Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 11

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

Текст из файла (страница 11)

Осталось найти ϕk для функцииJ0ϕ = −T ·J02·ϕk =R2 [J1 (µk )]2ZR0hra .hRa ZRµ r2Thrµk r krϕ(r)J0dr = −··rJJdr.00RaRR2 [J1 (µk )]2 J0 hRa0(1.19.8)Вычисление последнего интеграла в формуле (1.19.8) различается в зависимости от соотношения величин hR и aµk , поскольку, в силу формул Ломмеля (1.1.13) и (1.1.14) при ν = 0,ZxtJ0 (αt)J0 (βt)dt =x(αJ1 (αx)J0 (βx) − βJ0 (αx)J1 (βx)) ,α2 − β 2α 6= β,(1.1.130 )0Zxt (J0 (αt))2 dt =x2x2x2 2 22(αJ00 (αx)) +(J0 (αx))2 ≡α J1 (αx) + J02 (αx) .222(1.1.140 )0Однако, в данной ситуации, поскольку в знаменателе функции начального условия стоитhrфункция J0 a , исключена возможность, что при каком-то m ∈ N выполнено равенствоc Д.С.

Ткаченко-73-Начально – краевые задачи в кругеaµm = hR. И нам надо рассматривать только общий случай: ∀k ∈ N aµk 6= hR.T2·ϕk = −2·2R [J1 (µk )] J0 hRaZRµ rhikrJ0J0dr = как интеграл Ломмеля (1.1.13) =R02 3aRT2 h J1 hR J0 (µk ) − µk J0 hR · J1 (µk ) =· 2 2= −2 ·2hR22h R − a µk aa | {z }RaR [J1 (µk )] J0 a=02T a2 µk J0 hRJ1 (µk )2T a2 µka.==(h2 R2 − a2 µ2k ) J1 (µk )(h2 R2 − a2 µ2k ) [J1 (µk )]2 J0 hRaТаким образом,v(r; t) =hra∞Xϕk e−() · J µk r0Rµk a 2tRk=1представляется в виде2v(r; t) = 2T a∞Xk=1µ rµ a 2µkk−( kR ) t·e.·J0(h2 R2 − a2 µ2k ) J1 (µk )RВспомнив, что u(r, t) = v(r, t) + T ·J0 ( hra )J0 (hRa)2· e−h t , запишемОтвет:J0u(r, t) = T ·J0hra hRa−h2 t·e2+ 2T a∞Xk=1µ rµ a 2µkk−( kR ) t·e· J0,2222(h R − a µk ) J1 (µk )Rгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.20.

№ 777 ж)Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий2 ut = a2 · 1r · (rur )r + U e−γ t ,u(r, 0) = 0,2|u(0, t)| < ∞, ur (R, t) = T e−h t ,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t > 0.(1.20.1)Шаг 1. Избавление от неоднородности и выбор вида решенияВид неоднородности в уравнении и в краевом условии предлагает нам искать функцию u(r, t)в виде22u(r, t) = v(r, t) + w1 (r)e−γ t + w2 (r)e−h t .| {z } | {z }=y(r, t)=z(r, t)1-1. Первая вспомогательная задача2Попробуем найти функцию y(r, t) = w1 (r)e−γ t как решение задачи2220−γ 2 w1 (r)e−γ t = a2 · 1r · (rw10 (r)) e−γ t + U e−γ t ,0 6 r < R, |{z}|{z}yt(ryr )r|y(0, t)| < ∞,2w10 (R)e−γ t|{zyr (R, t)= 0,t > 0.}-74-t > 0;(1.20.2)1.20.

