Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 19

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

Текст из файла (страница 19)

Итак,u(r, z; t) = U − 2U∞Xk=1µ r2µ21ka tke− R2 J0,µk J1 (µk )Rгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.32. № 782 а)Начальная температура в однородном конечном цилиндре 0 6 r < R,0 6 ϕ < 2π, 0 < z < l равна A(R2 − r2 )z. Определить распределение температуры в этом цилиндре при t > 0, если боковая поверхность и нижнееоснование цилиндра поддерживаются при нулевой температуре, а верхнее основание теплоизолировано.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) = ϕ(r, z),0 6 r < R, 0 < z < l;(1.32.1)|u(0, z; t)| < ∞, u(R, z; t) = 00 < z < l, t > 0;u(r, 0; t) = uz (r, l; t) = 0,0 6 r < R, t > 0при f (r, z; t) ≡ 0 и ϕ(r, z) = A(R2 − r2 )z.Шаг 1.

Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.32.1) в видеu(r, z; t) =∞ X∞XXk (r)Zn (z)Tkn (t),(1.32.2)k=... n=...то, подставив (1.32.2) в уравнение ut = a2 · 1r · (rur )r + uzz + f, получим:∞XXk (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=...2-130-№ 782 а)Это 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(1.32.3)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.(1.32.4)(1.32.5)(1.32.6)Равенство (1.32.5) мы перепишем в виде:−10· (rX0k (r)) = ηk Xk (r).r(1.32.7)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.

Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.32.1).Условие |u(0, z; t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.32.8)Xk (R) = 0.(1.32.9)а условие u(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(1.32.10)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.c Д.С.

Ткаченко-131-Задачи в конечном цилиндреВ нашем случае α = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.32.10) 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,k ∈ N,ηk =,JνRR(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 (1.32.10) имеют вид: 2 ηk = µRk ,J0 µRk r ,k ∈ N,(1.32.11)где µk − корни уравненияJ0 (µ) = 0.Шаг 3.

Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn (z)Для функций Zn (z) мы получили уравнение (1.32.6) Z00n (z) + νk Zn (z) = 0. Добавим к немукраевые условия, следующие из условий u(r, 0; t) = uz (r, l; t) = 0, 0 6 r < R, t > 0, чтобыполучить задачу Штурма-Лиувилля: 00 Zn (z) + νn Zn (z) = 0.Zn (0) = 0,(1.32.12) 0Zn (l) = 0.Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.32.12) имеют вид:2π(2n − 1)π(2n − 1)zνn =,Zn (z) = sin,n ∈ N.(1.32.13)2l2lШаг 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(1.32.14)µ rkdr =R0=0=[−J1 (µk )]221= 2· 2·R J1 (µk )-132-ZRrf (r, z; t)J00µ rkdr.R№ 782 а)Итак,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 (1.32.12), в результате получаем следующиепредставления функций f (r, z; t) и ϕ(r, z):∞ X∞Xµ rπ(2n − 1)zksin,f (r, z; t) =fkn (t)J0R2lk=1 n=1fkn (t) =2R2 J12 (µk )·2·lZR0(1.32.15) RZµ r rf (r, z; t)J0 k dr sin πnz dz.Rl0Итак,4·fkn (t) = 2 2lR J1 (µk )Z l ZR0µ rπ(2n − 1)zkrf (r, z; t)J0sindrdz.R2l(1.32.16)0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд∞∞ XXµ rπ(2n − 1)zkϕkn J0ϕ(r, z) =sinR2lk=1 n=1ϕkn4·= 2 2lR J1 (µk )Z l ZR0с коэффициентамиµ rπ(2n − 1)zkrϕ(r, z)J0sindrdz.R2l(1.32.17)(1.32.18)0Шаг 5.

Составление и решение задачи для Tkn (t)Если искомый вид (1.32.2), стр. 130, решения u(r, t) и разложение (1.32.17) функции ϕ(r, z)подставить в начальное условиеu(r, 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 .c Д.С.

