Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Разложение функций ϕ и ψ в ряд по собственным функциям задачи ШтурмаЛиувилля√√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функции r ϕ(r) и r ψ(r) разлагаются в ряд Фурье!∞(0)Xµk r,(1.2.10)ϕ(r) =ϕ k J0Rk=1!∞(0)Xµk rψk J0,(1.2.11)ψ(r) =Rk=11ϕk =12hJ00(0)µki2+121!·· R2(0)2021 − (0) 2 J0 µkµk| {z }ZR(0)rϕ(r)J0µk rR!dr =0=02=h i2 ·(0)R2 J00 µkZR(0)rϕ(r)J0µk rR!dr,0короче,2ϕk =h i2 ·(0)02R J 0 µkZR(0)rϕ(r)J0µk rR!2ψk =h i2 ·(0)02R J 0 µkdr,0ZR(0)rψ(r)J00Упростим вид этих выражений, применив рекуррентную формулу (1.1.8), стр.

2:νJν0 (x) = Jν−1 (x) − Jν (x).xУ нас ν = 0, поэтому(0)(0)J00 µk = J−1 µk .А в силу соотношения (1.1.11)J−n (x) = (−1)n Jn (x),n ∈ Z,получаем(0)(0)J00 µk = −J1 µk .-8-µk rR!dr1.2. № 769.ПоэтомуZR2ϕk =h i2 ·(0)R 2 J 1 µk(0)µk rRrϕ(r)J0!2ψk =h i2 ·(0)R 2 J 1 µkdr,0ZR(0)rψ(r)J0µk rR!dr0(1.2.12)Шаг 4.

Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.2.3), стр. 6, подставить в начальные условияu(r, 0) = ϕ(r),ut (r, 0) = ψ(r),заменив функции ϕ(r) и ψ(r) рядами (1.2.10) и (1.2.11), получим, что эти начальные условиябудут заведомо выполнены, если ряды в левых и правых частях окажутся равны почленно,то есть будут выполнены соотношенияXk (r)Tk (0) = Xk (r)ϕk ,Xk (r)T0k (0) = Xk (r)ψk .Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk (t):T0k (0) = ψk .Tk (0) = ϕk ,В совокупности с полученным ранее уравнением (1.2.4), стр. 7, получаем задачу Коши: 00 Tk (t) + a2 λk Tk (t) = 0,Tk (0) = ϕk ,(1.2.13) 0Tk (0) = ψk .Общее решение уравнения T00k (t) + a2 λk Tk (t) = 0 имеет видppTk (t) = c1 sinλk at + c2 cosλk at .Из начального условия Tk (0) = ϕk получаем, чтоc2 = ϕk ,а из начального условия T0k (0) = ψk получаем, чтоψkc1 = √ .a λkТаким образом, решение задачи (1.2.13) имеет вид:ppψkTk (t) = √ · sinλk at + ϕk cosλk at ,a λkгде ϕk и ψk задаются формулой (1.2.12):!ZRZR(0)2µk r2ϕk =dr,ψk =h i2 · rϕ(r)J0h i2 · rψ(r)J0R(0)(0)2 JR 2 J 1 µkRµ100kВспоминая, чтоОтвет:√(0)µk rR!dr(0)λk =u(r; t) =µkR∞Xk=1, запишем(0)J0µk rR!Rψk(0)(0)· sinaµk(0)µkµk atR!(0)+ ϕk cosµk atR!!,– положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а ϕk и ψk задаются формулой!!ZRZR(0)(0)2µk r2µk rϕk =dr,ψk =drh i2 · rϕ(r)J0h i2 · rψ(r)J0RR(0)(0)22R J 1 µkR J 1 µk00гдеc Д.С.

Ткаченко-9-Начально – краевые задачи в круге1.3. № 770.Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий∂∂u2 1u=a··r+ f (r, t),ttr∂r∂ru(r, 0) = 0,u (r, 0) = 0, t|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = 0,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;0 6 r < R;t > 0.(1.3.1)Заметим, что в правой части уравнения стоит оператор Лапласа в полярных координатах дляслучая u ≡ u(r, t), поскольку в координатах (r, θ) он имеет вид:∂u1 ∂2u1 ∂r+ 2 2.(1.3.2)∆u(r, θ; t) = ·r ∂r∂rr ∂θПоэтому данная задача имеет физический смысл «найти поперечные колебания круглой мембраны, вызванные силой f (r, t)».Шаг 1.

Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.3.1) в видеu(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.3.3)k=...и предположить, что для f (r, t) справедливо аналогичное представление рядом:f (r; t) =∞XXk (r)fk (t),(1.3.4)k=...то, подставив (1.3.4) и (1.3.4) в уравнение utt = a2 · 1r ·∞Xk=...Xk (r)T00k (t)∂∂rr ∂u+ f, получим:∂r∞∞XX1 ∂∂Xk (r)=a·rTk (t) +Xk (r)fk (t).r ∂r∂rk=...k=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:∂Xk (r)a2 ∂00Xk (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∂r·00r ∂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∂·r00r ∂r∂rTk (t) − fk (t)== −λk .a2 Tk (t)Xk (r)Таким образом, для функций Tk (t) получаем уравнениеT00k (t) + a2 λk Tk (t) = fk (t),-10-(1.3.5)1.3.

№ 770.а для функций X(r) – уравнение:1 ∂·r ∂r∂Xk (r)r∂r+ λk Xk (r) = 0,которое мы перепишем в виде:∂∂r∂Xk (r)r∂r= −λk rXk (r).(1.3.6)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (3.1.23) с ν = 0. Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.3.1).Условие |u(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.3.7)Xk (R) = 0.(1.3.8)а условие u(R, t) = 0 – в условиеШаг 2.

Решение задачи Штурма-ЛиувилляДля функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляα = 1 и β = 0:0 (rX0k (r)) = −λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞,Xk (R) = 0.вида(3.1.23)с(1.3.9)Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число λ = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когдаν = α = 0, и ему соответствует собственная функция u(x) ≡ const.В нашем случае α = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.3.9) 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)λk(ν)µk=R#2(ν),Jνµk rR!,k ∈ N,(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 (1.3.9) имеют вид: 2(0)µ(0), λk = Rkc Д.С.

Ткаченко(0)где µkJ0(0)µk rR,k ∈ N,(1.3.10)− корни уравнения-11-J0 (µ) = 0.Начально – краевые задачи в кругеШаг 3. Разложение функции f (r, t) в ряд по собственным функциям задачи ШтурмаЛиувилля√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция r f (r, t) разлагается в ряд Фурьеf (r, t) =∞X(0)fk (t)J0 (µk r),(1.3.11)k=11!· 2· R(0)0221 − (0)J02 µkµk| {z }1fk (t) =12h(0)J00 µki2+12ZR(0)µk rRrf (r, t)J0!dr =0=02=i2 ·h (0)02R J 0 µkZR(0)rf (r, t)J0µk rR!dr,0короче,fk (t) =R2h2i2 ·(0)J00 µkZRrf (r, t)J0(0)µk r!drR0Упростим вид этого выражения, применив рекуррентную формулу (1.1.8), стр.

2:νJν0 (x) = Jν−1 (x) − Jν (x).xУ нас ν = 0, поэтому(0)(0)J00 µk = J−1 µk .А в силу соотношения (1.1.11)J−n (x) = (−1)n Jn (x),n ∈ Z,получаемJ00(0)µk= −J1(0)µk.Поэтому2fk (t) =h i2 ·(0)R 2 J 1 µkZR(0)rf (r, t)J0µk rR!dr(1.3.12)0Шаг 4. Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.3.4), стр. 10, подставить в начальные условияu(r, 0) = 0,ut (r, 0) = 0,получим, что эти начальные условия будут заведомо выполнены, если все слагаемые рядов влевых частях окажутся равны нулю, то есть будут выполнены соотношенияXk (r)Tk (0) = 0,Xk (r)T0k (0) = 0.-12-1.3.

№ 770.Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk (t):T0k (0) = 0.Tk (0) = 0,В совокупности с полученным ранее уравнением (1.3.5), стр. 10, и учитывая, что λk =(0)µkR2,получаем задачу Коши:hi(0) 2a 2 µk T00 (t) +Tk (t) = fk (t),kR2T(0)=0, k0Tk (0) = 0.(1.3.13)hi(0) 2a 2 µkОбщее решение соответствующего однородного уравнения T00 (t) +!!(0)(0)µk atµk at+ c2 cos.TOO (t) = c1 sinRRR2T(t) = 0 имеет видЧтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариациипостоянных:Если функции y1 (x), y2 (x), .

