F:
п - dFo тт - fe° dF
П	n
Первое и последнее граничные условия дают:
dFo n I fc°
=П +
97. Пусть рамка с током помещена в плоскости ж, z, так что нор-
нормаль к рамке направлена вдоль оси у. Векторы поля выражаются че-
через магнитный вектор Герца
Е = г - rot П, Н = k2U + grad div П,
с
у вектора П отличны от нуля составляющие Иу иЩ, так что
дПу\	_ iuo dUz	_ . и; дПу
с у ду dz J ' у	с дх ' z с дх '
а /Шу ШЛ „ _ ,2тт , д (дПу dUz
дх \ ду dz I	у	у ду \ ду dz
42*

660
Ответы, указания и решения
Граничные условия при z = О
ШОу _ dUy dUOy dUOz _ dUy dUz
dz ~ dz ' dy	dz ~ dy dz '
Если положить
dF°
dF
то вместо первого и четвертого условии получается
^о = F, Ноу -\—-— = Иу + ——.
у dz	y dz
98. Помещаем в антенну начало координат. Тогда над землей
2к2 eik°R
По =
в земле
где
+ к2 R
AkR
//o(A)Jo(Ar)e-

r)e
/о(А) =
А;2
/(А) = -
2/с2,*;2
'А2 - А;2 + А;2 л/А2 - А;2
/А2 - А;2 - л/А2 - А;2
fcg + А;2 л/А2^2 А;2 л/А2 - А;2 + А;2 л/А2-/?'
Решение. Вводим согласно задаче 94 электрический вектор
Герца П = (О, О, UZ = П), причем
По = р^^+П0вт0р, П=р^^ + Пвтор.
Воспользуемся интегральным разложением первичного потен-
потенциала
AkR	°?	-y/\2-k2\z\
A2 - A;2
и будем искать вторичное возбуждение в виде
оо
Повтор = //о(А) М\г)е-^><1г d\ (z > 0),
П
втор
0).
Повтор и Пвтор, представленные этими интегралами, удовлетво-
удовлетворяют уравнениям
+ А$ повтор = 0,
+ А;2ПВТОр = 0.

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	661
Требуя выполнения граничных условий
получаем
о
и
т	дП0	OIL	Л
, — = — при г = О,
т /л \ \ Z/bOfv Л	/• / Л \ 7 2 7 Л	/ Z/bOfv Л	_f/A\ Т/Л
«o + ^ Mo	У &n + ^ A*
Lu	i~	j	0L	J
oo
У"[й)/о(А) + м/(А)] Jo(Ar) dA = 0
1 Дс [1 — A — rv , ^Xq — A — Ai«q .
Отсюда и находим
r>b2b2 \
0(A) - 7.2 , 7.2 T~
2klk2 A [to-
Частные случаи:
1) к = oo, земля — идеально проводящая,
= 0, /о(А) = ^,
Л 7 Л
	 О / 7 f \/гЛ/э~А*О р ЛаЛ 	 О (
О — z / JovA' Jc; 	 — z -
о
П = 0 (в земле). Первичное возбуждение антенны отражается от по-
поверхности земли;
2) к = &о, антенна в однородной среде (в воздухе). В этом случае
/о(А)=0, /(А)=0,
eik0R
П = —— во всем пространстве.
К
99. Магнитный вектор Герца П = (О, О, П) определяется сле-
следующим образом:
над землей
ik0R	У
в земле
где
¦J
J
0
+
Л
До
f/о(
оо
у1/
0
До
,А) Jo(Ar)
(A) J0(\r]
+ М' /(
е Мо о
) e^z d\
\\ —
л)
IX
(z<
+ До
>0),
0),

662	Ответы, указания и решения
Выражения для По и П можно записать иначе:
п0 = 7^ММ e-nz х dX при z > о5
J Li + LLQ
П= f^i^le^XdX при z<0.
J A* +A*o
В случае идеально проводящей земли к = оо, /i = оо и П =
= По = 0. Действие магнитной антенны компенсируется вихревыми
токами, возникающими в земле.
Указание. См. задачи 95 и 98.
100. Если антенна направлена вдоль оси ж, то в соответствии с
задачей 96 вектор Герца П = (Пж, 0, Uz), где
ПОж = J2J°^r) e~^z Л d\ при z > 0,
о
у	при z<0,
о
ПОг = 2(к2 - kl) cos <pj^^± e~^z Л2 dX, z>0,
, z<0,
где
Указание. Функция Ux определяется уравнением Аи + к и = О
и граничными условиями
А;2
Отсюда видно, что функции Пож и -^ Пж совпадают с выражениями
для По и П в решении предыдущей задачи 99.
dF
Для функции Uz = -7— имеем
Полагая
оо
Fo = Jfo(\)Jo(\r)e-^zd\ (*>0),
о
оо
F = Jf(\)J0(\r)e»zd\ (z<0)

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	663
и пользуясь уже найденными выражениями для Пож и Пж, получаем
o(h2 — k2}\
o(A)=/(A) = ——	.
Функция Hz вычисляется по формуле
„	dFo	dFo т-r kl	OF
П0;г = ^— = cos(f——, И* = — cos^--.
^ж	ar	k2	or
101. Используем все обозначения задачи 97. В этом случае поля Е
и Н выражаются через магнитный вектор Герца П = @, Пу, Щ), где
оо 2
ЦОу = / —у- J0(Xr)e~^°zXd\ при z > О,
ny = J^J0(\r)e»z\d\ при z<0,
при
Uz=2(k2 -kl)sinvj^^e»z\2d\ при z<0.
о
Значения N и Nf даны в ответе к задаче 100.
102. Поляризационный потенциал П = @, 0, Uz = П) определя-
определяет компоненты электромагнитного поля с помощью формул
Е = grad div П + &2П, Н = -ik rot П.
Для потенциала
Г IIi при z > а,
\ П2 при 0 < z < a
получаем
Щ = III перв + III втор 1 П2 = П2 перв + П2 втор ?
где
втор =
о
П2перв =
0
112 втор —
0
Используя граничные условия
7.2тт _ 7.2тт	OTi _ дП2
при z = a,

664	Ответы, указания и решения
а также —— = 0 при z = О, находим
г / \ \	Л2А*1
103. Пусть / = Iof(s)e~tujt (f(s) ^ 1) — сила тока в прямоли-
прямолинейном проводнике —l^s^l длиной 21. Цилиндрическая система
координат выбрана так, что линейный ток направлен вдоль оси z и
симметричен относительно начала координат. Вектор Герца П =
= (О, О, П) определяется формулой
П0»> V, z) = \с /П°[р, V, z; С, V, С] /(С) d?
где П° = ——, R — расстояние между точками [М(р, ip), z] и
[Mo(С, ф),?\,
Е = grad div П + &2П, if = -гА; rot П.
Сопротивление излучения равно
J,
если	a i\ — i(i\ — n
21
Указание. Нормировка П получается из условия Н^ ~ —
вблизи тока.
Входное сопротивление линейного тока определяется следующей
формулой метода наведенных э.д.с:
i
= ~ [Ez(Mo,Mo;z)f(z)dz.
-I
Подставляя сюда вместо Ez выражение
Е - д2*1 | /;2П
и интегрируя по частям, получим приведенное выше выражение
для R.
104. Если диполь полуволновой, то / = Iof(z) при —l^z^l,
где	ш
f(z) = coskz, к = —,
с
П = -^- /П°(М, Мо, z - ¦
—гкс J
входное сопротивление полуволнового диполя
( 2тг	2тг
„ 1 I /" 1 — cos а , .Г sin а
R = - < /	аа I
I У а
о
э диполя
/sina ,
	с/а >.
а	I

