Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 10

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 10)

63, и учитывая, что λk = µRk ,получаем задачу Коши: 02 [µ ]2kT0 (t) = f0 (t),T0k (t) + a RTk (t) = fk (t),2(1.16.15)T0 (0) = ϕ0 .Tk (0) = ϕk .Решение задачи (1.16.15) задаётся, очевидно, формулойZtT0 (t) = ϕ0 +f0 (τ )dτ.(1.16.16)0Общее решение однородного уравнения T0 (t) +a2 [µk ]2T(t)R2TOO (t) = ce−(= 0 имеет видµk a 2tR)Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариациипостоянных:2 [µ ]2kБудем искать решение уравнения T0k (t) + a RTk (t) = fk (t) в виде2T(t) = c(t)e−(µk a 2tR) .Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функциюc(t):µk a 2c0 (t) = f (t)e( R ) tkОтсюдаZtc(t) =2µk afk (τ )e( R ) τ dτ + c1 .0И, наконец,−(ToHo (t) = c1 eµk a 2tR) +Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.16.17)0Из начального условия Tk (0) = vpk получаем, чтоc1 = ϕk .Таким образом, решение задачи (1.16.15) имеет вид:−(Tk (t) = ϕk eµk a 2tR) +Zt0c Д.С.

Ткаченко-65-fk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.16.18)Начально – краевые задачи в кругегде fk (t) и ϕk задаются формулами (1.16.12) и (1.16.14):2f0 (t) = 2RZRrf (r, t)dr,02R2ϕ0 (t) =12fk (t) =·2 ·[J0 (µk )] R2ZRrϕ(r)dr,ϕk =021··2R [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr;R0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0Ответ в общем виде для задачи (1.16.2):ZtZt∞µ rXµk a 2µk a 2k−( R ) t−( R ) (t−τ ),v(r; t) = ϕ0 + f0 (τ )dτ +ϕk e+ fk (τ )edτ J0Rk=100где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами (1.16.12)и (1.16.14):2f0 (t) = 2RZRrf (r, t)dr,0ϕ0 =2R221fk (t) =·2 ·[J0 (µk )] R2ZRrϕ(r)dr,ϕk =021··2R [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr;R0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R02Поскольку в нашем случае f (r, t) ≡ 0, а u(r, t) = e−h t v(r, t) то мы получаемОтвет:#"∞µ rXµk a 22kϕ k · J0u(r; t) = e−h t ϕ0 +· e−( R ) t ,Rk=1где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0, а ϕk задаются формулой:2ϕ0 (t) = 2RZRrϕ(r)dr,021ϕk = 2 ··R [J0 (µk )]2ZRµ rkrϕ(r)J0dr.R01.17.

№ 777 г)Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий ut = a2 · 1r · (rur )r − h2 u,u(r, 0) = T,|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = T,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t > 0.2(1.17.1)Указание: искать решение в виде u(r, t) = v(r, t)e−h t + w(r) + T .Шаг 1. Избавление от неоднородности и выбор вида решенияВо-первых надо избавиться от неоднородности в краевом условии. Поскольку в данной задачеu(r, 0) = T,иu(R, t) = T,то естественно искать функцию u(r, t) в видеu(r, t) = b(r, t) + T.-66-1.17. № 777 Г)Тогда функция b(r, t) будет решением задачи bt = a2 · 1r · (rbr )r − h2 b − h2 T,b(r, 0) = 0,|b(0, t)| < ∞, b(R, t) = 0,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t > 0.(1.17.2)В принципе, эта задача – почти частный случай уже решённой задачи в № 777 б), и мы можемвопользоваться её результатом (если сначала стандартной заменой избавимся от слагаемого(−h2 b)).

Но нам предлагается явно выделить в решении часть, зависящую только от r. Этозадание может иметь физический смысл: надо явно выделить стационарное (то есть не меняющееся со временем) распределение температуры в мембране и явно выделить сам процессизменения температуры.Поэтому мы представим искомую функцию b(r, t) в виде2b(r, t) = v(r, t)e−h t + w(r)и попытаемся найти w(r), являющуюся решением задачи, в которую мы загоним все стационарные входные данные (в данном случае это функция источников тепла f (r, t) ≡ −h2 T , независящая от времени. 2 10 6 r < R;a · r · (rwr )r = h2 w + h2 T,(1.17.3)|w(0)| < ∞, w(R) = 0.Здесь легко угадать частное решение неоднородного уравнения a2 · 1r · (rwr )r = h2 w + h2 T .wчно (r) = −T.А общее решение соответствующего однородного уравнения 2ih2− (rwr )r = −h rw ≡rw,aпоскольку оно заменой r =ax,ihw(r) = Z(x) сводится к0− (xZ0 ) = xZ,имеет, по следствию 1.1.1, стр.

