Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 14
Текст из файла (страница 14)
2, при ν = 1 =rJ0RRµk0R2= 2 ·µkZµk0R2[xJ1 (x)] dx = 2 ·µk0x=µk R2=xJ1 (x) J1 (µk ) . (1.24.18)µkx=0Поэтому для ϕk справедливо представление:2Uϕk = 2 2·R J1 (µk )ZR0ZRµ rµ r2Tkkr J0dr − 2 2· rJ0dr =RR J1 (µk )R30=R2U·22R J1 (µk )4(µ2k −µ3k4)J1 (µk ) −R22T·J1 (µk ) =R2 J12 (µk ) µk2 (U R2 (µ2k − 4) − T µ2k )=µ3k J1 (µk )Итак, для функции v(r, t) – решения задачи (1.24.2) получаем:v(r; t) =∞X2 (U R2 (µ2 − 4) − T µ2 )kk=1kµ3k J1 (µk )e−() J µk r ,0Rµk a 2tRгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.Наконец, для u(r, t) = T + v(r, t) у нас получилсяОтвет:∞X2 (U R2 (µ2k − 4) − T µ2k ) −( µkR a )2 t µk r u(r; t) = T +eJ0,µ3k J1 (µk )Rk=1где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.25.
№ 779 Выделение стационарной части решения.В бесконечном однородном круглом цилиндре радиуса R с момента t = 0 выделяется тепло постоянной плотностью Q. Считая температуру цилиндрапри t = 0 равной нулю, определить распределение температуры в нём приt > 0, если поверхность цилиндра поддерживается при температуре T .-96-№ 779 Выделение стационарной части решения.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий0 6 r < R, t > 0; ut = a2 · 1r · (rur )r + f1 (r, t),u(r, 0) = ϕ1 (r),0 6 r < R;|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = T,t>0(1.25.1)Q, а ϕ1 (r) ≡ 0.при f1 (r, t) = cρШаг 0. Избавление от неоднородности в краевом условииПоскольку функции в правых частях краевого условия I-го рода и уравнения имеют видконстанты, естественно искать решение (1.25.1) в видеu(r, t) = T + w(r) + v(r, t),где w(r) – решение задачи: wt = a2 · wrr + 1r wr +|{z} =0|w(0)| < ∞, w(R) = 0,Q,cρ0 6 r < R,t > 0;(1.25.2)t>0Легко найти частное решение неоднородного уравненияQQ1≡ − ,w00 (r) + w0 (r) = − 2ra cρk(1.25.3)(k – коэффициент теплопроводности) в виде wчно = c1 r2 .
Подставив его в уравнение получаем, чтоQQ2r=⇒c1 = −.2c1 + c1 = −rk4kПоэтомуQ 2wчно = −r .4kОбщее же решение однородного уравнения wo00 (r) + 1r wo0 (r) = 0 находится так:0(ln wo0 (r))1= − ≡r1lnr0,откудаwo0 (r) =1c2 r=⇒wo (r) = ln r + c3 .Таким образом, общее решение уравнения (1.25.3) имеет видw(r) = 3 ln r + c4 −Q 2r .4kИз краевого условия |w(0)| < ∞ получаем, что c3 = 0, а из краевого условия w(R) = 0 следует,2что c4 = QR.
Таким образом,4kQ (R2 − r2 ).w(r) =4kТогда функция v(r, t) = u(r, t) − T − w(r) 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;(1.25.4)|v(0, t)| < ∞, v(R, t) = 0,t>0c Д.С. Ткаченко-97-Начально – краевые задачи в кольцеQ(R2 −r 2 ).при f (r, t) ≡ 0, а ϕ(r) = −T −4kИменно такую задачу (1.28.2) мы решили на стр. 111 – 95. Воспользуемся результатом:Ответ в общем виде:v(r; t) =∞Xϕn e−(µn a 2tR) +n=1Zt−(fn (τ )eµn a 2(t−τ )R)µ rndτ J0,R0где µn – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а fn (t) и ϕn задаются формулами (1.24.11)и (1.24.13):2·fn (t) = 2 2R J1 (µn )ZRµ rnrf (r, t)J0dr,R2·ϕn = 2 2R J1 (µn )0ZRrϕ(r)J0µ rndr.R0Там же, на стр.