№ 777 Ж)Тогда w1 (r) должно удовлетворять соотношениям2− (rw10 (r))0 = γa2 rw1 (r) + Ua2r ,|w1 (0)| < ∞, w10 (R) = 0.0 6 r < R;(1.20.3)Частное решение неоднородного уравнения легко угадывается:w1чно = −U.γ220Решением однородного уравнения − (rw1o(r))0 = γa2 rw1o (r), удовлетворяющим первому краеγrвому условию |w(0)| < ∞ будет функция w1o (r) = cJ0 a . Поэтому решение задачи (1.20.3)естественно искать в виде γr Uw1 (r) = cJ0− 2.aγИз второго краевого условия w10 (R) = 0 находим константу c:γγRc J0=0=⇒c = 01 .aaТаким образом,U.γ2(1.20.4)U −γ 2 t·e.γ2(1.20.5)w1 (r) = −и для функции y(r, t) имеем представление:y(r, t) = −Функция y(r, t) есть решение следующей задачи:2 yt = a2 · 1r · (ryr )r + U e−γ t ,y(r, 0) = − γU2 ,|y(0, t)| < ∞, yr (R, t) = 0,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t > 0.1-2. Вторая вспомогательная задача2Попробуем найти функцию z(r, t) = w(r)e−h t как решение задачи220−γ 2 w2 (r)e−h t = a2 · 1r · (rw20 (r)) e−h t ,0 6 r < R,|{z}|{z}zt(rzr )r|z(0, t)| < ∞,2w20 (R)e−h t|{zzr (R, t)−h2 t= Te,(1.20.6)t > 0;(1.20.7)t > 0.}Тогда w2 (r) должно удовлетворять соотношениям2− (rw20 (r))0 = ha2 rw2 (r),|w2 (0)| < ∞, w20 (R) = T.0 6 r < R;(1.20.8)Решением уравнения − (rw20 (r))0 = ha2 rw2(r), удовлетворяющим первому краевому условию|w2 (0)| < ∞ будет функция w2 (r) = cJ0 hr, а из второго краевого условия wr (R) = T находимaконстанту c:hhRaT.−c · J1=T=⇒c= −aahJ1 hRa21Строго говоря, именно здесь мы теряем возможное решение, соответствующее случаю, когда ∃m ∈ N :aµm = hR.

Читателю предлагается самостоятельно рассмотреть данный вырожденный случай.c Д.С. Ткаченко-75-Начально – краевые задачи в кругеТаким образом,aT J0w2 (r) = −hJ1hrahRa(1.20.9)и для функции z(r, t) имеем представление:hrahRaaT J0z(r, t) = −hJ12· e−h t .(1.20.10)Функция z(r, t) есть решение следующей задачи:z = a2 · 1r · (rzr )r , taT J0 ( hr )z(r, 0) = − hJ hRa ,1( a )2|z(0, t)| < ∞, zr (R, t) = T e−h t ,0 6 r < R,t > 0;0 6 r < R;(1.20.11)t > 0.Тогда для функции v(r, t) = u(r, t) − y(r, t) − z(r, t) имеем задачу:v = a2 · 1r · (rvr )r , taT J0 ( hr )v(r, 0) = γU2 + hJ hRa ,1( a )|v(0, t)| < ∞, vr (R, t) = 0,0 6 r < R,t > 0;0 6 r < R;(1.20.12)t > 0.Чтобы упростить себе жизнь при решении этой задачи разобьём её ещё на две.1-3.

Третья вспомогательная задачаНайдём w3 (r) из условийw3 t = a2 · 1r · (rw3 r )r ,0 6 r < R, t > 0; |{z}=0w3 (r, 0) = γU2 ,|w3 (0, t)| < ∞,0 6 r < R;t > 0.w3 r (R, t) = 0,(1.20.13)Решение этой задачи очень легко угадать в виде константы:w3 (r) =U.γ2(1.20.14)Тогда функцияb(r, t) = v(r, t) − w3 (r)является решением задачиb = a2 · 1r · (rbr )r , taT J0 ( hr )b(r, 0) = hJ hRa ,1( a )|b(0, t)| < ∞, br (R, t) = 0,0 6 r < R,t > 0;0 6 r < R;(1.20.15)t > 0.Шаг 2.

Решение задачи (1.20.15)Эта задача – частный случай решённой в общем виде задачи (1.16.2), стр. 62, из № 777 в).Воспользуемся результатом:Ответ в общем виде для задачи (1.16.2):Ztb(r; t) = ϕ0 +f0 (τ )dτ +0∞Xϕk e−(µk a 2tR) +k=1Zt0-76-fk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ  J0µ rk,R1.20. № 777 Ж)где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами (1.16.12)и (1.16.14):2f0 (t) = 2RZR21fk (t) =·2 ·[J0 (µk )] R2rf (r, t)dr,0ϕ0 =2R2ZRrϕ(r)dr,ϕk =021··2R [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr;R0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0В нашем случае f (r, t) ≡ 0, поэтому все fk (t) ≡ 0. Осталось найти ϕk для функцииaT J0 hraϕ=.hJ1 hRaϕk =ZR2R2 J02 (µk )·0 ZRµ raThr2µk r k··rJrϕ(r)J0dr = 2 2Jdr.

