Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 12
Текст из файла (страница 12)
№ 778 А)2ϕ0 = 2RZRqrϕ(r)dr = − 3 ·R0ZRq R4qR= −.r dr = − 3 ·R4430Таким образом,b(r; t) = ϕ0 +∞X−(ϕk e) · J µk r0Rµk a 2tRk=1представляется в виде=0b(r; t) = −∞XqR+ qR4k=1z }| {µ r2J2 (µk ) − µk J1 (µk ) −( µkR a )2 tk·e·J.02 2µk J0 (µk )RУпростим это выражение при помощи рекуррентной формулы (1.1.10):2νJν (x) + Jν−1 (x) = 0,xкоторая при ν = 1 и x = µk в нашем случае принимает вид:Jν+1 (x) −(1.1.10)=02 z }| {J1 (µk ) + J0 (µk ) = 0J2 (µk ) −µkb(r; t) = −=⇒J2 (µk ) = −J0 (µk ).(1.21.13)∞µ rXµ a 2qRJ2 (µk )k−( kR ) t·e·J+ 2qR=02 2(µ4µJRk)0kk=1∞iµ rhXµ a 2qR1k−( kR ) t− 2qR·e·J.= в силу (1.21.13) = −024µJ(µ)R0kkk=1Вспомнив теперь, чтоu(r, t) = b(r, t) + w1 (t) + w(r) + U = b(r, t) +|{z}2a2 qt qr2++ U,R2Rv(r, t)запишемОтвет:∞u(r, t) =µ rXµ a 22a2 qt qr2qR1k−( kR ) t++U −− 2qR·e,·J02R2R4µJR0 (µk )kk=1где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0.
(Ответ задачника станет верен, если кнему добавить U .)1.22. № 778 а)Найти распределение температуры при t > 0 в бесконечном однородном круглом цилиндре радиуса R, если начальная температура цилиндра равна U r2 дляслучая, когда поверхность цилиндра теплоизолирована.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий0 6 r < R, t > 0; ut = a2 · 1r · (rur )r + f (r, t),u(r, 0) = ϕ(r),0 6 r < R;(1.22.1)|u(0, t)| < ∞, ur (R, t) = 0,t>0c Д.С. Ткаченко-81-Начально – краевые задачи в кругепри f (r, t) ≡ 0, а ϕ(r) = U r2 .Шаг 1.
Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.22.1) в видеu(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.22.2)k=...и предположить, что для f (r, t) справедливо аналогичное представление рядом:f (r; t) =∞XXk (r)fk (t),(1.22.3)k=...то, подставив (1.22.2) и (1.22.3) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr )r + f, получим:∞Xk=...Xk (r)T0k (t)∞∞XX∂Xk (r)1 ∂·rTk (t) +Xk (r)fk (t).=ar ∂r∂rk=...k=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:∂Xk (r)a2 ∂0·Xk (r)Tk (t) =rTk (t) + Xk (r)fk (t),∀k.r ∂r∂rПоделив последнее равенство на a2 Xk (r)Tk (t), получим:∂Xk (r)1∂·r ∂rr ∂rT0k (t) − fk (t)=.a2 Tk (t)Xk (r)Левая часть зависит только от t, правая – от r, следовательно равны они могут быть тольков случае, когда ∃λk ∈ R :∂Xk (r)1∂r·0r ∂r∂rTk (t) − fk (t)== −λk .2a Tk (t)Xk (r)Таким образом, для функций Tk (t) получаем уравнениеT0k (t) + a2 λk Tk (t) = fk (t),(1.22.4)а для функций X(r) – уравнение:1 ∂·r ∂r∂Xk (r)r∂r+ λk Xk (r) = 0,которое мы перепишем в виде:∂∂r∂Xk (r)r∂r= −λk rXk (r).(1.22.5)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.
Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.22.1).Условие |v(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,-82-(1.22.6)№ 778 а)а условие vr (R, t) = 0 – в условиеX0k (R) = 0.(1.22.7)Шаг 2. Решение задачи Штурма-ЛиувилляДля функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляα = 0 и β = 1:0 (rX0k (r)) = −λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞, 0Xk (R) = 0.вида(1.1.17)с(1.22.8)Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число λ = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когдаν = α = 0, и ему соответствует собственная функция u(x) ≡ const.В нашем случае α = 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.22.8) имеет собственное значениеλ0 = 0 и соответствующую собственную функцию X0 (r) = 1 ≡ J0 (0).Применим теорему 1.1.4, стр. 4:Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие имсобственные функции имеют вид:"(ν)λk(ν)µk=R#2(ν),Jνµk rR!k ∈ N,,(ν)где µk – корни уравненияαRJν (µ) + βµJν0 (µ) = 0.В нашем случае ν = 0, α = 0, β = 1, поэтомусобственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.22.8) имеют вид:λ0 = 0,X0 (r) = 1 = J0 (0), 2λk = µRk ,Xk (r) = J0 µRk r ,k ∈ N,где µk − корни уравненияJ00 (µ) = 0 ⇔ J1 (µ) = 0.(1.22.9)Шаг 3.
Разложение функций f (r, t) и ϕ(r) в ряд по собственным функциям задачиШтурма-Лиувилля√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция r f (r, t) разлагается в ряд Фурьеf (r, t) = f0 (t) +∞Xk=12f0 (t) = 2RZRrf (r, t)dr,0c Д.С. Ткаченкоfk (t)J0µ rk,R21·fk (t) =2 ·[J0 (µk )] R2-83-ZRrf (r, t)J00(1.22.10)µ rkdr.R(1.22.11)Начально – краевые задачи в кругегде µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0. Аналогично, для функции ϕ(r) справедливо разложение в ряд∞Xµ rkϕ(r) = ϕ0 +ϕ k J0Rk=12ϕ0 (t) = 2RZRrϕ(r)dr,0с коэффициентами21·ϕk = 2 ·R [J0 (µk )]2ZRµ rkrϕ(r)J0drR(1.22.12)(1.22.13)0Шаг 4. Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.22.2), стр.
82, решения u(r, t) и разложение (1.22.12) функции ϕ(r) подставить в начальное условиеu(r, 0) = 0,получим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда влевой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будутвыполнены соотношенияXk (r)Tk (0) = ϕk Xk (r).Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk (t):Tk (0) = ϕk . 2В совокупности с полученным ранее уравнением (1.22.4), стр. 82, и учитывая, что λk = µRk ,получаем задачу Коши: 02 [µ ]2kT0 (t) = f0 (t),T0k (t) + a RTk (t) = fk (t),2(1.22.14)T0 (0) = ϕ0 .Tk (0) = ϕk .Решение задачи (1.22.14) задаётся, очевидно, формулойZtT0 (t) = ϕ0 +f0 (τ )dτ.(1.22.15)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 .0-84-№ 778 а)И, наконец,−(ToHo (t) = c1 eµk a 2tR) +Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.22.16)0Из начального условия Tk (0) = vpk получаем, чтоc1 = ϕk .Таким образом, решение задачи (1.22.14) имеет вид:−(Tk (t) = ϕk eµk a 2tR) +Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.22.17)0где fk (t) и ϕk задаются формулами (1.22.11) и (1.22.13):2f0 (t) = 2RZRrf (r, t)dr,02ϕ0 (t) = 2RZR12fk (t) =·2 ·[J0 (µk )] R2ZRrϕ(r)dr,021·ϕk = 2 ·R [J0 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0dr;R0µ rkrϕ(r)J0dr.R0Ответ в общем виде для задачи (1.22.1):Ztu(r; t) = ϕ0 +f0 (τ )dτ +∞Xϕk e−(µk a 2tR) +Ztk=10fk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ J0µ rk,R(1.22.18)0где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами (1.22.11)и (1.22.13):2f0 (t) = 2RZRrf (r, t)dr,0ϕ0 =2R221fk (t) =·2 ·[J0 (µk )] R2ZRrϕ(r)dr,0ϕk =12··2R [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr;R0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0Поскольку в нашем случае f (r, t) ≡ 0, а ϕ(r) = U r2 то все fk (t) ≡ 0, и нам надо посчитатьc Д.С.