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа	665
Активная составляющая входного сопротивления или сопротив-
сопротивление излучения
о 1 f 1 — cos a j
Ra = - /	da.
с J a
о
Реактивная составляющая или реактанц
2тг
„	1 /" sin a 7
/ъг = — /	аа.
с J a
о
Решение. Для вычисления R используется Ez = -7-^- + &2П,
где
<Э2П° ^2П°
Учитывая, что 2 =	, и интегрируя в дальнейшем по частям,
получим
Ег(М, Мо, z) = ^-r{ /П°(М, М0; z - C)[f"(O + i
¦ П°(М, Мо; / + z)f'(-l) - П°(М, Мо, / - z)f'(l)\.
Это возможно, если fff(z) кусочно непрерывна.
Для полуволнового диполя
Поэтому
EZ(M, Мо; г) = -^{П°(М, Мо, / + z) + П°(М, Мо; / - г)}.
—гс
Подстановка этого значения Ez в формулу
z
R=~JEz(Mo,Mo;z)f(z)dz
дает
Д = -- /П°(МО, Мо; Г
-z
где
П°(М0, М0;/ + ^) = ^т^.
Полагая I -\- z = а, после несложных преобразований получа-
получаем приведенную выше формулу для R. В частности, в практической
системе единиц
( 2тг	2тг	ч
о on J /~ cos а , . Г sin а , I
Д = 30< /	da — г 	da > ом.
[J a	J a	\

666	Ответы, указания и решения
105. Пусть ось z совпадает с осью волновода, а диполь находит-
находится в плоскости z = С в точке Mq и направлен параллельно оси z. По-
Поле определяется одной лишь ^-компонентой электрического вектора
Герца	П = @,0,11),
где
П = -^ П°(М, Мо; z — С), ро = Iol — момент диполя,
—гкс
М и Mq — точки в плоскости перпендикулярного сечения,
П°(М, Mo, z-Q = ТЫМШМАе-р^-<\,	A)
п=1	2Рп
рп = \/\п — к2, к — uj/c, Хп — собственное значение, а фп — норми-
нормированные собственные функции краевой задачи
А2^п + КФп = 0 в 5,
фп = 0 на С,
S — поперечное сечение волновода, С — граница области S.
Сопротивление излучения
равно
где iV — максимальное число бегущих волн в волноводе, так что
Если диполь находится на оси круглого волновода радиуса а, то
где /im — корень уравнения Jo(/i) = 0.
Указание. Формула П = —Щ- П° следует из общей формулы
—г/сс
для П, приведенной в ответе к задаче 103. Функция источника П° для
волнового уравнения
Аи + к2и = 0
в произвольной цилиндрической области с нулевыми граничными
условиями была построена в задаче 45.
При вычислении R^ использована формула
ЕХН; - ЕуЩ} dxdy *)
°sz+s_z
и первая формула Грина.
^См. [7, с. 528].

Гл. VII. Уравнения эллиптического типа
667
106. Для произвольного линейного тока / = Iof(z) при —l
функция Герца
П=
, M0;z -
где П°(М, Мо; z - С), дается формулой A) ответа задачи 105.
Мощность излучения Wr = IqR^ , где
'/(О
n=l ^n ^^,	J L^
В общем случае для полуволнового диполя в волноводе произ-
произвольного сечения S получаются формулы
ф2п(М0)A + cosiv у/1 - ^
п=1
„ + КФп = 0 в S, фп = 0 на С,
граница 5, jN < 1, 7tv+i > 1- См. задачи 45 и 103.
107. Для полуволнового диполя, лежащего на оси круглого вол-
волновода, имеем:
активная часть входного сопротивления
rw=; t
реактанц
-, /im — корень уравнения J0(/i) = 0, a — радиус
где 7^ = p
волновода.
108. Пусть 5 @ ^ х ^ а, 0 ^ у ^ Ь) — сечение волновода.
а) Бесконечно малый диполь ориентирован вдоль оси у и на-
находится в точке Mo(d, у о). Сопротивление излучения этого диполя
дается формулой

668	Ответы, указания и решения
N N.
L
(i)
где
/ / 7i /г\ i / \ / 4 . тгт . тгп
^п(М) = 1ртп{х, У) = W ^ Sin — X Sin — ?/,
? /	\	/?т?п	7ГГП	7ГП	(	Г 1, 7 = 0, \
фтп(х, у) = y-^-C0S — ^cos — у l€j = | 2Jjj _^Q' 1 ,
(т, п = 1, 2, ...),
(т, п = 0, 1, 2, ...)
Ктп — V К — Amn, Ктп — у л — Лтп.
Пределы N и N', Ni и N[ таковы, что Xnn'j ^NxN[ — наибольшие
собственные значения, при которых кшп и кшп вещественны.
В наиболее интересном для практики случае волны Ню имеем
, у) = J— cos^x, \10(j^j
и для R^ получаем формулу Слэтера
/2 г— sin2 —
2
^(а) = ^ ^ , " ..	B)
(формулы A) и B) даны в практической системе единиц).
б) Пусть полуволновой диполь ориентирован вдоль оси у, а его
концы находятся в точках Mi (с?, у\) и M2(d, 2/2), причем у2— у\ —
— — — —. Распределение тока в диполе дается формулой
I = /osinfeB/ — 2/1)-
Сопротивление излучения равно
!^ sm — dcos T^1 + -jcos —
где
т=1п=0	Рт
(Хтп < к2),
р = л/л ГТ2 \ =qr^fn^. i !^!^ р =/1' п = °'
Г-гпп V лтп Л , Лтп	^ ^ f fe2 у , fcn | 2, n/0.
Верхние пределы суммирования находятся из условия \шп < к2.