Ткаченко-133-Задачи в конечном цилиндреВ совокупности с полученным ранее уравнением (1.32.4), стр. 131, получаем задачу Коши: 0Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),(1.32.19)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.(1.32.20)dτ.(1.32.21)0Из начального условия Tkn (0) = ϕkn получаем, чтоc1 = ϕkn .Таким образом, решение задачи (1.32.19) имеет вид:−λkn a2 tTkn (t) = ϕkn eZt+fkn (τ )e−λkn a2 (t−τ )0где fkn (t) и ϕk задаются формулами (1.32.16) и (1.32.18).Ответ в общем виде:Zt∞ X∞µ rXπ(2n − 1)zk−λkn a2 t−λkn a2 (t−τ )u(r, z; t) =ϕkn e+ fkn (τ )edτ J0sin,R2lk=1 n=10где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, λkn =задаются формулами (1.32.16) и (1.32.18):4fkn (t) = 2 2·lR J1 (µk )ϕkn4= 2 2·lR J1 (µk )Z l ZR0Zl00ZRµ2kR2+π(2n−1)2l2, а fkn (t) и ϕkµ rπ(2n − 1)zkrf (r, z; t)J0sindrdz.R2l(1.32.16)µ rπ(2n − 1)zksindrdz.rϕ(r, z)J0R2l(1.32.18)0-134-№ 782 а)Поскольку в нашем случае f (r, z; t) ≡ 0, а ϕ(r, z) = A(R2 − r2 )z, то все fkn = 0, а длявычисления ϕkn нам надо найти интегралыZR0µ rhi R4 Zµkhiµrkkr 3 J0dr = x == 4 · x3 J0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр.

2, при ν = 1 =RRµk0R4= 4 ·µkZµk0hi2x · xJ1 (x) dx = по частям =0Zµkx=µkhi4R− 2 x2 J1 (x) dx = в силу (1.1.9) при ν = 2 == 4 ·  x3 J1 (x) µkx=0 00Zµk 4Rx2 J2 (x) dx == 4 · µ3k J1 (µk ) − 2µkx=µk 0R4R43232= 4 · µk J1 (µk ) − 2µk J2 (µk ) == 4 · µk J1 (µk ) − 2 x J2 (x) µkµkx=02R4 (µ2k − 4)= в силу (1.1.10) при ν = 1, J2 (µk ) −J1 (µk ) + J0 (µk ) = 0 =J1 (µk ) .| {z }µkµ3k=0(1.32.22)ZR0Zµkµ rhhiµk r i R 2krJ0dr = 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=00Zlz sinπ(2n − 1)z2lhidz = по частям =0 z=l Z lπ(2n − 1)z− cosdz =2lz=0} 0=02 z=l22lπ(2n − 1)z 2ln+1=sin= (−1)(1.32.23)π(2n − 1)2lπ(2n − 1)z=02l z cos= −π(2n − 1) |π(2n − 1)z2l{zТогда для ϕkn мы получаемc Д.С.

Ткаченко-135-Задачи в конечном цилиндреϕkn4·= 2 2lR J1 (µk )Z l ZR0µ rπ(2n − 1)zkrϕ(r, z)J0sindrdz =R2l0ZRZlµ rπ(2n − 1)zk22r(R − r )J0dr · z sindz =R2l0h0i= в силу (1.43.16), (1.43.17)и (1.33.24) =222lR4 (µ2k − 4)4A2 Rn+1· R ·J1 (µk ) −J1 (µk ) · (−1)== 2 2lR J1 (µk )µkµ3kπ(2n − 1)216AR2 (−1)n+12l64AlR2 (−1)n+1==.lJ1 (µk )µ3kπ(2n − 1)π 2 (2n − 1)2 J1 (µk )µ3k4A·= 2 2lR J1 (µk )Таким образом, мы уже знаемОтвет:u(r, z; t) =∞∞ XXk=1 n=1Ztµ rπ(2n − 1)zkfkn (τ )edτ J0sin=R2l0∞ X∞µ r2 Xπ(2n − 1)z64AlR(−1)n+1k−λkn a2 tsin=·eJ0,π 2 k=1 n=1 (2n − 1)2 J1 (µk )µ3kR2lϕkn e−λkn a2 t +−λkn a2 (t−τ )где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, λkn =µ2kR2+π(2n−1)2l2.1.33. № 782 б)Начальная температура в однородном конечном цилиндре 0 6 r < R,0 6 ϕ < 2π, 0 < z < l равна A(R2 − r2 )z.

Определить распределение температуры в этом цилиндре при t > 0, если верхнее основание цилиндра поддерживаются при нулевой температуре, нижнее основание теплоизолировано ана боковой поверхности происходит теплообмен с внешней средой, имеющейнулевую температуру.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий2 1u=a·(ru)+u+ f (r, z; t),0 6 r < R, 0 < z < l, t > 0;rzztrru(r, z; 0) = ϕ(r, z),0 6 r < R, 0 < z < l;|u(0, z; t)| < ∞, ur (R, z; t) + hu(R, z; t) = 00 < z < l, t > 0;uz (r, 0; t) = u(r, l; t) = 0,0 6 r < R, t > 0(1.33.1)22при f (r, z; t) ≡ 0 и ϕ(r, z) = A(R − r )z.Шаг 1.

Характеристики

Список файлов лекций