Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 16

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

Текст из файла (страница 16)

Решение задачи (1.28.1)Эту задачу мы уже полностью решили в № 780 а). Воспользуемся результатом:Ответ в общем виде:v(r; t) =∞Xk=1ϕk e−(µk a 2tR) +Zt−(fk (τ )eµk a 2(t−τ )R)dτN0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) ,0где µk – положительные решения уравненияJ0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0,(1.28.3)а fk (t) и ϕk задаются формулами: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. Ткаченко-111-Zdrf (r, t)X (r) dr.(1.28.4)rϕ(r)X (r) dr.(1.28.5)bZdbНачально – краевые задачи в кольцеПоскольку в нашем случае f (r, t) =ZdQrf (r, t)X (r) dr =cρbQ,cρа ϕ(r) ≡ 0, то нам надо посчитатьrf (r, t)X (r) dr.bZd r N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) dr =bQ= N0 (µk b)cρZdQrJ0 (µk r) dr − J0 (µk b)cρb=RdZdhirN0 (µk r) dr = x = µk r =b00Zµk dZµk dQQ=N0 (µk b)J0 (µk b)xJ1 (x) dx −xN1 (x) dx =cρµ2kcρµ2kµk bµk bQd  Qb N0 (µk b) J1 (µk d) − J0 (µk b) N1 (µk d)−N0 (µk b) J1 (µk b) − J0 (µk b) N1 (µk b)  ={z}{z}{z}{z}||||cρµkcρµk=−J00 (µk d)=−N00 (µk d)=−J 0 (µk b)=−N 0 (µk b)00QbQdJ (µ b) N0 (µk b) J0 (µk b) N00 (µk d) − N0 (µk b) J00 (µk d) −· 00 k==J0 (µk b) N00 (µk b) cρµkcρµkJ0 (µk b)· N0 (µk d) == в силу (1.26.10) N0 (µk b) =J0 (µk d)Qd J0 (µk b)00=·· J0 (µk d) N0 (µk d) − N0 (µk d) J0 (µk d) −cρµk J0 (µk d)Qb J0 (µk b) N0 (µk b) =−·cρµk J00 (µk b) N00 (µk b) iU d J0 (µk b) J0 (µk d) N0 (µk d) Qb J0 (µk b) N0 (µk b) h=−=всилу(3.1.12)·· 0·=J0 (µk d) N00 (µk d) cρµk J00 (µk b) N00 (µk b) µk J0 (µk d)QJ0 (µk b)222QJ0 (µk b) − J0 (µk d)=· d··− b·.=·2cρµkJ0 (µk d) πµk dπµk bπcρµkJ0 (µk d)Поэтому для коэффициентов fk (t) получаем формулу:π 2 J02 (µk d)·fk (t) = 22 J0 (µk b) − J02 (µk d)Zdrf (r, t)X (r) dr =bπ 2 J02 (µk d)J0 (µk b) − J0 (µk d)2Q= 2·=·2πcρµkJ0 (µk d)2 J0 (µk b) − J02 (µk d)a−b122= по формуле разности квадратов a − b = (a − b)(a + b) ⇒==a2 − b 2a+bπQJ0 (µk d)=2cρµk J0 (µk b) + J0 (µk d)Итак, мы будем готовы записать ответ задачи (1.28.2)v(r; t) =∞ ZXt−(fk (τ )eµk a 2(t−τ )R)dτN0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r)k=1 0-112-,1.29.

№ 781 А)как только посчитаем интегралыRtfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ . Это просто, поскольку в нашем случае0fk (τ ) ≡ const.Zt−(fk (τ )eµk a 2(t−τ )R)−(dτ = fk eµk a 2tR)Zt00µk a 2µk a 2R2 µk a 2e( R ) τ dτ = fk e−( R ) t · 2 2 · e( R ) t − 1 =µk a=µ a 2R2 fk −( kR ) t·1−eµ2k a2Наконец, поскольку u(r; t) = v(r; t) + U ,Ответ:∞ Xµ a 2R2 fk −( kR ) t· N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) ,u(r; t) = U +· 1−eµ 2 a2k=1 kгде µk – положительные решения уравнения (1.28.3)J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0,а fk задаются формулой:fk =cρµ2kπQJ0 (µk d)J0 (µk b) + J0 (µk d)Замечание 1.28.1. Ответ к примеру № 780 в) записаны в форме, отличной от формы ответа взадачнике.

