Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 18

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

Текст из файла (страница 18)

№ 781 В)1.31. № 781 в)Считая начальную температура однородного цилиндра 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π,0 < z < l равной нулю, определить распределение температуры в цилиндре приt > 0 для случая, когда температура боковой поверхности поддерживаетсяравной U , а основания 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),0 6 r < R, 0 < z < l, t > 0;u=arzztrru(r, z; 0) = ϕ1 (r),0 6 r < R, 0 < z < l;(1.31.1)|u(0, z; t)| < ∞, u(R, z; t) = U0 < z < l, t > 0;uz (r, 0; t) = uz (r, l; t) = 0,0 6 r < R, t > 0при 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 (1.31.1) в виде:u(r, z; t) = U + v(r, z; t),(1.31.2)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)| < ∞, v(R, z; t) = 0vz (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;(1.31.3)при f (r, z; t) ≡ 0 и ϕ(r, z) = −U .Шаг 1. Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.31.3) в видеv(r, z; t) =∞∞ XXXk (r)Zn (z)Tkn (t),(1.31.4)k=... n=...то, подставив (1.31.4) в уравнение vt = a2 ·∞X1r· (rvr )r + vzz + f, получим:Xk (r)Zn (z)T0kn (t) =k,n=...∞ ∞XX10000· (rXk (r)) Zn (z) + Xk (r)Zn (z) Tkn (t) +Xk (r)Zn (z)fkn (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),rПоделив последнее равенство на a2 Xk (r)Zn (z)Tkn (t), получим:T0kn (t) − fkn (t)=a2 Tkn (t)c Д.С.

Ткаченко1r· (rX0k (r))0 Z00n (z)+.Xk (r)Z(z)-125-∀k.Задачи в конечном цилиндреЛевая 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(1.31.5)1r· (rX0k (r))0= ηk ,Xk (r)Z00n (z)= νn .Z(z)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.(1.31.6)(1.31.7)(1.31.8)Равенство (1.31.7) мы перепишем в виде:−10· (rX0k (r)) = ηk Xk (r).r(1.31.9)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.

Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.31.3).Условие |v(0, z; t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.31.10)Xk (R) = 0.(1.31.11)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(1.31.12)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 (1.31.12) 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) 2(ν)µµr(ν)kkηk =,Jν,k ∈ N,RR-126-№ 781 в)(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 (1.31.12) имеют вид: 2 ηk = µRk ,J0 µRk r ,k ∈ N,(1.31.13)где µk − корни уравненияJ0 (µ) = 0.Шаг 3.

Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn (z)Для функций Zn (z) мы получили уравнение (1.31.8) Z00n (z) + νk Zn (z) = 0. Добавим к немукраевые условия, следующие из условий vz (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.Z0 (0) = 0,(1.31.14) n0Zn (l) = 0.Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.31.14) имеют вид:ν0 = 0Z0 (z) = 1,(1.31.15)πn 2νn = l ,Zn (z) = cos πnz,n ∈ N.lШаг 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∞µ rXk,(1.31.16)f (r, z; t) =fk (z; t)J0Rk=11fk (z; t) = 2011J1−(µ)+k022| {z }02(µk )2J02 (µk )| {z }1· 2·RZRrf (r, z; t)J0µ rkdr =R0=0=[−J1 (µk )]221= 2· 2·R J1 (µk )ZRrf (r, z; t)J00Итак,12·fk (z; t) = 2 · 2R J1 (µk )ZRrf (r, z; t)J0µ rkdr.R0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд∞µ rXkϕ(r, z) =ϕk (z)J0с коэффициентамиRk=121ϕk (z) = 2 · 2·R J1 (µk )c Д.С.