2, вид:Z(x) = c1 J0 (x) + c2 N0 (x).В силу краевого условия |w(0)| < ∞ и теоремы 1.1.2, стр. 3, c2 = 0, и таким образом,ihr.wo (r) = c1 J0aНо по определению 1.1.2, стр. 1,Iν (x) = e−πiν2Jν (ix),откуда при ν = 0 получаем, чтоJ0ihra≡ I0hra.Итак, решение однородного уравнения с первым краевым условием имеет вид wo (r) = c1 I0откуда hrw(r) = wo (r) + wчно (r) = c1 I0− T,ac Д.С. Ткаченко-67-hra,Начально – краевые задачи в кругеи нам осталось только добиться выполнения второго краевого условия w(R) = 0, подходящимобразом выбрав костанту c1 .ThR.=T=⇒c1 =w(R) = 0 =⇒ c1 I0aI0 hRaОкончательно получаемT I0w(r) =I0hrahRa− T.Эта функция есть решение следующей задачи:w = a2 · 1r · (rwr )r − h2 w − h2 T, tT I0 ( hr )w(r, 0) = I hRa − T,0( a )|w(0, t)| < ∞, w(R, t) = 0,(1.17.4)0 6 r < R,t > 0;0 6 r < R;(1.17.5)t > 0.Поэтому функцияT I0 hraz(r, t) = u(r, t) − w(r) − T ≡ u(r, t) −,I0 hRaв свою очередь, является решением задачиz = a2 · 1r · (rzr )r − h2 z,0 6 r < R, t > 0; tT I0 ( hra )z(r, 0) = T − I hR ,0 6 r < R;0( a )|z(0, t)| < ∞, z(R, t) = 0,t > 0.(1.17.6)Осталось совершить стандартную замену2v(r, t) = z(r, t)eh t ,чтобы избавиться от слагаемого (−h2 z).

Тогда для функции v(r, t) имеем задачу:v = a2 · 1r · (rvr )r ,0 6 r < R, t > 0; tT I0 ( hra )v(r, 0) = T − I hR ,0 6 r < R;0( a )|v(0, t)| < ∞, v(R, t) = 0,t > 0.(1.17.7)Шаг 2. Решение задачи (1.17.7)Эта задача – частный случай решённой в общем виде задачи (1.15.1), стр. 58, из № 777 б).Воспользуемся результатом:Ответ в общем виде:tZ∞Xµ a 2µ a 2ϕk e−( kR ) t + fk (τ )e−( kR ) (t−τ ) dτ  J0 µk r ,v(r; t) =Rk=10где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами:2fk (t) =·2R [J1 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0dr,R02ϕk =·2R [J1 (µk )]2ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0В нашем случае f (r, t) ≡ 0, поэтому все fk (t) ≡ 0.

Осталось найти ϕk для функцииT I0 hraϕ=T −.I0 hRa-68-1.18. № 777 Д)2ϕk =·2R [J1 (µk )]2ZR0ZRµ rµ r2Tkkrϕ(r)J0rJ0dr =dr −2 ·2RRR [J1 (µk )]02T·−2 ·2R [J1 (µk )] I0 hRaZRrI0hraµ rkJ0dr =R0R2T2T2·=2 · 2 · [µk J1 (µk )] −2 ·22R [J1 (µk )] µkR [J1 (µk )] I0 hRaZRrI0∞Xv(r; t) =ϕk e−(µ rkJ0dr =R02TT2·=−2 ·2µk J1 (µk )R [J1 (µk )] I0 hRaТаким образом,hraZRrI0hraµ rkJ0dr.R0) · J µk r ,0Rµk a 2tRk=1гле ϕk вычисляются по формулеZR2T2Tϕk =−µk J1 (µk )R2 [J1 (µk )]2 I0·hRaОтвет:T I0u(r, t) =I0hrahRa+∞XrI0hJ0µ rkdr.R(1.17.8)2+ v(r; t)e−h t , запишемI0 ( hRa )2µk aϕk e ( R )−hra0T I0 ( hra )2Вспомнив, что u(r, t) = v(r; t)e−h t + w(r) + T ≡i+h2 tk=1· J0µ rk,Rгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а ϕk задаются формулой (1.17.8).1.18.

