Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 17

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

Текст из файла (страница 17)

Ткаченко-117-2λkn τdτ + c1 .Задачи в конечном цилиндреИ, наконец,−a2 λkn tToHo (t) = c1 eZt+fkn (τ )e−a2λkn (t−τ )dτ.(1.29.22)dτ.(1.29.23)0Из начального условия Tkn (0) = ϕkn получаем, чтоc1 = ϕkn .Таким образом, решение задачи (1.29.21) имеет вид:−λkn a2 tTkn (t) = ϕkn eZt+fkn (τ )e−λkn a2 (t−τ )0где fkn (t) и ϕk задаются формулами (1.29.18) и (1.29.20).Ответ в общем виде:Zt∞µ r πnz Xk−λkn a2 t−λkn a2 (t−τ )v(r, z; t) =ϕk e+ fkn (τ )edτ J0sin,Rlk,n=10µk 2+Rгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, λkn =формулами (1.29.18) и (1.29.20):4fkn (t) = 2 2·lR J1 (µk )ϕkn =4·2lR J12 (µk )Z l ZRrf (r, z; t)J00πn 2lа fkn (t) и ϕk задаютсяµ r πnz ksindrdz.Rl(1.29.18)0Z l ZRrϕ(r, z)J00µ r πnz ksindrdz.Rl(1.29.20)0Поскольку в нашем случае f (r, z; t) ≡ 0, а ϕ(r, z) ≡ −U , то все fkn = 0, а для вычисленияϕkn нам надо найти интегралZR0Zµkhihµ rµk r i R 2kdr = x == 2 · xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр.

2, при ν = 1 =rJ0RRµk0x=µk 0Zµk R2R2R2=J1 (µk ) . (1.29.24)= 2 ·xJ1 (x) dx = 2 · xJ1 (x) µkµkµkx=00Тогда для ϕkn мы получаемϕkn4= 2 2·lR J1 (µk )Z l ZRrϕ(r, z)J00µ r πnz ksindrdz =Rl04U= 2 2·lR J1 (µk )ZlZl R2J1 (µk )µksin πnz ldz =0 πnz z=l4Ulsindz =·− cos=llµk J1 (µk ) πnlz=008U,n = 2m − 1;4Unπ(2m−1)µk J1 (µk )=· (1 − (−1) ) =0,n = 2m, m ∈ N.πnµk J1 (µk )4U=·lµk J1 (µk ) πnz -118-1.30. № 781 Б)Таким образом, мы уже знаем функцию∞µ r8U X1π(2m − 1)zk−λk(2m−1) a2 tv(r, z; t) =eJ0sin,π k,m=1 (2m − 1)µk J1 (µk )Rlгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а λk(2m−1) =Ответ:µk 2R+π(2m−1)l2. Итак,∞µ r1π(2m − 1)z8U Xk−λk(2m−1) a2 teJ0sin,u(r, z; t) = U +π k,m=1 (2m − 1)µk J1 (µk )Rlгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а λk(2m−1) =µk 2R+π(2m−1)l2.1.30. № 781 б)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 температура нижнего основания поддерживаетсяравной U , а верхнее основание и боковая поверхность цилиндра теплоизолированы.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий2 1·(ru)+u+ f (r, z; t),u=arzztrru(r, z; 0) = ϕ1 (r),|u(0, z; t)| < ∞, ur (R, z; t) = 0u(r, 0; t) = U,uz (r, l; t) = 0,06r06r0<z06r< R, 0 < z < l,< R, 0 < z < l;< l, t > 0;< R, t > 0t > 0;(1.30.1)при f (r, z; t) ≡ 0 и ϕ1 (r, z) ≡ 0.Шаг 0.

Избавление от неоднородности в краевых условияхПоскольку на той части границы цилиндра, где задано граничное условие I-го рода, температура постоянна, а все остальные граничные условия II-го рода, естественно искать решениезадачи (1.30.1) в виде:u(r, z; t) = U + v(r, z; t),(1.30.2)где функция v(r, z; t) есть решение задачиvt = a2 1r · (rvr )r + vzz + f (r, z; t),v(r, z; 0) = ϕ(r, z),|v(0, z; t)| < ∞, vr (R, z; t) = 0v(r, 0; t) = vz (r, l; t) = 0,06r06r0<z06r< R, 0 < z < l,< R, 0 < z < l;< l, t > 0;< R, t > 0t > 0;(1.30.3)при f (r, z; t) ≡ 0 и ϕ(r, z) = −U .Шаг 1.

Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.30.3) в видеv(r, z; t) =∞ X∞XXk (r)Zn (z)Tkn (t),k=... n=...c Д.С. Ткаченко-119-(1.30.4)Задачи в конечном цилиндре1rто, подставив (1.30.4) в уравнение vt = a2 ·∞X· (rvr )r + vzz + f, получим:Xk (r)Zn (z)T0kn (t) =k,n=...∞∞ XX10000Xk (r)Zn (z)fkn (t).· (rXk (r)) Zn (z) + Xk (r)Zn (z) Tkn (t) +=ark,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(1.30.5)· (rX0k (r))0Z00n (z)= ηk ,= νn .Xk (r)Z(z)Таким образом, для функций Tkn (t), X(r) и Z(z) получаем уравнения1rT0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),10· (rX0k (r)) + ηk Xk (r) = 0,rZ00n (z) + νk Zn (z) = 0.(1.30.6)(1.30.7)(1.30.8)Равенство (1.30.7) мы перепишем в виде:10(1.30.9)· (rX0k (r)) = ηk Xk (r).rЭто – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.

Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.30.3).Условие |v(0, z; t)| < ∞ превратится в−|Xk (+0)| < ∞,(1.30.10)X0k (R) = 0.(1.30.11)а условие vr (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)| < ∞, 0Xk (R) = 0.-120-вида(1.1.17)с(1.30.12)№ 781 б)Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1.

Числоη = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν =α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.В нашем случае ν = α = 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.30.12) имеет собственноезначение η0 = 0 и соответствующую ему собственную функциюX0 (r) = 1.Остальные её строго положительные собственные значения находятся изтеоремы 1.1.4, стр. 4:Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие имсобственные функции имеют вид:#!"(ν)(ν) 2µk rµk(ν),k ∈ N,ηk =,JνRR(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 (1.30.12) имеют вид:η0 = 0X0 (r) = 1 µk 2ηk = R ,Xk = J0 µRk r ,k ∈ N,(1.30.13)где µk − корни уравненияJ1 (µ) = 0.Шаг 3.

Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn (z)Для функций Zn (z) мы получили уравнение (1.30.8) Z00n (z) + νk Zn (z) = 0. Добавим к немукраевые условия, следующие из условий v(r, 0; t) = vz (r, l; t) = 0, 0 6 r < R, t > 0, чтобыполучить задачу Штурма-Лиувилля: 00 Zn (z) + νn Zn (z) = 0.Zn (0) = 0,(1.30.14) 0Zn (l) = 0.Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.30.14) имеют вид:νn =π(2n − 1)2l2,Zn (z) = sinπ(2n − 1)z2l,n ∈ N.(1.30.15)Шаг 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 Фурье∞Xµ rk,f (r, z; t) =fk (z; t)J0Rk=0c Д.С. Ткаченко-121-(1.30.16)Задачи в конечном цилиндре1fk (z; t) = 21J00 (µk ) + 12 1 −2| {z }02(µk )2J02 (µk )1· 2·RZRµ rkdr =rf (r, z; t)J0R0=021·= 2· 2R J0 (µk )ZRrf (r, z; t)J0µ rkdr.R0Итак,2·fk (z; t) = 2 2R J0 (µk )ZRrf (r, z; t)J0µ rkdr.R0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в рядϕ(r, z) =∞Xϕk (z)J0k=0µ rkR2ϕk (z) = 2 2·R J0 (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 (1.30.14), в результате получаем следующиепредставления функций f (r, z; t) и ϕ(r, z):∞∞ XXµ rπ(2n − 1)zkfkn (t)J0sinf (r, z; t) =,R2lk=0 n=1fkn (t) =2R2 J02 (µk )·2·lZR0(1.30.17) RZµ r rf (r, z; t)J0 k dr sin πnz dz.Rl0Итак,4·fkn (t) = 2 2lR J0 (µk )Z l ZR0µ rπ(2n − 1)zkrf (r, z; t)J0sindrdz.R2l(1.30.18)0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд∞ X∞Xµ rπ(2n − 1)zkϕ(r, z) =ϕkn J0sinR2lk=0 n=1ϕkn4= 2 2·lR J0 (µk )Z l ZR0с коэффициентамиµ rπ(2n − 1)zkrϕ(r, z)J0sindrdz.R2l(1.30.19)(1.30.20)0Шаг 5.