ДОПОЛНЕНИЕ
I. Различные ортогональные системы координат
Пусть ж, у, z — декартовы координаты некоторой точки, а
xi, Ж2, жз — криволинейные ортогональные координаты этой точки.
Квадрат элемента длины выражается формулой
ds2 = dx2 + dy2 + dz2 = h\dx\ + h\dx\ + h\dx\,
где
— метрические коэффициенты, или коэффициенты Ламэ. Ортогональ-
Ортогональная координатная система полностью характеризуется тремя метри-
метрическими коэффициентами hi, hi, h3.
Приведем общее выражение для операторов grad, div, rot и опера-
оператора Лапласа А в ортогональной криволинейной системе координат:
1 ди .
divA =
rot A =
d
dx\
d
dx2
h2A2
d
dx3
A - l \— (h<2h3 ди \ + — (h3hl ди \ + — (hlh<2 —\]
h\h2h3 Ydx\ V h\ dx\) dx2 V /12 dx2/ dx3 V /гз dx3/\
где ii, i2, i3 — единичные базисные векторы, А = (Ai, A2, As) —
произвольный вектор, и — скаляр, As = As(xi, x2, Ж3), s = 1, 2, 3,
U = u(^i, Ж2, Жз).
1. Прямоугольные координаты.
du . du . du г л. A dAx , dAy , dAz
= ^-« + -^-j + -^-fe, divA= —	h -^ + -^—,
dx dy dz	dx dy dz

670	Дополнение
rot A =
г	j	к
д_	д_	д_
дх	ду	dz
ЛА-<7*	_/Х'?у	-/"!•?
dAz _ дАу
~ду~ ~dz~
Аи = ихх + иуу + г^,
где г, j и & — направляющие единичные векторы осей ж, ?/, z.
2. Цилиндрические координаты.
XI = Г, Х2 = ф, Х3 = Z
связаны с прямоугольными координатами уравнениями
х = г cos </?, у = г sin </?, z = z.
Координатные поверхности: г = const — цилиндры, <р = const —
плоскости, z = const — плоскости.
Метрические коэффициенты равны
hi = 1, h2 = r, /i3 = 1,
так что
, дп . I ди . ди .
gradu = —2i + - ^-г2 + 7Ггз'
div А = - — (rAi) + ^
г дг	г дв
rot А = -—	-— гх+ —	^— г2+ -^-(гЛ2)	^— г3,
\г д(р dz ) \ dz дг )	[г дг	г д<р \
1 а / ди\ , 1 ^2п , ^2п
=-—r--+ — —— + —-.
г дг V аг / г2 dtp2 dz2
дер2
3. Сферические координаты.
х1 — г, х2 = 0, х% = <р
связаны с прямоугольными координатами формулами
х — г sin в cos </?, у = г sin # sin у?, z = r cos 0.
Координатные поверхности: концентрические сферы г = const,
плоскости ip = const, конусы в = const.
Метрические коэффициенты равны
hi = 1, /i2 = г, /гз = rsin^,
так что
<9tt . 1 ди .	1 <9tt .
gradu = — i\ + - — г2 Н	^-^ -^— г3,
аг	г дв	г sin 6/ а<^
div А = — — (г2 АЛ н	— — (sin0A2) +
rsm9 дв	г sin 0

Дополнение	671
дМ
г |_sm# дер or	j	r lor	дв J
Л -1 ^/2^
- 2 я V я
4. Эллиптические координаты.
х\ — Л, ж2 = /i, ж3 = 2:
определяются с помощью формул преобразования
х = cA/i, 2/ = с ^(А2 - 1)A - II2), z — z,
где с — масштабный множитель.
Метрические коэффициенты равны
Координатные поверхности: Л = const — цилиндры эллиптичес-
эллиптического сечения с фокусами в точках х = =Ьс, у = 0, \i = const —
семейство конфокальных гиперболических цилиндров, z = const —
плоскости.
5.	Параболические координаты. Если г, в — полярные ко-
координаты точки на плоскости, то параболические координаты могут
быть введены с помощью формул
х\ = Л = л/2г sin -, Х2 = 1л = л/2г cos -, х$ = z.
Координатные поверхности Л = const и \i — const представля-
представляют собой пересекающиеся параболические цилиндры с образующими,
параллельными оси z.
Связь с декартовыми координатами дают формулы
ж=-О2-А2), 2/ = А/х, z = z.
Метрические коэффициенты
hi = h2 =
6.	Эллипсоидальные координаты. Вводятся с помощью урав-
уравнений (а > b > с).
2	2	2
^+ 2У + ~2^—- = 1 (Л > -с2) (уравнение эллипсоида),
^+ 2 + 2
^ + ^^ 1 (C>/i>&)
+ /i с2 + /i	v	y
(уравнение однополостного гиперболоида),

672	Дополнение
(уравнение двухполостного гиперболоида).
Каждой точке (ж, у, z) соответствует только одна система значе-
значений A, /i, v.
Параметры
Х\ = А, Х2 = /i, Ж3 = У
и называются эллипсоидальными координатами. Координаты ж, у, z
выражаются явно через A, /i, v\
х —
»-±,/^
(а2-с2)(Ь2-с2)
Коэффициенты Ламэ равны
_ 1 \(у-Х)(у-у)
3 " 2 V Я2М
где
i2(s) = у (s + a2)(s + 62)(s + с2) (s = A, /i, г/).
Оператор Лапласа можно представить в виде
Аи =	4 	 L _ ^^A) I- (Д(А) |f) +
(А — jJL)(X — ^)(/i — v) I	aA V	аА/
Частное решение уравнения Лапласа, зависящее только от Л,
U = и(Х) дается формулой
где А и В — произвольные постоянные.
7. Вырожденные эллипсоидальные координаты.
а) Вырожденные эллипсоидальные координаты (а,/3, у?) для вы-
вытянутого эллипсоида вращения определяются при помощи формул
х — с sin /3 cos </?, ^/ = с sin a sin /3 sin </?, z = с ch a cos /3,
где с — масштабный множитель, 0^а<оо, 0^/3^ тг, —тг < у? ^ тг.
Координатные поверхности: вытянутые эллипсоиды вращения а =
= const, двухполостные гиперболоиды вращения /3 = const и плос-
плоскости ю — const.

Дополнение	673
Квадрат линейного элемента дается выражением
ds2 = с2 (sh2 a + sin2 f3) (da2 + df32) + с2 sh2 a sin2
откуда для метрических коэффициентов получаются значения
hi = h2 = с у sh2 a + sin2 /3, /i3 + /^ = с sh a sin /3.
Уравнение Лапласа имеет вид
1 д ( и дп\ , 1 д f . пди
l a sin*
б) Система вырожденных эллипсоидальных координат (а,/3, у?)
для сплюснутого эллипсоида вращения определяется с помощью
равенств
х = с ch a sin [3 cos ip, у = с ch a sin [3 sin у?, z = с sh а cos у?,
О ^ а < оо, 0 ^ /3 ^ тг, —тг < у? ^ тг.
Координатные поверхности: сплюснутые эллипсоиды враще-
вращения а = const, однополостные гиперболоиды вращения /3 = const и
плоскости у? = const, проходящие через ось z.
Квадрат линейного элемента и оператор Лапласа в рассматри-
рассматриваемой системе координат имеют вид
ds2 = c2(ch2 a - sin2 /3)(da2 + d/32) + с2 ch2 a sin2
1 5
c2(ch2a-sin2/3)
Vsin2 a ch2 a/ d<?2 J
8. Тороидальные координаты. Система тороидальных коор-
координат (a, /3, у?) определяется при помощи формул
_ с sh a cos (p	_ с sh a sin <p	_ с sin /3
ch a — cos /3'	ch a — cos /3'	ch a — cos /3'
где с — масштабный множитель, 0 ^ а < оо, —тг < C ^ тг, —тг <
< у? ^ тг.
Координатные поверхности суть торы а = const
•у2),
сферы C = const
плоскости ip = const.
43 Б.М. Будак и др.