(1.20.16)00RR J0 (µk ) hJ1 hRaRa0Вычисление последнего интеграла в формуле (1.20.16) различается в зависимости от соотношения величин hR и aµk , поскольку, в силу формул Ломмеля (1.1.13) и (1.1.14) при ν = 0,ZxtJ0 (αt)J0 (βt)dt =α2x(αJ1 (αx)J0 (βx) − βJ0 (αx)J1 (βx)) ,− β2α 6= β,(1.1.130 )0Zxt (J0 (αt))2 dt =x2x2x2 2 22(αJ00 (αx)) +(J0 (αx))2 ≡α J1 (αx) + J02 (αx) .222(1.1.140 )0Однако, в данной ситуации, поскольку в знаменателе функции начального условия стоит, исключена возможность, что при каком-то m ∈ N выполнено равенствофункция J1 hraaµm = hR (см.

также сноску на стр. 75). И нам надо рассматривать только общий случай:∀k ∈ N aµk 6= hR.ZRµ rhikdr = как интеграл Ломмеля (1.1.13) =Ra02 32aTaR h J1 hR J0 (µk ) − µk J0 hR · J1 (µk ) =· 2 2=2hR22| {z }h R − a µk aaRahR2 J0 (µk ) J1 a=02a2 T R J1 hRJ(µ)2a2 T R0ka= 2 2=.(h2 R2 − a2 µ2k ) J0 (µk )(h R − a2 µ2k ) J02 (µk ) J1 hRa2aTϕk =hR2 J02 (µk ) J12ϕ0 = 2RZR0·hRrJ0hra2aT·rϕ(r)dr =2hR J1 hRaa22aT·=h2hR2 J1 hRaJ0ZRrJ0hrahrdr = при x ==a0hRaZihxJ0 (x) dx = в силу (1.1.9) при ν = 1 =0hR32a T·= 3 2h R J1 hRac Д.С. ТкаченкоZa02a3 ThR·[xJ1 (x)] dx = 3 2J1hRah R J1 a0-77-hRa=2a2 Th2 R2Начально – краевые задачи в кругеТаким образом,b(r; t) = ϕ0 +∞Xϕk e−(k=1) · J µk r0Rµk a 2tRпредставляется в виде∞µ rXµ a 22a2 T1k−( kR ) t2·e·J.b(r; t) = 2 2 + 2a T R02222hR(hR−aµ)JR0 (µk )kk=1Вспомнив теперь, что−γ 2 tu(r, t) = b(r, t) + w1 (r)e−h2 t+ w2 (r)eaT J0U 2+ w3 (r) = b(r, t) + 2 1 − e−γ t −γhJ1hrahRa2· e−h t ,запишемОтвет:aT J0U 2u(r, t) = 2 1 − e−γ t −γhJ1hrahRa22a2 T+h2 R2∞X· e−h t ++ 2a2 T Rk=1µ rµ a 21k−( kR ) t·e·J,0(h2 R2 − a2 µ2k ) J0 (µk )Rгде µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0.

(Ответ задачника для невырожденногослучая верен, если учесть, что J1 (µk ) = 0.)1.21. № 777 з)Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий ut = a2 · 1r · (rur )r ,u(r, 0) = U,|u(0, t)| < ∞, ur (R, t) = q,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t > 0.(1.21.1)Шаг 1. Избавление от неоднородности и выбор вида решенияВид неоднородности в начальном и краевом условиях предлагает нам искать функцию u(r, t)в видеu(r, t) = v(r, t) + w(r) + U.Поскольку функция z(r, t) = u(r, t) − U есть решение zt = a2 · 1r · (rzr )r ,z(r, 0) = 0,|z(0, t)| < ∞, zr (R, t) = q,задачи0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t > 0,то для v(r, t) и w(r) следует искать как решения следующих вспомогательных задач:1-1.

Первая вспомогательная задачаПопробуем найти функцию w(r) как решение задачиwt (r) = a2 · 1r · (rwr )r ,0 6 r < R, t > 0; | {z }=0|w(0)| < ∞,wr (R) = q.-78-(1.21.2)(1.21.3)1.21. № 777 З)Перепишем эту задачу, учтя, что w = w(r)(rw0 (r))0 = 0,|w(0)| < ∞, w0 (R) = q.0 6 r < R;(1.21.4)Из уравнения сразу получаем, чтоcw0 (r) = ,rw(r) = c1 ln |r| + c2 ,=⇒Из первого краевого условия следует, что c1 = 0, и второе условие не будет выполнено ни прикаких c2 .