№ 777 д)Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий ut = a2 · 1r · (rur )r + f (r, t),u(r, 0) = ϕ(r),|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = 0,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t>0(1.18.1)2при ϕ(r) ≡ 0, а f (r, t) = U e−h t .Шаг 1. Вид решения2Эта задача – частный случай задачи (1.15.1), стр. 58, при ϕ(r) ≡ 0 и f (r, t) = U e−h t . Однако,воспользовавшись напрямую её результатом, мы получим ответu(r; t) = 2U R2∞Xk=12µk a2µ re−h t − e−( R ) tk·J,0(a2 µ2k − h2 R2 ) µk J1 (µk )Rгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0. А хотелось бы выделить явно частьрешения, ведущую себя подобно f , то есть фактически найти сумму ряда−h2 te∞Xk=1c Д.С. Ткаченкоµ r1k·J.0(a2 µ2k − h2 R2 ) µk J1 (µk )R-69-Начально – краевые задачи в кругеДля этого представим решение u(r, t) в видеu(r, t) = v(r, t) + w(r)e−h2t2и найдём w(r) из решения z(r, t) = w(r)e−h t задачи2zt = a2 · 1r · (rzr )r + U e−h t ,|z(0, t)| < ∞, z(R, t) = 0,0 6 r < R,t > 0.t > 0;(1.18.2)2Перепишем (1.18.2) подставив z(r, t) = w(r)e−h t :222−h2 w(r)e−h t = a2 · 1r · (rw0 )0 e−h t + U e−h t ,|w(0)| < ∞, w(R) = 0.0 6 r < R,t > 0;(1.18.3)2И для w(r) после деления на a2 e−h t и уножения на r получим:0− (rw0 ) =h2Ur·rw(r)+.a2a2Частное решение неоднородного уравнения легко угадывается:Uwчно = − 2 .hА общее решение однородного, по следствию 1.1.1, поскольку оно заменой r = ha x,Z(x) сводится к0− (xZ0 ) = xZ,w(r) =имеет, по следствию 1.1.1, стр.

2, вид:Z(x) = c1 J0 (x) + c2 N0 (x).В силу краевого условия |w(0)| < ∞ и теоремы 1.1.2, стр. 3, c2 = 0, и таким образом, Uhrhrwo (r) = c1 J0=⇒w(r) = c1 J0− 2.aahОсталось при помощи второго краевого условия w(R) = 0 найти c1 .hRUUw(R) = 0 =⇒ c1 J0=⇒c1 = 2= 2ahh J0hRa.Окончательно получаемw(r) =U J0hrah2 J0− J0hRhRa.(1.18.4)a2Найденная функция z(r, t) = w(r)e−h t есть решение следующей задачи:2 1−h2 tz,0 6 r < R, t > 0;t = a · r · (rzr )r + U ehR−JU (J0 ( hr0 ( a ))a )z(r, 0) =,0 6 r < R;h2 J0 ( hR)a|z(0, t)| < ∞, z(R, t) = 0,t > 0.(1.18.5)Поэтому функция−h2 tv(r, t) = u(r, t) − w(r)e≡ u(r, t) −-70-U J0hrah2 J0− J0hRahRa2· e−h t ,1.18.

№ 777 Д)в свою очередь, является решением задачиv = a2 · 1r · (rvr )r , tU (J0 ( hr−J0 ( hRa )a ))v(r, 0) = −,hR2Jh()0a|v(0, t)| < ∞, v(R, t) = 0,0 6 r < R,t > 0;0 6 r < R;(1.18.6)t > 0.Эта задача – снова частный случай задачи (1.15.1), стр. 58, при ϕ(r) = −U (J0 ( hr−J0 ( hRa )a ))h2 J0 ( hRa )иf (r, t) ≡ 0. Воспользуемся результатом:Ответ в общем виде:Zt∞X22µ aµ aϕk e−( kR ) t + fk (τ )e−( kR ) (t−τ ) dτ  J0 µk r ,v(r; t) =Rk=10где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами:2fk (t) =·2R [J1 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0dr,R02ϕk =·2R [J1 (µk )]2ZRµ rkrϕ(r)J0dr.R0Поскольку в нашем случае f (r, t) ≡ 0, то все fk = 0, и нам надо найти ϕk (t)−J0 ( hRU (J0 ( hra )a ))при ϕ(r) = −:h2 J0 ( hRa )(Заметим, что этот способ решения данной задачи годится только для случая∀k ∈ N aµk 6= hR,поскольку иначе в знаменателе выражения для ϕ(r) стоял бы нуль.)2ϕk =·R2 [J1 (µk )]2ZRµ rkdr =R0 R ZR Z−2Uµk r r J0 hr J0 µk r dr − J0 hRdr ==·rJ02aRaRh2 R2 [J1 (µk )] J0 hRa00hiµk r= по формулам (1.1.13) и (1.1.9) при x = R и ν = 1 =2 3−2UhRhRaRhµk · 2 2=J1J0 (µk ) − J0J1 (µk ) −2 µ2| {z } RhR−aaaah2 R2 [J1 (µk )]2 J0 hRka=0µkZ2RhR· 2 · [x J1 (x)]0 dx  =− J0aµk02 22−2UaRhRRhR · − 2 2· µk J 0J1 (µk ) − 2 · µk J0J1 (µk )  ==222hRh R − a µkaµkah2 R2 [J1 (µk )] J0 a−2Ua212Uh2 R2 µk−2U R2= 2· − 2 2−·µ=·=kh J1 (µk )h R − a2 µ2kµ2kh2 J1 (µk ) (h2 R2 − a2 µ2k ) µ2k(a2 µ2k − h2 R2 ) µk J1 (µk )rϕ(r)J0Итак,v(r; t) =∞Xk=1c Д.С.