674	Дополнение
Квадрат линейного элемента в тороидальной системе координат
имеет вид
<*
ds = < г.	м № + ^
(cha - cos/3J L
метрические коэффициенты равны
,	7	с	,	с sh a
м ch а - cos /3 * ch a - cos /3
и оператор Лапласа дается следующим выражением:
д _ _д_ ( sha ди\ д_ ( sha ди\
да \ ch а — cos /3 да I д/3 \ ch а — cos /3 д/3 I
(ch a — cos /3) sh а дер2 '
Удобно вводить вместо и новую функцию v с помощью соотно-
соотношения
и = ^/2 ch а — 2 cos C • v,
при этом уравнение Аи = 0 приводится к уравнению
¦ va cth a + - v + -г-9— ^а? = 0.
9. Биполярные координаты.
а) Биполярные координаты на плоскости.
Переменные
х\ —а, х2 = /3, х3 = z
называются биполярными координатами, если имеют место равенства
ash a	_ asin/3	_
У	^ Z
_	_
Х~ chacos/3' У~
cha-cos/3' У~ cha -cos/3' ^ " Z<
Метрические коэффициенты равны
hi = h2 = —	-, h3 = 1.
ch a — cos p
б) Бисферические координаты
xi = a, x2 = /3, x3 = (f
определяются при помощи формул
_ с sin a cos у?	_ с sin a sin у?	_ csh/3
ch /3 — cos a '	ch /3 — cos a '	ch /3 — cos a '
где с — постоянный множитель, 0 ^ а < /3, — оо < /3 < оо, —тг <
< Cf ^ 7Г.
Эти формулы можно представить в компактной форме
. a + i/3
z + ip = dctg- 2
Координатные поверхности суть:
веретенообразные поверхности вращения а = const

Дополнение	675
сферы /3 = const
плоскости р = const.
Выражение для квадрата линейного элемента в пространствен-
пространственных биполярных координатах имеет вид
ds2 = ^ОС"	 [da2 + dp2 + sin2 a dip2],
(ch/3 — cos aJ
откуда следует
, , с	,	с sin a
hi = A12 = т-5	' h3 =
ch /3 — cos a '	ch /3 — cos a '
и уравнение Лапласа принимает вид
д ( sin a <9гА д ( sin a
da Vch^-cosa Эа/ 9/3 ^ch/3-cosa 9/3
+	1	2!И = 0.
sin a(ch /3 — cos a) ^y?2
При решении уравнения Лапласа удобна подстановка
и = y/2ch/3 — 2 cos a г>.
Тогда для функции г> получается уравнение
Vaa + V/3/3 + ^a Ctg a - - V + . 2 ^^^ = 0.
10. Сфероидальные координаты.
а) Вытянутые сфероидальные координаты
xi = А, х2 = /i, ж3 = у?,
х = сХ/а, у — с л/(Х2 — 1)A — /i2) cosy?, 2: = с у^(^2 ~ 1)A ~ А^2) sin у?,
А ^ 1, -1^/i^l, 0^(^^2тг,
б) Сплюснутые сфероидальные координаты
Ж1 = А, ж2 = /i, ж3 = у?,
ж = cA/i sin (/?, ?/ = с у^(А2 — 1)A — /i2), 2: = cA/i cos у?.
Поверхности А = const — сплюснутые сфероиды, /л = const
однополостные гиперболоиды.
Метрические коэффициенты
43*

676	Дополнение
11. Параболойдные координаты. Переменные
Х\ — А, Х2 = /i, Ж3 = у?,
определяемые соотношениями
x = A/icos(/?, ?/= A/i sin </?, 2; = - (Л2 —/i2),
называются параболоидными координатами. Метрические коэффици-
коэффициенты равны
Координатные поверхности А = const, \i — const являются пара-
параболами вращения вокруг оси симметрии Oz.
II. Некоторые формулы векторного анализа
Обозначения: а — векторная функция, и — скалярная функция.
[[а6]с] = (ас)Ь — Fс)а,
[а[Ьс]] =Ь(ас) -с(аб),
grad(w) = и grad v + v grad и,
div (ua) = a grad и + и div а,
rot(ua) = [a grad и] + и rot a,
div[a6] = 6 rot a - a rot 6,
rot rot a = grad div a — Aa,
grad(a6) = a div 6 + 6 div a + [a rot 6] + [6 rot a],
rot[ab] = a div 6 - 6 div a + FV)a - (aVN,
где
_ , ?^ , ь !^ + fr ^
дж у ^ z dz'
III. Специальные функции
1. Тригонометрические функции.
cos2; = l-ij*2 + -L*4-... = I(e^+e-^) = ch(^),
cos(x + 2/) = cos x cos 2/ ~ snl x sin 2/5
sin(x + y) = sin ж cos 2/ + cos ж sin 2/,
cos ж cos у = - cos(x + 2/) + - cos(x — 2/),
sin x sin 2/ = - - cos(x + 2/) + ^ cos(x - 2/).

Дополнение	677
2. Гиперболические функции.
chz = l + ^z2 + ^z4 + ... = ^(ez + e~z) = cos(iz),
shz = z + — z3 + — zb + ... = - (ez - e~z) = -isin(iz),
ch2 z — sh2 z = 1,
ch(x + ^/) = ch ж ch у + sh ж sh y,
sh(x + y) = sh. x ch у -\- ch x sh. у.
3. Интеграл ошибок.
2 { -or A
— —= / e da.
Разложение в ряд при малых z
о /	a3
Асимптотическое разложение при больших z
л,/ а 1 1 е" Л 1 ,3'4 4-5-6
ф(.) 1	A +
В таблице 1 даны значения Ф(г) для 0 ^ z ^ 2, 3.
4. Гамма-функции.
оо
T(z) = /e"^ d* (Rez > 0), Г(^ + 1
о
T(z) -+ V2^zz~1/2 e~z для z > 1.
Бэта-функция
тг/2
= 2 / sin2a;~Vcos22/~V^ (Rex > 0, Re2/ > 0).