Значит, надо модифицировать задачу для w(r).Попробуем найти функцию w(r) как решение задачиwt (r) = a2 · 1r · (rwr )r − A,0 6 r < R, t > 0; | {z }=0(1.21.5)|w(0)| < ∞, wr (R) = q,где число A мы найдём позже подходящим образом.Перепишем задачу (1.21.5), учтя, что w = w(r)(rw0 (r))0 = aA2 · r,|w(0)| < ∞, w0 (R) = q.0 6 r < R;(1.21.6)Из уравнения сразу получаем, чтоw0 (r) =Ac1·r+ ,22ar=⇒w(r) =Ar2+ c1 ln |r| + c2 ,4a2Из первого краевого условия следует, что c1 = 0, а второе условие выполнено при любой c2поэтому2a2 qAR=q=⇒A=.2a2RТаким образом, выбрав для простоты c2 = 0, получимqr2.2Rw(r) =Тогда для функции v(r, t) = u(r, t) − w(r) − U имеем задачу:2a2 q0 6 r < R, t > 0; vt = a2 · 1r · (rvr )r + R ,qr 2v(r, 0) = − 2R ,0 6 r < R;|v(0, t)| < ∞, vr (R, t) = 0,t > 0.Чтобы упростить себе жизнь при решении этой задачи разобьём её ещё на две.1-3. Третья вспомогательная задачаНайдём w1 (t) из условий20 6 r < R, t > 0; w1 t = a2 · 1r · (rw1 r )r + 2aR q ,| {z }=0|w1 (0, t)| < ∞, w1 r (R, t) = 0,t > 0.(1.21.7)(1.21.8)(1.21.9)Решение этой задачи очень легко угадать в виде константы, умноженной на t:w1 (t) =c Д.С.

Ткаченко2a2 qt.R-79-(1.21.10)Начально – краевые задачи в кругеТогда функцияb(r, t) = v(r, t) − w1 (t)является решением задачи2 1 bt = a · r · (rbr )r ,2b(r, 0) = − qr,2R|b(0, t)| < ∞, br (R, t) = 0,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t > 0.(1.21.11)Шаг 2. Решение задачи (1.21.11)Эта задача – частный случай решённой в общем виде задачи (1.16.2), стр. 62, из № 777 в).Воспользуемся результатом:Ответ в общем виде для задачи (1.16.2):tZtZ∞Xµ a 2µ a 2ϕk e−( kR ) t + fk (τ )e−( kR ) (t−τ ) dτ  J0 µk r ,b(r; t) = ϕ0 + f0 (τ )dτ +Rk=100где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами (1.16.12)и (1.16.14):2f0 (t) = 2RZR21fk (t) =·2 ·[J0 (µk )] R2rf (r, t)dr,0ϕ0 =2R2ZRrϕ(r)dr,ϕk =021··2R [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr;R0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0В нашем случае f (r, t) ≡ 0, поэтому все fk (t) ≡ 0.

Осталось найти ϕk для функцииqr2ϕ= −.2Rϕk =ZR2R2 J02 (µk )·0ZRµ rµ r2−qkkrϕ(r)J0dr = 2 2·· r 3 J0dr.RR J0 (µk ) 2RR(1.21.12)0Для вычисления последнего интеграла нам придётся вспомнить формулу (1.1.9)[xν Jν ]0 (x) = xν Jν−1 (x).R4µk r iqϕk = при x == − 3 2·RR J0 (µk ) µ4kh= −qR·4 2µk J0 (µk )ZµkqR4 2µk J0 (µk )hix J0 (x) dx = в силу (1.1.9) при ν = 1 =30hix2 · [xJ1 (x)]0 dx = по частям =0= −Zµk(1.1.9)x=µ·  x3 J1 (x)x=0 k − 2Zµkhix2 J1 (x) dx = в силу (1.1.9) при ν = 2 =0= −qR· µ3k J1 (µk ) − 2(µk )µ4k J02= −Zµk 20x J2 (x) dx =0 qR (2J2 (µk ) − µk J1 (µk ))qR32·µJ(µ)−2µJ(µ)=.1k2kkkµ4k J02 (µk )µ2k J02 (µk )-80-1.22.

Характеристики

Список файлов лекций