ТкаченкоZRrϕ(r, z)J00-127-µ rkdr.Rµ rkdr.RЗадачи в конечном цилиндреВ свою очередь, каждая из функций fk (z; t) и ϕk (z) могут быть разложены в ряд по собственным функциям задачи Штурма–Лиувилля (1.31.14), в результате получаем следующиепредставления функций f (r, z; t) и ϕ(r, z):!∞∞µ r πnz XXfk0 (t)J0 µRk rk+fkn (t)J0cos,(1.31.17)f (r, z; t) =2Rln=1k=1fkn (t) =221···2R2 J1 (µk ) lZRZRµ r πnz krf (r, z; t)J0dr cosdz.Rl00Итак,4fkn (t) = 2 2·lR J1 (µk )Z l ZRrf (r, z; t)J00µ r πnz kcosdrdz.Rl(1.31.18)0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд!∞∞µ r πnz XXϕk0 J0 µRk rkϕ(r, z) =+ϕkn J0cosс коэффициентами (1.31.19)2Rln=1k=1ϕkn4= 2 2·lR J1 (µk )Z l ZRrϕ(r, z)J00µ r πnz kcosdrdz.Rl(1.31.20)0Шаг 5.

Составление и решение задачи для Tkn (t)Если искомый вид (1.31.4), стр. 125, решения v(r, t) и разложение (1.31.19) 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 (1.31.6), стр.

126, получаем задачу Коши: 0Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),(1.31.21)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−a-128-2λkn t.№ 781 в)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.(1.31.22)dτ.(1.31.23)0Из начального условия Tkn (0) = ϕkn получаем, чтоc1 = ϕkn .Таким образом, решение задачи (1.31.21) имеет вид:Tkn (t) = ϕkn e−λkna2 tZt+fkn (τ )e−λkn a2 (t−τ )0где fkn (t) и ϕk задаются формулами (1.31.18) и (1.31.20).Ответ в общем виде:∞XZtµ r1k−λkn a2 t−λk0 a2 (t−τ )v(r, z; t) =ϕk0 e+ fk0 (τ )edτ J0+2Rk=10tZ∞Xϕkn e−λkn a2 t + fkn (τ )e−λkn a2 (t−τ ) dτ  J0 µk r cos πnz  ,+Rln=10где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, λkn =формулами (1.31.18) и (1.31.20):4fkn (t) = 2 2·lR J1 (µk )ϕkn =4·2lR J12 (µk )ZlZRrϕ(r, z)J00Z l ZRrf (r, z; t)J0µ2kR2+πn 2,lа fkn (t) и ϕk задаются πnz µ rkcosdrdz,Rl(1.31.18)00µ r πnz kcosdrdz,Rln = 0, ∞, k = 1, ∞.

(1.31.20)0Поскольку в нашем случае f (r, z; t) ≡ 0, а ϕ(r, z) ≡ −U , то все fkn = 0, а для вычисленияϕkn нам надо найти интегралZR0µ rhi R2 ZµkihµrkkrJ0dr = x == 2 · xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =RRµk0x=µk 0Zµk R2R2R2= 2 ·xJ1 (x) dx = 2 · xJ1 (x) J1 (µk ) . (1.43.17)=µkµkµkx=00c Д.С. Ткаченко-129-Задачи в конечном цилиндреТогда для ϕkn мы получаемϕkn =ϕk0Zl4lR2 J12 (µk )·ZRµ r πnz krϕ(r, z)J0dr cosdz =Rl00 πnz z=l4−U R2l= 2 2·J1 (µk ) ·· sin= 0,n 6= 0.lR J1 (µk )µkπnlz=0Z l ZRµk r−U R2444U·  rϕ(r, z)J0·= 2 2dr dz = 2 2J1 (µk ) · l = −lR J1 (µk )RlR J1 (µk )µkµk J1 (µk )00Таким образом, мы уже знаем функцию∞∞µ r2XXµ2ϕk0 −λkn a2 t µk r 2Uka tkv(r, z; t) =eJ0=−e− R2 J0,2RµRk J1 (µk )k=1k=1так как λk0 =Ответ:µ2k,R2где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.

Характеристики

Список файлов лекций