678
Дополнение
Эллиптические функции.
dx
I
dx
к2 -1)
= sn ^ж, А;),
n~1(x, fc),
I
-к2 +к2х2
= en *(ж, к),
У V(l + ^2
= tn (ж, fc),
=/
dx
-=/
z, к = sin a, /^ = cos а.
6. Функции Бесселя.
2!(n
(у\2fe+n
Г(А;-
— COS L- -7г(п+-]]
(Rez > 0),
= 1 [21n (f) + 7 - ^(п + 1)] Ш - 1
т=0
m=l
1к=1
к к + п
N0(z) -^ -(Inz- 0,11593), п = 0,
2^0 7Г
= 1,2,3,...,

Дополнение	679
J-n(z) = (-l)nJn(z), N_n(z) = (-l)nNn(z),
Jn{z)N'n{z) - J'n{z)Nn{z) = A(Jn, Nn) = A,
iVn_i(z) Jn(z) - Nn(z) Jn-^z) = A(Jn, Nn) = -±-
(определитель Вронского),
сю
— iz simp 	 \ ^ т / \ —imp
— / j П\ )	5
п= — сю
7Г
Jn(z) = -L fe-izs'in(p+in(pdip (n — целое число),
2тг У
— 7Г
• ат/\	/2	Г-Г тг	тг11
iNn(z) —У \ — ехр \г \z - -п - -\\ ,
z—^сю у 7TZ	L L z 4 J J
H^\z) = Jn(z) -гАГпB;) ^—^ W— ехр|-г [2?- |n- ^
Рекуррентные формулы
— ZJx) = Zn_i + Zn+i, 2Z; (ж) = Zn_i - Zn+i
или
г^(ЖI __zn4
-Ж^ 1
/ Zq (ax) xdx — - x2 [Zq (ax) + Z2 (ax)],
J Z2n(ax)xdx = -ж2 [Z2m(ax) - Zm-1(ax)Zm+i(ax)].
Здесь Zn(x) = AJn(x) + BNn(x) — любое решение уравнения Бесселя
х dx \ dx J у х2 J
Функции мнимого аргумента
к—0
Kq(x) —> — (In —Ь С ) +.	G = 0, 5772 ... — постоянная Эйлера,
ж-^о V 2 /

680
Дополнение
In(x) K'n(x) - Гп(х) Кп(х) = А(/„, Кп) = -I,
Кп(х) = -ДA„, Кп) = I,
—
X
), In-l(x) +1П+1(Х) = 2Гп (х),
?pJZn = 0, Zn = In или Zn = Кп.
Некоторые интегралы
оо
fe~at Jn{bt) d± = -^ [V«2 + b2 - а]п,
О
L-at j (ы) tn dt _ BЬ)"Г(п +
ye Jn{bt)t d*-
оо
/—о/
е
о
7,	—2/тг , а + \/^2
dt = ' In	^
л/а2 + б2
(а, Ь вещественны и положительны).
7. Полиномы Лежандра. Уравнение [A —ж2) у']'+п(п + 1) у = 0
)
1),
1
г2, + г2 — 2rro cos в
при г < г0,
при г > г0,
(n
Кп=0
_ тBп -\- Л\Р (т) + 77Р 1 (тЛ — О
Уравнение присоединенных функций
[A - х2)у']' + (п(п + 1) -
= 0,
p(m)(
(m)(
(т)( \ — (Л _ Т2\т/2
п \х) — \1 х )
), Ife ф П,
iPcos в =
п=0

Дополнение
681
ikR
п=0
сю
Фп(р) = W^- Jn4
2n + 1)с?Чро)Мр)Рп(со8в), г < г0,
2п + 1)фп(р0)С^(р)Рп(со8в), г > г0,
к п=0
= w г2 + Гд - 2rr0 cos 6>,
1 /sin/?
= " (	 -
,*(р-7г/2)
рг(р-тг/2) / ^
- -г I .
Р \Р
8. Гипергеометрическая функция F(ot, /3, 7)* Уравнение
^A - z)y" + [7 - (а + C + 1)^] 2/' - а/fy = О,
У = У2 = z'^Fia - 7 + 1, /3 - 7 + 1, 2 - 7, *),
n(*) = F (-n, n + 1, 1, Ц-^) = (-l)nF (-n, n + 1, 1,
m!(n-m)! v	J	V	2
Конфлюэнтная (вырожденная) гипергеометрическая функция
dF

682
Дополнение
IV. Таблицы
2 г
Интеграл ошибок Ф(г) = —= \ е
Таблица 1
da, 0 ^ z ^ 2,3
Z
0,00
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
0,09
0,10
0,11
0,12
0,13
0,14
0,15
0,16
0,17
0,18
0,19
0,20
0,21
0,22
0,23
0,24
0,25
0,26
0,27
0,28
0,29
0,30
0,31
0,32
0,33
0,34
0,35
0,36
0,37
0,38
0,39
0,0000
0,0113
0,0226
0,0338
0,0451
0,0564
0,0676
0,0789
0,0901
0,1013
0,1125
0,1236
0,1348
0,1459
0,1569
0,1680
0,1790
0,1900
0,2009
0,2118
0,2227
0,2335
0,2443
0,2550
0,2657
0,2763
0,2869
0,2974
0,3079
0,3183
0,3286
0,3389
0,3491
0,3593
0,3694
0,3794
0,3893
0,3992
0,4090
0,4187
z
0,40
0,41
0,42
0,43
0,44
0,45
0,46
0,47
0,48
0,49
0,50
0,51
0,52
0,53
0,54
0,55
0,56
0,57
0,58
0,59
0,60
0,61
0,62
0,63
0,64
0,65
0,66
0,67
0,68
0,69
0,70
0,71
0,72
0,73
0,74
0,75
0,76
0,77
0,78
0,79
0,4284
0,4380
0,4475
0,4569
0,4662
0,4755
0,4847
0,4937
0,5027
0,5117
0,5205
0,5292
0,5379
0,5465
0,5549
0,5633
0,5716
0,5798
0,5879
0,5959
0,6039
0,6117
0,6194
0,6170
0,6346
0,6420
0,6494
0,6566
0,6633
0,6708
0,6778
0,6847
0,6914
0,6981
0,7047
0,7112
0,7175
0,7238
0,7300
0,7361
z
0,80
0,81
0,82
0,83
0,84
0,85
0,86
0,87
0,88
0,89
0,90
0,91
0,92
0,93
0,94
0,95
0,96
0,97
0,98
0,99
1,00
1,01
1,02
1,03
1,04
1,05
1,06
1,07
1,08
1,09
1,10
1,11
1,12
1,13
1,14
1,15
1,16
1,17
1,18
1,19
0,7421
0,7480
0,7538
0,7595
0,7651
0,7707
0,7761
0,7814
0,7867
0,7918
0,7969
0,8019
0,8068
0,8116
0,8163
0,8209
0,8254
0,8299
0,8342
0,8385
0,8427
0,8468
0,8508
0,8548
0,8586
0,8624
0,8661
0,8698
0,8733
0,8768
0,8802
0,8835
0,8868
0,8900
0,8931
0,8961
0,8991
0,9020
0,9048
0,9076
z
1,20
1,21
1,22
1,23
1,24
1,25
1,26
1,27
1,28
1,29
1,30
1,31
1,32
1,33
1,34
1,35
1,36
1,37
1,38
1,39
1,40
1,41
1,42
1,43
1,44
1,45
1,46
1,47
1,48
1,49
1,50
1,51
1,6
1,8
1,9
2,0
2Д
2,2
2,3
0,9103
0,9130
0,9155
0,9181
0,9205
0,9229
0,9252
0,9275
0,9297
0,9319
0,9340
0,9361
0,9381
0,9400
0,9419
0,9438
0,9456
0,9473
0,9490
0,9507
0,9523
0,9539
0,9554
0,9569
0,9583
0,9597
0,9611
0,9624
0,9637
0,9649
0,9661
0,9661
0,9763
0,9838
0,9891
0,9928
0,9953
0,9970
0,9981
0,9989