. . , yn (x) образуют ФСР линейного однородного уравненияy (n) + a1 y (n−1) + . . . + an−1 y 0 + an y = 0,то общее решение неоднородного уравненияy (n) + a1 y (n−1) + . . . + an−1 y 0 + an y = f (x)имеет видyоНо = c1 (x)y1 + c2 (x)y2 + . . . + cn (x)yn ,где функции c1 (x), c2 (x), . . . , cn (x) находятся из системы 0c1 y1 + c02 y2 + . .

. + c0n yn = 0 c01 y10 + c02 y20 + . . . + c0n yn0 = 0........................... c01 y1n−2 + c02 y2n−2 + . . . + c0n ynn−2 = 0 0 n−1c1 y1 + c02 y2n−1 + . . . + c0n ynn−1 = f (x). (0)(0)µk atµk atВ нашем случае ФСР образуется парой функций sin, cos, порядок уравRRнения n = 2, и в системе будет всего 2 уравнения:(0)(0)atµatµ00+ c2 cos kR=0c1 sin kR(0)(0)(0)aµµatµatc01 cos kR− c02 sin kR= fk (t). RkРешив эту систему линейных алгебраических уравнений, например, по правилу Крамера,получим:!(0)µatkf(t)RcoskR0c(t)=,(0) 1aµk c02 (t) = −c Д.С. Ткаченко(0)µatkRfk (t)R sin(0)aµk-13-!.Начально – краевые задачи в кругеОтсюда,Tk (t) =R(0)aµk·sin(0)µk! Ztatfk (τ ) cosRZtR(0)aµkaτ!(0)µkdτ − cosRat! Zt·(0)µkRat!(0)µk+ c̃2 cosRµk a(t − τ )Rat=R!(0)dτ + c̃1 sinµk atR!(0)+ c̃2 cosµk atR!.

(1.3.14)Из начального условия Tk (0) = 0 получаем, чтоc̃2 = 0,а из начального условия T0k (0) = 0 получаем, чтоc̃1 = 0.Таким образом, решение задачи (1.3.13) имеет вид:R(0)aµkZt·(0)fk (τ ) sinµk a(t − τ )R!dτ,0где fk (t) задаются формулой (1.3.12):2fk (t) =i2 ·h (0)R 2 J 1 µkZR(0)!rf (r, t)J0µk rRfk (τ ) sinµk a(t − τ )Rdr0Ответ:u(r; t) =∞Xk=1(0)J0dτ  +!0Tk (t) =aτ!0(0)µk(0)fk (τ ) sinfk (τ ) sinR0+ c̃1 sin=(0)µkµk rR!·ZtR(0)·aµk(0)!dτ,0(0)где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а fk (t) задаются формулой2fk (t) =h i2 ·(0)R 2 J 1 µkZR(0)rf (r, t)J0µk rR!dr.01.4. № 771 а).Определить поперечные колебания однородной круглой мембраны радиуса R,вызванные начальной скоростьюU,0 6 r < R2 ,ψ(r) =(1.4.1)R0,< r < R,2если край мембраны закреплён жёстко.Записав эти условия математически, получим задачу:-14-1.5.

№ 771 Б).Найти функцию u(x, y; t) из условий∂utt = a2 · 1r · ∂rr ∂u,∂ru(r, 0) = 0,u(r, 0) = ψ(r), t|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = 0,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;0 6 r < R;t > 0.(1.4.2)где ψ(r) определена в (1.4.1). Эта задача – частный случай задачи, решённой нами в № 769.Воспользуемся его результатом:!!!!∞(0)(0)(0)XRψkµk atµk atµk ru(r; t) =· sin+ ϕk cos,J0(0)RRRaµkk=1(0)где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а ϕk и ψk задаются формулой!!ZRZR(0)(0)22µk rµk rϕk =dr,ψk =drh i2 · rϕ(r)J0h i2 · rψ(r)J0RR(0)(0)2 JR 2 J 1 µkRµ100kВ нашем случае ϕ(r) ≡ 0 и, значит, ϕk = 0, а ψk надо найти, исходя из вида функции ψ.RZRrψ(r)J0(0)µk rR!Z2idr = в силу (1.4.1) = U rJ0(0)µk rh0!Rdr =0(0)U R2µ ri=h= x= ki2R(0)µkh(0)µk2ZhixJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр.

Характеристики

Список файлов лекций