Составление и решение задачи для Tkn (t)Если искомый вид (1.30.4), стр. 119, решения v(r, t) и разложение (1.30.19) функции ϕ(r, z)подставить в начальное условиеv(r, z, 0) = ϕ(r, z),-122-№ 781 б)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 (1.30.6), стр. 120, получаем задачу Коши: 0Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),(1.30.21)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 )ea2λkn τdτ + c1 .0И, наконец,−a2 λkn tToHo (t) = c1 eZt+fkn (τ )e−a2λkn (t−τ )dτ.(1.30.22)dτ.(1.30.23)0Из начального условия Tkn (0) = ϕkn получаем, чтоc1 = ϕkn .Таким образом, решение задачи (1.30.21) имеет вид:−λkn a2 tTkn (t) = ϕkn eZt+fkn (τ )e−λkn a2 (t−τ )0где fkn (t) и ϕk задаются формулами (1.30.18) и (1.30.20).Ответ в общем виде:v(r, z; t) =∞ X∞Xk=0 n=1c Д.С.

Ткаченко−λkn a2 tϕkn eZt+−λkn a2 (t−τ )fkn (τ )e0-123-µ rπ(2n−1)zkdτ  J0sin,R2lЗадачи в конечном цилиндрегде µ0 = 0, µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0, λkn =ϕk задаются формулами (1.30.18) и (1.30.20):4·fkn (t) = 2 2lR J0 (µk )ϕkn4= 2 2·lR J0 (µk )Z l ZR0+π(2n−1)2l2, а fkn (t) иµ rπ(2n − 1)zkrf (r, z; t)J0sindrdz.R2l(1.30.18)µ rπ(2n − 1)zkrϕ(r, z)J0sindrdz.R2l(1.30.20)0Z l ZR0µ2kR20Поскольку в нашем случае f (r, z; t) ≡ 0, а ϕ(r, z) ≡ −U , то все fkn = 0, а для вычисленияϕkn нам надо найти интегралZR0Zµkµ rhhiµk r i R 2krJ0dr = x == 2 · xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр.

2, при ν = 1 =RRµk0x=µk 0Zµk R2R2R2xJ1 (x) dx = 2 · xJ1 (x) =J1 (µk ) = 0,= 2 ·µkµkµk | {z }x=00k 6= 0. (1.43.17)=0Тогда для ϕkn мы получаемϕkn4= 2 2·lR J0 (µk )Z l ZR0µ rπ(2n − 1)zkdr sinrϕ(r, z)J0dz = 0,R2l|0{z}k 6= 0.=0ϕ0n4= 2 2·lR J0 (µ0 )| {z }Z l ZR00µ rπ(2n − 1)zkrϕ(r, z)J0sindrdz =2l| {zR }=J02 (0)=1=J0 (0)=1ZRZlπ(2n − 1)zrdr sindz =2l00 z=l24U R2lπ(2n − 1)z= 2··− cos=lR2 π(2n − 1)2lz=04U4U=· (1 − 0) =π(2n − 1)π(2n − 1)4U= 2·lRТаким образом, мы уже знаем функцию∞4U X 1π(2n − 1)z−λ0n a2 tv(r, z; t) =esin,π n=1 2n − 12lгде λ0n =Ответ:где λ0n =π(2n−1)2l2. Итак,∞4U X 1π(2n − 1)z−λ0n a2 t,u(r, z; t) = U +esinπ n=1 2n − 12lπ(2n−1)2l2.-124-1.31.

Характеристики

Список файлов лекций