Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 13
Текст из файла (страница 13)
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 = h > 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.23.8) имеет только строгоположительные собственные значения.
Чтобы их найти,Применим теорему 1.1.4, стр. 4:Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие имсобственные функции имеют вид:#!"(ν)(ν) 2µk rµk(ν),Jν,k ∈ N,λk =RR(ν)где µk – корни уравненияαRJν (µ) + βµJν0 (µ) = 0.В нашем случае ν = 0, α = h, β = 1, поэтомусобственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.23.8) имеют вид: 2 λk = µRk ,J0 µRk r ,k ∈ N,(1.23.9)где µk − корни уравненияhRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0.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) =∞Xfk (t)J0k=11fk (t) =21[J 0 (µ )] + 21 1 −2 | 0 {zk }=[−J1 (µk )]1· 2·20J02 (µk ) R(µ )2kZRµ rk,R(1.23.10)µ rkrf (r, t)J0dr =R0221= 2··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2-88-ZRrf (r, t)J00µ rkdr.R№ 778 б)Итак,21·fk (t) = 2 ·2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0drR(1.23.11)0Аналогично, для функции ϕ(r) справедливо разложение в рядϕ(r) =∞Xϕ k J0k=1µ rkRс коэффициентами21ϕk = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRµ rkdrrϕ(r)J0R(1.23.12)(1.23.13)0Шаг 4.
Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.23.2), стр. 87, решения u(r, t) и разложение (1.23.12) 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 (1.23.4), стр.
87, и учитывая, что λk = µRk ,получаем задачу Коши:2 [µ ]2kTk (t) = fk (t),T0k (t) + a R2(1.23.14)Tk (0) = ϕk .Общее решение соответствующего однородного уравнения T0 (t) +TOO (t) = ce−(a2 [µk ]2T(t)R2= 0 имеет видµk a 2tR)Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариациипостоянных:2 [µ ]2kTk (t) = fk (t) в видеБудем искать решение уравнения T0k (t) + a R2T(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) +Zt0c Д.С. Ткаченко-89-fk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.23.15)Начально – краевые задачи в кругеИз начального условия Tk (0) = vpk получаем, чтоc1 = ϕk .Таким образом, решение задачи (1.23.14) имеет вид:Tk (t) = ϕk e−(µk a 2tR) +Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.23.16)0где fk (t) и ϕk задаются формулами (1.23.11) и (1.23.13):ZR21·fk (t) = 2 ·2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ϕk =rf (r, t)J00ZR21··22R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2rϕ(r)J0µ rkdr,Rµ rkdr.R0Ответ в общем виде:u(r; t) =∞Xϕk e−(µk a 2tR) +Zt−(fk (τ )ek=1µk a 2(t−τ )R)µ rkdτ J0,R0где µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами (1.23.11) и (1.23.13):12fk (t) = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ϕk =21··22R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr,R0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0Поскольку в нашем случае f (r, t) ≡ 0, то все fk (t) ≡ 0, и нам осталось найти ϕk :12ϕk = 2 · 2·R J0 (µk ) + J12 (µk )ZR0ZRµ rµ r2Ukk3rϕ(r)J0dr = 2 2·rJdr =02RR (J0 (µk ) + J1 (µk ))R0hµk r i2UR4= x== 2 2··RR (J0 (µk ) + J12 (µk )) µ4kZµkhix3 J0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр.