Ткаченко−(ϕk e∞µ rXµ a 2µkk−( kR ) t) J µk r = −2U R2·eJ,002 µ2 − h2 R2 ) J (µ )R(aR1kkk=1µk a 2tR-71-Начально – краевые задачи в кругегде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.Ответ:∞hRµ rXµ a 2−JU J0 hr10k−( kR ) t−h2 t2aa·e−2URu(r; t) =·eJ,02hR2222(aµ−hR)µRh J0 ak J1 (µk )kk=1где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.19. № 777 е)Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий ut = a2 · 1r · (rur )r ,u(r, 0) = 0,2|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = T e−h t ,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t > 0.(1.19.1)Шаг 1. Избавление от неоднородности и выбор вида решенияВо-первых надо избавиться от неоднородности в краевом условии. Вид этой неоднородностиu(R, t) = T e−h2tпредлагает нам искать функцию u(r, t) в виде2u(r, t) = v(r, t) + w(r)e−h t .| {z }=z(r, t)2Попробуем найти функцию z(r, t) = w(r)e−h t как решение задачи2200 6 r < R,−h2 w(r)e−h t = a2 · 1r · (rw0 (r)) e−h t ,{z}|{z}|zt(rzr )r|z(0, t)| < ∞,−h2 tw(R)e| {zz(R, t)−h2 t= Te,t > 0;(1.19.2)t > 0.}Тогда w(r) должно удовлетворять соотношениям2− (rw0 (r))0 = ha2 rw(r),|w(0)| < ∞, w(R) = T.0 6 r < R;(1.19.3)Решением уравнения − (rw0 (r))0 = ha2 rw(r),удовлетворяющим первому краевому условию|w(0)| < ∞ будет функция w(r) = cJ0 hr,аизвторого краевого условия w(R) = T находимaконстанту c:hRT.cJ0=T=⇒c=aJ0 hRa2Таким образом,T J0w(r) =J0hrahRa(1.19.4)и для функции u(r, t) имеем представление:J0 hr2a u(r, t) = v(r, t) + T ·· e−h t .hRJ0 a|{z}=z(r, t)-72-(1.19.5)1.19.

№ 777 Е)Функция z(r, t) есть решение следующей задачи:z = a2 · 1r · (rzr )r , tJ0 ( hra )z(r, 0) = T · J hR,(0a )2|z(0, t)| < ∞, z(R, t) = T e−h t ,0 6 r < R,t > 0;0 6 r < R;(1.19.6)t > 0.Тогда для функции v(r, t) имеем задачу:v = a2 · 1r · (rvr )r , tJ0 ( hra ),v(r, 0) = −T · J hR0( a )|v(0, t)| < ∞, v(R, t) = 0,0 6 r < R,t > 0;0 6 r < R;(1.19.7)t > 0.Шаг 2. Решение задачи (1.19.7)Эта задача – частный случай решённой в общем виде задачи (1.15.1), стр. 58, из № 777 б).Воспользуемся результатом:Ответ в общем виде:∞Xv(r; t) =k=1ϕk e−(µk a 2tR) +Zt−(fk (τ )eµk a 2(t−τ )R)µ rkdτ J0,R0где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами:2fk (t) =·2R [J1 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0dr,R02·ϕk =2R [J1 (µk )]2ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0В нашем случае f (r, t) ≡ 0, поэтому все fk (t) ≡ 0.

Характеристики

Список файлов лекций