Чтобы получить ответ такого же вида, надо искать решение не в видеu(r; t) = v(r; t) + U,а в видеu(r; t) = v(r; t) + U + w(r),который позволяет явно выделить стационарную (то есть не зависящую от времени) составляющую часть решения.1.29. № 781 а)Считая начальную температура однородного цилиндра 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π,0 < z < l равной нулю, определить распределение температуры в цилиндрепри t > 0 для случая, когда поверхность цилиндра поддерживается при постоянной температуре U .Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условийut = a2 1r · (rur )r + uzz + f (r, z; t),0 6 r < R, 0 < z < l, t > 0;u(r, z; 0) = ϕ1 (r, z),0 6 r < R, 0 < z < l;(1.29.1)|u(0,z;t)|<∞,u(R,z;t)=U0 < z < l, t > 0;u(r, 0; t) = u(r, l; t) = U,0 6 r < R, t > 0c Д.С.

Ткаченко-113-Задачи в конечном цилиндрепри f (r, z; t) ≡ 0 и ϕ1 (r, z) ≡ 0.Шаг 0. Избавление от неоднородности в краевых условияхПоскольку на всей границе цилиндра задано одно и то же условие I-го рода с функцией,равной тождественно константе, естественно искать решение задачи (1.29.1) в виде:u(r, z; t) = U + v(r, z; t),где функция v(r, z; t) есть решение задачи2 1·(rv)+v+ f (r, z; t),v=arzztrrv(r, z; 0) = ϕ(r, z),|v(0, z; t)| < ∞, v(R, z; t) = 0v(r, 0; t) = v(r, l; t) = 0,06r06r0<z06r< R, 0 < z < l,< R, 0 < z < l;< l, t > 0;< R, t > 0(1.29.2)t > 0;(1.29.3)при f (r, z; t) ≡ 0 и ϕ(r, z) = −U .Шаг 1. Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.29.3) в видеv(r, z; t) =∞ X∞XXk (r)Zn (z)Tkn (t),(1.29.4)k=...

n=...1rто, подставив (1.29.4) в уравнение vt = a2 ·∞X· (rvr )r + vzz + f, получим:Xk (r)Zn (z)T0kn (t) =k,n=...∞ ∞XX10000=a· (rXk (r)) Zn (z) + Xk (r)Zn (z) Tkn (t) +Xk (r)Zn (z)fkn (t).rk,n=...k,n=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:Xk (r)Zn (z)T0kn (t)a20· (rX0k (r)) Zn (z)Tkn (t) + a2 Xk (r)Z00n (z)Tkn (t) + Xk (r)Zn fkn (t),=r∀k.Поделив последнее равенство на a2 Xk (r)Zn (z)Tkn (t), получим:T0kn (t) − fkn (t)=a2 Tkn (t)1r· (rX0k (r))0 Z00n (z)+.Xk (r)Z(z)Левая часть зависит только от t, правая – от r и z, следовательно равны они могут бытьтолько в случае, когда ∃λkn ∈ R :T0kn (t) − fkn (t)=a2 Tkn (t)1r· (rX0k (r))0 Z00n (z)+= −λkn .Xk (r)Z(z)C другой стороны, сумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z,может быть константой в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа.То есть∃ ηk , ν n ∈ R :ηk + νn = λkn , и(1.29.5)1r· (rX0k (r))0= ηk ,Xk (r)-114-Z00n (z)= νn .Z(z)№ 781 а)Таким образом, для функций Tkn (t), X(r) и Z(z) получаем уравненияT0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),10· (rX0k (r)) + ηk Xk (r) = 0,rZ00n (z) + νk Zn (z) = 0.(1.29.6)(1.29.7)(1.29.8)Равенство (1.29.7) мы перепишем в виде:−10· (rX0k (r)) = ηk Xk (r).r(1.29.9)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.

Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.29.3).Условие |v(0, z; t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.29.10)Xk (R) = 0.(1.29.11)а условие v(R, z; t) = 0 – в условиеШаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk (r)Для функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляλ = ηk , ν = 0, α = 1 и β = 0:0 − (rX0k (r)) = ηk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞,Xk (R) = 0.вида(1.1.17)с(1.29.12)Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр.

4.Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число η = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когдаν = α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.В нашем случае α = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.29.12) 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) 2µµr(ν)kkηk =,Jν,k ∈ N,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 (1.29.12) имеют вид: 2 ηk = µRk ,J0 µRk r ,k ∈ N,(1.29.13)где µk − корни уравненияJ0 (µ) = 0.c Д.С.

Ткаченко-115-Задачи в конечном цилиндреШаг 3. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn (z)Для функций Zn (z) мы получили уравнение (1.29.8) Z00n (z) + νk Zn (z) = 0. Добавим к немукраевые условия, следующие из условий v(r, 0; t) = v(r, l; t) = 0, 0 6 r < R, t > 0, чтобыполучить задачу Штурма-Лиувилля: 00 Zn (z) + νn Zn (z) = 0.Zn (0) = 0,(1.29.14)Zn (l) = 0.Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.29.14) имеют вид: πn 2 πnz νn =,Zn (z) = sin,n ∈ N.(1.29.15)llШаг 4. Разложение функций f (r, z; t) и ϕ(r, z) в ряд по собственным функциямзадач Штурма-Лиувилля√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр.

4, функция r f (r, z; t) разлагается в ряд Фурьеf (r, z; t) =∞Xfk (z; t)J0k=11fk (z; t) = 21J00 (µk ) + 21 1 −2| {z }02(µk )2J02 (µk )| {z }1· 2·Rµ rk,RZRrf (r, z; t)J0(1.29.16)µ rkdr =R0=0=[−J1 (µk )]221= 2· 2·R J1 (µk )ZRµ rkrf (r, z; t)J0dr.R0Итак,21fk (z; t) = 2 · 2·R J1 (µk )ZRµ rkrf (r, z; t)J0dr.R0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в рядϕ(r, z) =∞Xϕk (z)J0k=1µ rkR21ϕk (z) = 2 · 2·R J1 (µk )с коэффициентамиZRrϕ(r, z)J0µ rkdr.R0В свою очередь, каждая из функций fk (z; t) и ϕk (z) могут быть разложены в ряд по собственным функциям задачи Штурма–Лиувилля (1.29.14), в результате получаем следующиепредставления функций f (r, z; t) и ϕ(r, z):f (r, z; t) =∞Xfkn (t)J0k,n=1-116-µ r πnz ksin,Rl(1.29.17)№ 781 а)fkn (t) =221· ·· 22R J1 (µk ) lZRZRµ r πnz krf (r, z; t)J0dr sindz.Rl00Итак,4·fkn (t) = 2 2lR J1 (µk )Z l ZRrf (r, z; t)J00µ r πnz ksindrdz.Rl(1.29.18)0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в рядϕ(r, z) =∞Xk,n=1ϕknϕkn J0µ r πnz ksinRl4·= 2 2lR J1 (µk )Z l ZR0с коэффициентами(1.29.19)µ r πnz krϕ(r, z)J0sindrdz.Rl(1.29.20)0Шаг 5.

Составление и решение задачи для Tkn (t)Если искомый вид (1.29.4), стр. 114, решения v(r, t) и разложение (1.29.19) функции ϕ(r, z)подставить в начальное условиеv(r, z, 0) = ϕ(r, z),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)Zn (z)Tkn (0) = ϕkn Zn (z)Xk (r).Таким образом, получаем начальные условия на функции Tkn (t):Tkn (0) = ϕkn .В совокупности с полученным ранее уравнением (1.29.6), стр. 115, получаем задачу Коши: 0Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),(1.29.21)Tkn (0) = ϕkn .Общее решение соответствующего однородного уравнения T0 (t) + a2 λkn T(t) = 0 имеет видTOO (t) = ce−a2λkn tЧтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариациипостоянных:Будем искать решение уравнения T0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t) в видеT(t) = c(t)e−a2λkn t.Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функциюc(t):2c0 (t) = fkn (t)ea λkn tОтсюдаZtc(t) =fkn (τ )ea0c Д.С.

Характеристики

Список файлов лекций