Full resolution (JPEG) - On this page / på denna sida - Häfte 29. 17 juli 1943 - Tillämpning av Fouriers integralsats för lösning av linjära partiella differentialekvationer av andra ordningen, av Owe Berg
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
Below is the raw OCR text
from the above scanned image.
Do you see an error? Proofread the page now!
Här nedan syns maskintolkade texten från faksimilbilden ovan.
Ser du något fel? Korrekturläs sidan nu!
This page has never been proofread. / Denna sida har aldrig korrekturlästs.
Teknisk
Vi beräkna vidare
+0° r \
C2aVn -a>(f+S) (t-») \a>(i—o) (?(*-£) , _
—.===== e e e au —
J Vt-ff
— 00
Vt—ff aV t—ff v
o »•+(*-«’
4a,(f-0) . p-a*r’((-i>)
e c
f — d’
samt analogt
Jf—#
2 »K*
-j- e 4a’(l-d)
Lösningen kan genom spegling ändras till att
gälla för en platta o < y < d med randvillkoret
u ~o för y = d. Om randvillkoret i stället är
u~q>[x,z,t) för y — d, måste en tredje
funktion «3 införas, vars randvillkor äro u3 = o för
t= o, u-, — o för y — o, us = <p(x, z, t) för y — d.
Exempel 3. Vi skola nu studera ett fall, då den
ena integralen ersättes med en summa.
En i axiell led oändligt utsträckt cylinder med
radierna och r2 (ri<r<rt) uppvärmes på
insidan, r—ru med värmemängden q[z,cp,t) per
cms och sekund, medan den utvändigt, r = r
kyles till konstant temperatur u = 0. I
begynnelsen är temperaturen = 0 överallt.
Här är differentialekvationen
1 3 / du) d*uV 1 _ 1 3u
r 3 r V d"r ’ + 2Z2 + r8 3<p2 as 31
med randvillkoren
a (t — ■ff)’1’
Detta insatt ger slutligen
I +00
Ui [x, y, z,t) =
t rrrntfifA) «’+(*-S)’+(*-C)’
= JL C (ZM^e—
4nVnkaJ JJ (t-ff)l>
O —00
Denna lösning satisfierar uppenbarligen även
begynnelsevillkoret u2 — o för t= o.
För Uj är den allmänna integralen
m (x, y, z, t) =
ifix ivz iHy — a /*’ + r> + Ptdld/tdv
= jjj FU,fi,v)e e e e
—00
(du\
u — o för t — o, k \ — I = q{z,<p, t), u — oförr=r2
w r/r = r,
En partikulär lösning är
Z/l/ 2 • ^ \ ’"V ’l’z ill
n I 1/ ju — i^rle e e
Utöver de ovannämnda randvillkoren
tillkommer här, att temperaturen skall vara en
entydig funktion av vinkeln cp\ n måste alltså vara
ett helt tal. Randvillkoret u~ o för r = r2
fordrar, att den allmänna cylinderfunktionen
Zn är
= Nn (jA8 - / ± r.) Jn (]/s - i | r) -
Den allmänna lösningen är alltså
+ 00 +00
u(r,z, <p,t) = j JJf, (i, ^z» (}/,,«-,• A rJ
n =—oo —oo
inæ iuz ii. t ,
e e e dXdju.
Härav fås
+ 00 +00
n——oo —oo
Z„ |j/// —i Arij einrf el,iz e’U dldfx— q(z,<p,t) —
+ 00 +00
= Ä I jjffa^é]e^e^e^*
n=—oo —oo
dldfxdëdl:,
För t —o fås
+ 00
III (X, y, z, o) = JXf F u, /u, v)e’>"e’rz eu"dl d/u dv =
8
— 00
+ 00
i l (( C t C /„ « ’’/»(»-a ’-u-f) u(y—i)
e e
— 00
dXdfidvd^drjd^.
På samma sätt som tidigare erhålles här efter
integrationens utförande
00 +00
ui (x, y, z, t) = 3 - f ff/
8 71K JT a31/’JJJ
O —00
Le 4a’(<-ø) - e 4a’(/-0)
drjdidC
Den fullständiga lösningen till problemet är alltså
00 +00
u (x, y, z, t) = r r f / (i, i?, o
O —00
4 u’(t—&) — e 4a"((—
( +00
O —00
e 4a’(i-i») d&d£d£
344
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