180 – 180 мы взяли2 интегралыZRr 3 J00µ rR4 (µ2n − 4)ndr =J1 (µn ) ,Rµ3n(1.43.16)µ rR2nJ1 (µn ) .dr =Rµn(1.43.17)ZRrJ00Поэтому для ϕ(r) = −T −= −T −QR24k+Q4k· r2 получаемZRµ rµ rQR22nnr J0dr − T +· rJ0dr =· 2 2R4kR J1 (µn )R00422Q2R (µn − 4)QRR22=· 2 2·J(µ)−T+·J1 (µn ) =·1n4k R J1 (µn )µ3n4kR2 J12 (µn ) µn2222222)−4kTµ·J(µ)−4−µRQR(µ2QR+kTµ1nnnnn2= 2 2·= −33R J1 (µn )4kµnkµn J1 (µn )Q2ϕn =· 2 2·4k R J1 (µn )ZRQ(R2 −r 2 )4k3Таким образом,∞2 X QR2 + kT µ2n −( µnR a )2 t µn r v(r; t) = −·eJ0,k n=1 µ3n · J1 (µn )Rгде µn – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, и, наконец, для функции u(r, t) = T +w(r) + v(r, t) получаем:Ответ:∞Q (R2 − r2 )2 X QR2 + kT µ2n −( µnR a )2 t µn r ·eu(r; t) = T +−J0,4kk n=1 µ3n · J1 (µn )Rгде µn – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.2Для случая, когда µn есть положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.-98-1.26.
№ 780 А)1.26. № 780 а)В начальный момент времени t = 0 температура бесконечной однородной трубы b 6 r 6 d равна U . Найти распределение температуры в трубе при t > 0если поверхности трубы поддерживаются при нулевой температуре.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, t) из условийb < r < d, t > 0; ut = a2 · 1r · (rur )r + f (r, t),u(r, 0) = ϕ(r),b < r < d;(1.26.1)u(b, t) = u(d, t) = 0,t>0при f (r, t) ≡ 0 и ϕ(r) = U .Шаг 1. Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.26.1) в видеu(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.26.2)k=...и предположить, что для f (r, t) справедливо аналогичное представление рядом:f (r; t) =∞XXk (r)fk (t),(1.26.3)k=...то, подставив (1.26.2) и (1.26.3) в уравнение ut = a2 · 1r · (rur )r + f, получим:∞Xk=...Xk (r)T0k (t)∞∞XX1 ∂∂Xk (r)=a·Xk (r)fk (t).rTk (t) +r∂r∂rk=...k=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:a2 ∂∂Xk (r)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)=.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∂·r0r ∂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),а для функций X(r) – уравнение:1 ∂·r ∂rc Д.С.
Ткаченко∂Xk (r)r∂r-99-+ λk Xk (r) = 0,(1.26.4)Начально – краевые задачи в кольцекоторое мы перепишем в виде:∂∂r∂Xk (r)r∂r= −λk rXk (r).(1.26.5)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.26.1).Условия u(b, t) = 0 и u(d, t) = 0 превратятся вXk (b) = 0,Xk (d) = 0.(1.26.6)Шаг 2.
Решение задачи Штурма-ЛиувилляДля функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля для уравнения Бесселя с ν = 00b < r < d; rX0k (r) = −λk rXk (r),(1.26.7)Xk (b) = 0,Xk (d) = 0.Воспользуемся результатом теоремы 1.1.1, стр. 2.Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)x2 Z00 (x) + xZ0 (x) + x2 − ν 2 Z(x) = 0(1.1.1)задаётся формулойZν (x) = c1 Jν (x) + c2 Nν (x),ν ∈ R.0Наше уравнение rX0k (r) = −λk rXk (r) обычной уже заменойx=pλk r,λk = µ2k > 0сводится к уравнениюx2 Z00 (x) + xZ0 (x) + x2 Z(x) = 0,которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0. Поэтому его общее решение задаётся формулойppXk (r) = c1 J0λ k r + c 2 N0λk r = c1 J0 (µk r) + c2 N0 (µk r) .(1.26.8)В силу краевых условий Xk (b) = 0, Xk (b) = 0 имеемc1 J0 (µk b) + c2 N0 (µk b) = 0,c1 J0 (µk d) + c2 N0 (µk d) = 0.(1.26.9)Если рассматривать (1.26.9) как систему линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) относительно переменных c1 и c2 , то, учитывая, что нас интересуют нетривиальные решенияc21 + c22 6= 0,определитель этой системы должен равняться нулю: J0 (µk b) N0 (µk b) J0 (µk d) N0 (µk d) = J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0.(1.26.10)Тогда, решив систему (1.26.9), получимc2 = −J0 (µk b) .c1 = N0 (µk b) ,-100-(1.26.11)№ 780 а)Итак, при µk > 0, при которых выполнено равенство (1.26.10), существует нетривиальноерешение (1.26.8) задачи (1.26.7):Xk (r) = N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) ,(1.26.12)где µk – положительные решения уравнения (1.26.10)J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0.Шаг 3.