2, при ν = 1 =0Zµkhi2U R202·x·[xJ(x)]dx=почастям=1µ4k (J02 (µk ) + J12 (µk ))0x=µkZµkih22U R2 x3 J1 (x) = в силу (1.1.9) при ν = 2 == 4 2·−2xJ(x)dx1µ (J (µk ) + J 2 (µk ))=k01x=00-90-1.24. № 778 В)2=µ4k2U R· µ3k J1 (µk ) − 22+ J1 (µk ))(J02 (µk )Zµk 20x J2 (x) dx =0x=µk 2U R32=·µJ(µ)−2xJ(x)= 4 21k2kµk (J0 (µk ) + J12 (µk ))x=02U R2= 4 2· µ3k J1 (µk ) − 2µ2k J2 (µk ) =2µk (J0 (µk ) + J1 (µk ))2= в силу (1.1.10) при ν = 1, J2 (µk ) −J1 (µk ) + J0 (µk ) = 0 =µk22U R232· µk J1 (µk ) − 2µk= 4 2J1 (µk ) − J0 (µk )=µk (J0 (µk ) + J12 (µk ))µk2U R222·µ−4µJ(µ)+2µJ(µ).= 4 2k1k0kkkµk (J0 (µk ) + J12 (µk ))2Поскольку µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µ J00 (µ) = 0, то| {z }=−J1 (µ)µk J1 (µk ) = hRJ0 (µk ).(1.23.17)Поэтому выражение для ϕk упрощается следующим образом:2U R222·µ−4µJ(µ)+2µJ(µ)=k1k0kkkµ4k (J02 (µk ) + J12 (µk )) 2U R2 · ((µ2k − 4) hR + 2µ2k )2U R222=.·µ−4hRJ(µ)+2µJ(µ)=0k0k 2kkµ2k (µ2k + h2 R2 ) J0 (µk )hR42µk 1 + µ kJ0 (µk )ϕk =Ответ:u(r; t) = 2U R2∞Xk=1µ rµ a 2(µ2k − 4) hR + 2µ2kk−( kR ) t·J·e,022µk (µk + h2 R2 ) J0 (µk )Rгде µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0.1.24.
№ 778 в)Найти распределение температуры при t > 0 в бесконечном однородном круглом цилиндре радиуса R, если начальная температура цилиндра равна U r2 дляслучая, когда температура поверхности цилиндра поддерживается равной T .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) = ϕ1 (r),0 6 r < R;(1.24.1)|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = T,t>0при f (r, t) ≡ 0, а ϕ1 (r) = U r2 .Шаг 0.
Избавление от неоднородности в краевом условииc Д.С. Ткаченко-91-Начально – краевые задачи в кругеПоскольку функция в правой части краевого условия I-го рода имеет вид константы, естественно искать решение (1.24.1) в видеu(r, t) = T + v(r, t).Тогда функция v(r, t) будет удовлетворять условиям:0 6 r < R, t > 0; vt = a2 · 1r · (rvr )r + f (r, t),v(r, 0) = ϕ(r),0 6 r < R;|v(0, t)| < ∞, v(R, t) = 0,t>0(1.24.2)при f (r, t) ≡ 0, а ϕ(r) = U r2 − T .Шаг 1.
Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.24.2) в видеv(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.24.3)k=...то, подставив (1.24.3) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr )r + f, получим:∞Xk=...Xk (r)T0k (t)∞∞XX1 ∂∂Xk (r)=a·rTk (t) +Xk (r)fk (t).r∂r∂rk=...k=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:∂Xk (r)a2 ∂0Xk (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∂·r0r ∂r∂rTk (t) − fk (t)=.2a 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∂·r0r ∂r∂rTk (t) − fk (t)== −λk .a2 Tk (t)Xk (r)Таким образом, для функций Tk (t) получаем уравнениеT0k (t) + a2 λk Tk (t) = fk (t),(1.24.4)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).(1.24.5)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.24.2).-92-№ 778 в)Условие |v(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.24.6)Xk (R) = 0.(1.24.7)а условие v(R, t) = 0 – в условиеШаг 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)| < ∞,Xk (R) = 0.вида(1.1.17)с(1.24.8)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 = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.24.8) имеет только строго положительные собственные значения.