Дополнение
683
Т аблица 2
Корни характеристических уравнений Jo (fi) = 0 и J± (/i) = 0
п
1
2
3
4
5
Корни /in
уравнения
Jo(m) = 0
2,4048
5,5201
8,6537
11,7915
14,9309
Корни /in
уравнения
3,8317
7,0156
10,1735
13,3237
16,4706
п
6
7
8
9
10
Корни /in
уравнения
18,0711
21,2116
24,3525
27,4935
30,6346
Корни /in
уравнения
Ji(fJ>) = 0
19,6159
22,7601
25,9037
29,0468
32,1897
Корни характеристического уравнения
Таблица 3
= ТГМ
lh = h
0,0
0,01
0,02
0,03
0,06
0,08
0,10
0,15
0,20
0,30
0,40
0,50
0,60
0,70
0,80
0,90
1,0
1,5
2,0
3,0
4,0
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0
10,0
15,0
20,0
30,0
40,0
50,0
60,0
80,0
100,0
оо
Mi
0,0000
0,1412
0,1995
0,2814
0,3438
0,3960
0,4417
0,5376
0,6170
0,7465
0,8516
0,9408
1,0184
1,0873
1,1490
1,2048
1,2558
1,4569
1,5994
1,7887
1,9081
1,9898
2,0490
2,0937
2,1286
2,1566
2,1795
2,2509
2,2880
2,3261
2,3455
2,3572
2,3651
2,3750
2,3809
2,4048
М2
3,8317
3,8343
3,8369
3,8421
3,8473
3,8525
3,8577
3,8706
3,8835
3,9091
3,9344
3,9594
3,9841
4,0085
4,0325
4,0562
4,0795
4,1902
4,2910
4,4634
4,6018
4,7131
4,8033
4,8772
4,9384
4,9897
5,0332
5,1773
5,2568
5,3410
5,3846
5,4112
5,4291
5,4516
5,4652
5,5201
Мз
7,0156
7,0170
7,0184
7,0213
7,0241
7,0270
7,0298
7,0369
7,0440
7,0582
7,0723
7,0864
7,1004
7,1143
7,1282
7,1421
7,1558
7,2223
7,2884
7,4103
7,5201
7,6177
7,7039
7,7797
7,8464
7,9051
7,9569
8,1422
8,2534
8,3771
8,4432
8,4840
8,5116
8,5466
8,5678
8,6537
/м
10,1735
10,1745
10,1754
10,1774
10,1794
10,1813
10,1833
10,1882
10,1931
10,2029
10,2127
10,2225
10,2322
10,2419
10,2519
10,2613
10,2710
10,3188
10,3658
10,4566
10,5423
10,6223
10,6964
10,7646
10,8271
10,8842
10,9363
11,1367
11,2677
11,4221
11,5081
11,5621
11,5990
11,6461
11,6747
11,7915
13,3237
13,3244
13,3252
13,3267
13,3282
13,3297
13,3312
13,3349
13,3387
13,3462
13,3537
13,3611
13,3686
13,3761
13,3835
13,3910
13,3984
13,4353
13,4719
13,5434
13,6125
13,6786
13,7414
13,8008
13,8566
13,9090
13,9580
14,1576
14,2983
14,4748
14,5774
14,6433
14,6889
14,7475
14,7834
14,9309
Мб
16,4706
16,4712
16,4718
16,4731
16,4743
16,4755
16,4767
16,4797
16,4828
16,4888
16,4949
16,5010
16,5070
16,5131
16,5191
16,5251
16,5312
16,5612
16,5910
16,6499
16,7073
16,7630
16,8168
16,8684
16,9179
16,9650
17,0099
17,2008
17,3442
17,5348
17,6508
17,7272
17,7807
17,8502
17,8931
18,0711

684
Дополнение
Таблица 4
Корни /j,n характеристического уравнения Jo(fJb) No(kfi) — No(fjb) Jo(kfi) = О
к
1,2
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
Mi
15,7014
6,2702
3,1230
2,0732
1,5485
1,2339
1,0244
М2
31,4126
12,5598
6,2734
4,1773
3,1291
2,5002
2,0809
Мз
47,1217
18,8451
9,4182
6,2754
4,7038
3,7608
3,1322
/14
62,8304
25,1294
12,5614
8,3717
6,2767
5,0196
4,1816
Мб
78,5385
31,4133
15,7040
10,4672
7,8487
6,2776
5,2301
Таблица 5
h
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,5
2,0
3,0
4,0
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0
10,0
15,0
20,0
30,0
40,0
50,0
60,0
80,0
100,0
оо
Корни характеристического уравнения
Mi
1,5708
1,6320
1,6887
1,7414
1,7906
1,8366
1,8798
1,9203
1,9586
1,9947
2,0288
2,1746
2,2889
2,4557
2,5704
2,6537
2,7165
2,7654
2,8044
2,8363
2,8628
2,9476
2,9930
3,0406
3,0651
3,0801
3,0901
3,1028
3,1105
3,1416
М2
4,7124
4,7335
4,7544
4,7751
4,7956
4,8158
4,8358
4,8556
4,8751
4,8943
4,9132
5,0037
5,0870
5,2329
5,3540
5,4514
5,5378
5,6078
5,6669
5,7172
5,7606
5,9080
5,9921
6,0831
6,1311
6,1606
6,1805
6,2058
6,2211
6,2832
Мз
7,8540
7,8667
7,8794
7,8920
7,9046
7,9171
7,9295
7,9419
7,9542
7,9665
7,9787
8,0382
8,0965
8,2045
8,3029
8,3914
8,4703
8,5406
8,6031
8,6587
8,7083
8,8898
9,0019
9,1294
9,1986
9,2420
9,2715
9,3089
9,3317
9,4248
М4
10,9956
11,0047
11,0137
11,0228
11,0318
11,0409
11,0498
11,0588
11,0677
11,0767
11,0856
11,1296
11,1727
11,2560
11,3349
11,4086
11,4773
11,5408
11,5994
11,6532
11,7027
11,8959
12,0250
12,1807
12,2688
12,3247
12,3632
12,4124
12,4426
12,5664
*,--?
Мб
14,1372
14,1443
14,1513
14,1584
14,1654
14,1724
14,1795
14,1865
14,1935
14,2005
14,2075
14,2421
14,2764
14,3434
14,4080
14,4699
14,5288
14,5847
14,6374
14,6860
14,7335
14,9251
15,0625
15,2380
15,3417
15,4090
15,4559
15,5164
15,5537
15,7080
Мб
17,2788
17,2845
17,2903
17,2961
17,3019
17,3076
17,3134
17,3192
17,3249
17,3306
17,3364
17,3649
17,3932
17,4490
17,5034
17,5562
17,6072
17,6562
17,7032
17,7481
17,7908
17,9742
18,1136
18,3018
18,4180
18,4953
18,5497
18,6209
18,6650
18,8496