Разложение функций f (r, t) и ϕ(r) в ряд по собственным функциям задачиШтурма-ЛиувилляВыясним, какие формулы будут справедливы для коэффициентов разложения функции ϕ(r)в ряд по системе собственных функций задачи Штурма–Лиувилля (1.26.7). В соответствии стеоремой 3.1.10, стр. 242, функция f (r, t) разлагается в ряд Фурьеf (r, t) =∞Xfk (t)X(r) =k=1fk (t) = ∞Xfk (t) N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r)Zd2r2 −ν2µ2k,(1.26.13)k=1r=dr=d ·2202+ r (Z ) (µk r)r=bZ (µk r)r=b=d2hirf (r, t)X (r) dr = ν = 0 =b2·220Z (µk d) + Z (µk d) − b2 Z2 (µk b) + Z0 2 (µk b)Zdrf (r, t)X (r) dr.bДалее, так как X(r) = N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r),2022022N0 (µk b) J0 (µk d) − J0 (µk b) N0 (µk d) +{z}|=0 в силу (1.26.10)2 J0 (µk b)200+µk N0 (µk b) J0 (µk d) − J0 (µk b) N0 (µk d)= в силу (1.26.10) N0 (µk b) =· N0 (µk d) =J0 (µk d)2 2J0 (µk b)200· N0 (µk d) J0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk d)== µk ·J0 (µk d)2 J0 (µk d) N0 (µk d) 2J0 (µk b)2= µk ·· 0J0 (µk d) N00 (µk d) J0 (µk d)Z (µk d) + Z (µk d) =2N0 (µk b) J0 (µk b) − J0 (µk b) N0 (µk b) +|{z}=0 тождественно22002 J0 (µk b) N0 (µk b)+ µk N0 (µk b) J0 (µk b) − J0 (µk b) N0 (µk b)= µk 0J0 (µk b) N00 (µk b)Z (µk b) + Z (µk b) =2Поскольку известно равенство (см.
утверждение 3.1.1) для Вронскиана функций Бесселя иНеймана Jν (x) Nν (x) = 2W [Jν , Nν ] (x) = 0(3.1.12)0Jν (x) Nν (x) πxc Д.С. Ткаченко-101-Начально – краевые задачи в кольцето2d2022Z (µk d) + Z (µk d) − b Z (µk b) + Z (µk b) ="#24 J 2 (µk b) − J02 (µk d)44J(µb)0k= µ2k d2 ·· 2 2 2 − b2 · 2 2 2 = 2 · 0J0 (µk d)π µk dπ µk bπJ02 (µk d)022Итак,f (r, t) =∞Xfk (t)X(r) =k=1∞Xfk (t) N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r)(1.26.13)k=1π 2 J02 (µk d)·fk (t) = 22 J0 (µk b) − J02 (µk d)Zdrf (r, t)X (r) dr.(1.26.14)bАналогично, для функции ϕ(r) справедливо разложение в ряд∞∞XXϕ(r) =ϕk X(r) =ϕk N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r)k=1,(1.26.15)k=1с коэффициентамиπ 2 J02 (µk d)·ϕk = 22 J0 (µk b) − J02 (µk d)Zdrϕ(r)X (r) dr.(1.26.16)bШаг 4. Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.26.2), стр.
99, решения u(r, t) и разложение (1.26.15) функции ϕ(r) подставить в начальное условиеu(r, 0) = ϕ(r),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 (1.26.4), стр. 99, и учитывая, что λk = µRk ,получаем задачу Коши:2 [µ ]2kT0k (t) + a RTk (t) = fk (t),2(1.26.17)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 ]2kБудем искать решение уравнения T0k (t) + a RTk (t) = fk (t) в виде2T(t) = c(t)e−(-102-µk a 2tR) .№ 780 а)Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функциюc(t):2µk ac0 (t) = fk (t)e( R )tОтсюдаZtc(t) =2µk afk (τ )e( R ) τ dτ + c1 .0И, наконец,ToHo (t) = c1 e−(µk a 2tR) +Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.26.18)0Из начального условия Tk (0) = vpk получаем, чтоc1 = ϕk .Таким образом, решение задачи (1.26.17) имеет вид:−(Tk (t) = ϕk eµk a 2tR) +Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.26.19)0где fk (t) и ϕk задаются формулами (1.26.14) и (1.26.16).Ответ в общем виде:u(r; t) =∞Xk=1−(ϕ k eµk a 2tR) +Zt−(fk (τ )eµk a 2(t−τ )R)dτ N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r),0где µk – положительные решения уравнения (1.26.10)J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0,а fk (t) и ϕk задаются формулами (1.26.14) и (1.26.16):π 2 J02 (µk d)·fk (t) = 22 J0 (µk b) − J02 (µk d)π 2 J02 (µk d)·ϕk = 22 J0 (µk b) − J02 (µk d)c Д.С.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