Ткаченко-85-Начально – краевые задачи в кругетолько ϕk :21ϕk = 2 ··R [J0 (µk )]2ZR0ZRµ rµ r2Ukk3rϕ(r)J0dr =r J0dr =2 ·2RRR [J0 (µk )]0h2UR4µk r i=··= x=RR2 [J0 (µk )]2 µ4k2U R2·= 4 2µk J0 (µk )Zµkhix3 J0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =0Zµkhix · [xJ1 (x)] dx = по частям =020Zµkx=µkhi22U R23− 2 x J1 (x) dx = в силу (1.1.9) при ν = 2 =· x J1 (x) = 4 2µk J0 (µk )x=0 0Zµk2 202U R· µ3k J1 (µk ) − 2x J2 (x) dx == 4 2µk J0 (µk )0x=µk222U R2U R= 4 2· µ3k J1 (µk ) − 2 x2 J2 (x) = 4 2· µ3k J1 (µk ) − 2µ2k J2 (µk ) =| {z }µk J0 (µk )µJ(µ)kk 0x=0=04U R22= в силу (1.1.10) при ν = 1, J2 (µk ) −J1 (µk ) + J0 (µk ) = 0 = 2µk | {z }µk J0 (µk )=0Осталось посчитать ϕ0 :2ϕ0 = 2RZR2Urϕ(r)dr = 2R0ZRr3 dr =U R2.20Подставляем ϕk и fk (t) ≡ 0 в (1.22.18) и получаемОтвет:∞µ rXµ a 21U R2k−( kR ) t2+ 4U ReJ,u(r; t) =022µJ(µ)R0kkk=1где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0,1.23.
№ 778 б)Найти распределение температуры при t > 0 в бесконечном однородном круглом цилиндре радиуса R, если начальная температура цилиндра равна U r2 дляслучая, когда на поверхности цилиндра происходит конвективный теплообменсо средой, имеющей нулевую температуру.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий0 6 r < R, t > 0; ut = a2 · 1r · (rur )r + f (r, t),u(r, 0) = ϕ(r),0 6 r < R;(1.23.1)|u(0, t)| < ∞, ur (R, t) + hu(R, t) = 0,t>0-86-№ 778 б)при f (r, t) ≡ 0, а ϕ(r) = U r2 .Шаг 1.
Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.23.1) в видеu(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.23.2)k=...и предположить, что для f (r, t) справедливо аналогичное представление рядом:f (r; t) =∞XXk (r)fk (t),(1.23.3)k=...то, подставив (1.23.2) и (1.23.3) в уравнение ut = a2 · 1r · (rur )r + f, получим:∞Xk=...Xk (r)T0k (t)∞∞XX∂Xk (r)1 ∂·rTk (t) +Xk (r)fk (t).=ar ∂r∂rk=...k=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:∂Xk (r)a2 ∂0·Xk (r)Tk (t) =rTk (t) + Xk (r)fk (t),∀k.r ∂r∂rПоделив последнее равенство на a2 Xk (r)Tk (t), получим:∂Xk (r)1∂·r ∂rr ∂rT0k (t) − fk (t)=.a2 Tk (t)Xk (r)Левая часть зависит только от t, правая – от r, следовательно равны они могут быть тольков случае, когда ∃λk ∈ R :∂Xk (r)1∂r·0r ∂r∂rTk (t) − fk (t)== −λk .2a Tk (t)Xk (r)Таким образом, для функций Tk (t) получаем уравнениеT0k (t) + a2 λk Tk (t) = fk (t),(1.23.4)а для функций X(r) – уравнение:1 ∂·r ∂r∂Xk (r)r∂r+ λk Xk (r) = 0,которое мы перепишем в виде:∂∂r∂Xk (r)r∂r= −λk rXk (r).(1.23.5)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.
Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.23.1).Условие |u(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,c Д.С. Ткаченко-87-(1.23.6)Начально – краевые задачи в кругеа условие ur (R, t) + hu(R, t) = 0 – в условиеX0k (R) + hXk (R) = 0.(1.23.7)Шаг 2. Решение задачи Штурма-ЛиувилляДля функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляα = 1 и β = 0:0 (rX0k (r)) = −λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞, 0Xk (R) + hXk (R) = 0.вида(1.1.17)с(1.23.8)Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