Дополнение
685
Т аблица 6
Первые шесть корнейх) ап уравнения a tg a = С
С
0
0,001
0,002
0,004
0,006
0,008
0,01
0,02
0,04
0,06
0,08
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,5
2,0
3,0
4,0
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0
10,0
15,0
20,0
30,0
40,0
50,0
60,0
80,0
100,0
оо
ai
0
0,0316
0,0447
0,0632
0,0774
0,0893
0,0998
0,1410
0,1987
0,2425
0,2791
0,3111
0,4328
0,5218
0,5932
0,6533
0,7051
0,7506
0,7910
0,8274
0,8603
0,9882
1,0769
1,1925
1,2646
1,3138
1,3496
1,3766
1,3978
1,4149
1,4289
1,4729
1,4961
1,5202
1,5325
1,5400
1,5451
1,5514
1,5552
1,5708
3,1416
3,1419
3,1422
3,1429
3,1435
3,1441
3,1448
3,1479
3,1543
3,1606
3,1668
3,1731
3,2039
3,2341
3,2636
3,2923
3,3204
3,3477
3,3744
3,4003
3,4256
3,5422
3,6436
3,8088
3,9352
4,0336
4,1116
4,1746
4,2264
4,2694
4,3058
4,4255
4,4915
4,5615
4,5979
4,6202
4,6353
4,6543
4,6658
4,7124
аз
6,2832
6,2833
6,2835
6,2838
6,2841
6,2845
6,2848
6,2864
6,2895
6,2927
6,2959
6,2991
6,3148
6,3305
6,3461
6,3616
6,3770
6,3923
6,4074
6,4224
6,4373
6,5097
6,5783
6,7040
6,8140
6,9096
6,9924
7,0640
7,1263
7,1806
7,2281
7,3959
7,4954
7,6057
7,6647
7,7012
7,7259
7,7573
7,7764
7,8540
9,4248
9,4249
9,4250
9,4252
9,4254
9,4256
9,4258
9,4269
9,4290
9,4311
9,4333
9,4354
9,4459
9,4565
9,4670
9,4775
9,4879
9,4983
9,5087
9,5190
9,5293
9,5801
9,6296
9,7240
9,8119
9,8928
9,9667
10,0339
10,0949
10,1502
10,2003
10,3898
10,5117
10,6543
10,7334
10,7832
10,8172
10,8606
10,8871
10,9956
12,5664
12,5665
12,5665
12,5667
12,5668
12,5670
12,5672
12,5680
12,5696
12,5711
12,5727
12,5743
12,5823
12,5902
12,5981
12,6060
12,6139
12,6218
12,6296
12,6375
12,6453
12,6841
12,7223
12,7966
12,8678
12,9352
12,9988
13,0584
13,1141
13,1660
13,2142
13,4078
13,5420
13,7085
13,8048
13,8666
13,9094
14,9644
13,9981
14,1372
15,7080
15,7080
15,7081
15,7082
15,7083
15,7085
15,7086
15,7092
15,7105
15,7118
15,7131
15,7143
15,7207
15,7270
15,7334
15,7397
15,7460
15,7524
15,7587
15,7650
15,7713
15,8026
15,8336
15,8945
15,9536
16,0107
16,0654
16,3177
16,1675
16,2147
16,2594
16,4474
16,5864
16,7691
16,8794
16,9519
17,0026
17,0686
17,1093
17,2788
Все корни этого уравнения действительны, если С > 0.

686
Дополнение
Таблица 7
Первые шесть корнейх) ап уравнения a ctg а + С = О
С
-1,0
-0,995
-0,99
-0,98
-0,97
-0,96
-0,95
-0,94
-0,93
-0,92
-0,91
-0,90
-0,85
-0,8
-0,7
-0,6
-0,5
-0,4
-0,3
-0,2
-0,1
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,5
2,0
3,0
4,0
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0
10,0
15,0
20,0
30,0
40,0
50,0
60,0
80,0
100,0
оо
оц
0
0,1224
0,1730
0,2445
0,2991
0,3450
0,3854
0,4217
0,4551
0,4860
0,5150
0,5423
0,6609
0,7593
0,9208
1,0528
1,1656
1,2644
1,3525
1,4320
1,5044
1,5708
1,6320
1,6887
1,7411
1,7906
1,8366
1,8798
1,9203
1,9586
1,9947
2,0288
2,1746
2,2889
2,4557
2,5704
2,6537
2,7165
2,7654
2,8044
2,8363
2,8628
2,9476
2,9930
3,0406
3,0651
3,0801
3,0901
3,1028
3,1105
3,1416
а2
4,4934
4,4945
4,4956
4,4979
4,5001
4,5023
4,5045
4,5068
4,5090
4,5112
4,5134
4,5157
4,5268
4,5379
4,5601
4,5822
4,6042
4,6261
4,6479
4,6696
4,6911
4,7124
4,7335
4,7544
4,7751
4,7956
4,8158
4,8358
4,8556
4,8751
4,8943
4,9132
5,0037
5,0870
5,2329
5,3540
5,4544
5,5378
5,6078
5,6669
5,7172
5,7606
5,9080
5,9921
6,0831
6,1311
6,1606
6,1805
6,2058
6,2211
6,2832
а3
7,7253
7,7259
7,7265
7,7278
7,7291
7,7304
7,7317
7,7330
7,7343
7,7356
7,7369
7,7382
7,7447
7,7511
7,7641
7,7770
7,7899
7,8028
7,8156
7,8284
7,8412
7,8540
7,8667
7,8794
7,8920
7,9046
7,9171
7,9295
7,9419
7,9542
7,9665
7,9787
8,0385
8,0962
8,2045
8,3029
8,3914
8,4703
8,5406
8,6031
8,6587
8,7083
8,8898
9,0019
9,1294
9,1987
9,2420
9,2715
9,3089
9,3317
9,4248
а4
10,9041
10,9046
10,9050
10,9060
10,9069
10,9078
10,9087
10,9096
10,9105
10,9115
10,9124
10,9133
10,9179
10,9225
10,9316
10,9408
10,9499
10,9591
10,9682
10,9774
10,9865
10,9956
11,0047
11,0137
11,0228
11,0318
11,0409
11,0498
11,0588
11,0677
11,0767
11,0856
11,1296
11,1727
11,2560
11,3349
11,4086
11,4773
11,5408
11,5994
11,6532
11,7027
11,8959
12,0250
12,1807
12,2688
12,3247
12,3632
12,4124
12,4426
12,5664
14,0662
14,0666
14,0669
14,0676
14,0683
14,0690
14,0697
14,0705
14,0712
14,0719
14,0726
14,0733
14,0769
14,0804
14,0875
14,0946
14,1017
14,1088
14,1159
14,1230
14,1301
14,1372
14,1443
14,1513
14,1584
14,1654
14,1724
14,1795
14,1865
14,1935
14,2005
14,2075
14,2421
14,2764
14,3434
14,4080
14,4699
14,5288
14,5847
14,6374
14,6870
14,7335
14,9251
15,0625
15,2380
15,3417
15,4090
15,4559
15,5164
15,5537
15,7080
OLQ
17,2208
17,2210
17,2213
17,2219
17,2225
17,2241
17,2237
17,2242
17,2248
17,2254
17,2260
17,2266
17,2295
17,2324
17,2382
17,2440
17,2498
17,2556
17,2614
17,2672
17,2730
17,2788
17,2845
17,2903
17,2961
17,3019
17,3076
17,3134
17,3192
17,3249
17,3306
17,3364
17,3649
17,3932
17,4490
17,5034
17,5562
17,6072
17,6562
17,7032
17,7481
17,7908
17,9742
18,1136
18,3018
18,4180
18,4953
18,5497
18,6203
18,6650
18,8496
г) Все корни этого уравнения действительны, если С > — 1. Отрица-
Отрицательные значения С встречаются при рассмотрении сферы (см. § 2 гл. V).