Чтобы их найти,Применим теорему 1.1.4, стр. 4:Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие имсобственные функции имеют вид:#!"(ν)(ν) 2µrµ(ν)kk,Jν,k ∈ N,λk =RR(ν)где µk – корни уравненияαRJν (µ) + βµJν0 (µ) = 0.В нашем случае ν = 0, α = 1, β = 0, поэтомусобственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.24.8) имеют вид: 2 λk = µRk ,J0 µRk r ,k ∈ N,(1.24.9)где µk − корни уравненияJ0 (µ) = 0.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 Фурье∞Xµ rkf (r, t) =fk (t)J0,Rk=11fk (t) =21[J 0 (µ )] + 21 1 −2 | 0 {zk }=[−J1 (µk )]21· 2·20J 2 (µ ) R(µk )2 | 0 {z k}ZRµ rkrf (r, t)J0dr =R0=021= 2· 2·R J1 (µk )c Д.С. Ткаченко(1.24.10)-93-ZRrf (r, t)J00µ rkdr.RНачально – краевые задачи в кругеИтак,ZR21·fk (t) = 2 · 2R J1 (µk )µ rkrf (r, t)J0dr.R(1.24.11)0Аналогично, для функции ϕ(r) справедливо разложение в рядϕ(r) =∞Xϕ k J0k=1µ rkRс коэффициентами21·ϕk = 2 · 2R J1 (µk )ZRµ rkrϕ(r)J0dr.R(1.24.12)(1.24.13)0Шаг 4. Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.24.3), стр.
92, решения u(r, t) и разложение (1.24.12) 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 (1.24.4), стр.
92, и учитывая, что λk = µRk ,получаем задачу Коши:2 [µ ]2kTk (t) = fk (t),T0k (t) + a R2(1.24.14)Tk (0) = ϕk .Общее решение соответствующего однородного уравнения T0 (t) +TOO (t) = ce−(a2 [µk ]2T(t)R2= 0 имеет видµk a 2tR)Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариациипостоянных:2 [µ ]2kTk (t) = fk (t) в видеБудем искать решение уравнения T0k (t) + a R2T(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) +Zt0-94-fk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.24.15)№ 778 в)Из начального условия Tk (0) = vpk получаем, чтоc1 = ϕk .Таким образом, решение задачи (1.24.14) имеет вид:−(Tk (t) = ϕk eµk a 2tR) +Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.24.16)0где fk (t) и ϕk задаются формулами (1.24.11) и (1.24.13):2·fk (t) = 2 2R J1 (µk )ZRµ rkrf (r, t)J0dr,R2·ϕk = 2 2R J1 (µk )0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0Ответ в общем виде:v(r; t) =∞Xϕk e−(µk a 2tR) +k=1Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ J0µ rk,R0где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами (1.24.11)и (1.24.13):2·fk (t) = 2 2R J1 (µk )ZRµ rkrf (r, t)J0dr,R2ϕk = 2 2·R J1 (µk )0ZRµ rkrϕ(r)J0dr.R0Поскольку в нашем случае f (r, t) ≡ 0, а ϕ(r) = U r2 − T то все fk (t) ≡ 0, и нам надо посчитатьтолько ϕk :2ϕk = 2 2·R J1 (µk )ZR0ZRZRµ rµ rµ r2U2Tkkkrϕ(r)J0dr = 2 2· r 3 J0dr − 2 2· rJ0dr.RR J1 (µk )RR J1 (µk )R0Поэтому надо взять интегралыRRr 3 J00ZR0µk rRdr иRR00rJ0µk rRdr:Zµkµ rhhiµk r i R 4kr J0dr = x == 4 · x3 J0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр.
2, при ν = 1 =RRµk30=R4·µ4kZµkhix2 · [xJ1 (x)]0 dx = по частям =0x=µkZµkhiR= 4 · x3 J1 (x) − 2 x2 J1 (x) dx = в силу (1.1.9) при ν = 2 =µkx=040c Д.С. Ткаченко-95-Начально – краевые задачи в круге4Zµk 20R 3x J2 (x) dx =· µk J1 (µk ) − 24µk0x=µk R4R432= 4 · µk J1 (µk ) − 2 x J2 (x) = 4 · µ3k J1 (µk ) − 2µ2k J2 (µk ) =µkµkx=02R4 (µ2k − 4)= в силу (1.1.10) при ν = 1, J2 (µk ) −J1 (µk ) + J0 (µk ) = 0 =J1 (µk ) .| {z }µkµ3k==0(1.24.17)ZR0hi R2 Zµkhiµ rµrkkdr = x == 2 · xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