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
/. Общие курсы и сборники задач
по уравнениям математической физики
1.	Крылов А. Я. О некоторых дифференциальных уравнениях математи-
математической физики, имеющих приложение в технических вопросах. — М.:
Гостехиздат, 1950.
2.	Смирнов В.И. Курс высшей математики. — М.: Наука, 1974 (т. I, II);
1974 (т. III, ч. 1); 1974 (т. III, ч. 2); 1958 (т. IV); 1959 (т. V).
3.	Соболев С.Л. Уравнения математической физики. — М.: Наука, 1966.
4.	Петровский И.Г. Лекции об уравнениях с частными производными. —
М.: Физматгиз, 1961.
5.	Левин В.И., Гросберг Ю.Я. Дифференциальные уравнения математичес-
математической физики. — М.: Гостехиздат, 1951.
6.	Кошляков Н.С. Основные дифференциальные уравнения математичес-
математической физики. — М.: ОНТИ, 1936.
7.	Тихонов A.H.j Самарский А.А. Уравнения математической физики. —
М.: Наука, 1977.
8.	Владимиров В. С. Уравнения математической физики. — М.: Наука, 1971.
9.	Тихонов А. Я., Свешников А.Г. Теория функций комплексной перемен-
переменной. — М.: Наука, 1979.
10.	Курант Р., Гильберт Д. Методы математической физики. Т. I, П. —
М.: Гостехиздат, 1951.
10а. Курант Р. Уравнения с частными производными. — М.: Мир, 1964.
11.	Вебстер А., Сеге Г. Дифференциальные уравнения в частных произ-
производных математической физики. — М.: ГТТИ, 1934.
12.	Гюнтер Н.М., Кузьмин P.O. Сборник задач по высшей математике.
Ч. III. — М.: Гостехиздат, 1951.
13.	Смирнов М.М. Задачи по уравнениям математической физики. — М.:
Наука, 1965.
14.	Будак Б.М. Сборник задач по математической физике. — М.: МГУ;
МММ, 1952.
//. Монографии по специальным вопросам
15.	Гюнтер Н.М. Теория потенциала и ее применение к основным задачам
математической физики. — М.: Гостехиздат, 1953.
16.	Кочин Н.Е. Векторное исчисление и начала тензорного вычисления. —
М.: Наука, 1965.
17.	Кочин Н.Е., Кибель И.А., Розе Я.В. Теоретическая гидромеханика. —
М.: Физматгиз, 1963.
18.	Ландау Л.Д., Лифшиц Е.М. Механика сплошных сред. — М.: Гостехиз-
Гостехиздат, 1954.
19.	Тамм И.Е. Основы теории электричества. — М.: Наука, 1976.

688	Список литературы
20.	Иваненко Д.Д., Соколов А. А. Классическая теория поля. — М.: Гостех-
издат,1944.
21.	Седов Л.И. Методы подобия размерности в механике. — М.: Наука,
1967.
22.	Сретенский Л.Н. Теория ньютоновского потенциала. — М.: Гостехиз-
Гостехиздат, 1946.
23.	Гринберг Г.А. Избранные вопросы математической теории электричес-
электрических и магнитных явлений. — М.: Изд-во АН СССР, 1948.
24.	Лурье А.И. Операционное исчисление. — М.: Гостехиздат, 1950.
25.	Полубаринова-Кочина П. Я. Теория движения грунтовых вод. — М.: Гос-
Гостехиздат, 1952.
26.	Тимошенко СП. Теория колебаний в инженерном деле /Перев.
Л.Г. Пановко с 3-го изд. перераб. совм. с Д.Х. Янгом. — М.: Физматгиз,
1959.
27.	Лыков А.В. Теория теплопроводности. — М.: Высшая школа, 1967.
28.	Мусхелишвили Н.И. Некоторые основные задачи математической тео-
теории упругости. — М.: Наука, 1966.
29.	Лебедев Н.Н. Специальные функции и их приложения. — М.: Физмат-
Физматгиз, 1963.
30.	Кузьмин P.O. Функции Бесселя. — М.: ОНТИ, 1935.
31.	Введенский Б.А., Аренберг А.Г. Радиоволноводы. — М.: Гостехиздат,
1946.
32.	Блохинцев Д.И. Основы квантовой механики. — М.: Наука, 1976.
33.	Франк Ф., Мизес Р. Дифференциальные и интегральные уравнения
математической физики. — М.: ОНТИ, 1937.
34.	Ляв А. Математическая теория упругости. — М.: ОНТИ, 1935.
35.	Треффтц. Математическая теория упругости. — М.: ГТТИ, 1932.
36.	Ламб. Гидродинамика. — М.: Гостехиздат, 1947.
37.	Стреттон. Теория электромагнетизма. — М.: Гостехиздат, 1948.
38.	Релей. Теория звука. — М.: Гостехиздат, 1955.
39.	Смайт. Электростатика и электродинамика. — М.: ИЛ, 1954.
40.	Луи де Бройлъ. Электромагнитные волны в волноводах и полых резона-
резонаторах. — М.: ИЛ, 1948.
41.	Морз Ф. Колебания и звуки. — М.: Гостехиздат, 1949.
42.	Ван дер Поль, Бреммер. Операционное исчисление на основе двухсто-
двухстороннего преобразования Лапласа. — М.: ИЛ, 1952.
43.	Карслоу, Егер. Операционные методы в прикладной математике. Теп-
Теплопроводность в твердых телах. — М.: ИЛ, 1948.
44.	Карслоу. Теория теплопроводности. — М.: Гостехиздат, 1947.
45.	Ватсон Т.Е. Теория бесселевых функций. — М.: ИЛ, 1949.
46.	Робсон Е.В. Теория сферических и эллипсоидальных функций. — М.:
ИЛ, 1952.
47.	Чарный И.А. Неустановившееся движение реальной жидкости в тру-
трубах. — М.: Гостехиздат, 1951.
48.	Лебедев Н.Н., Уфлянд Я.С, Скалъская И.П. Сборник задач по матема-
математической физике. — М.: Гостехиздат, 1955.
49.	Снеддон Г.Е. Преобразования Фурье. — М.: ИЛ, 1955.
50.	Шилов Г.Е. Математический анализ. Второй специальный курс. — М.:
Наука, 1965.