Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 20

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

Текст из файла (страница 20)

Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.33.1) в видеu(r, z; t) =∞ X∞XXk (r)Zn (z)Tkn (t),k=... n=...-136-(1.33.2)№ 782 б)то, подставив (1.33.2) 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=...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(1.33.3)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.(1.33.4)(1.33.5)(1.33.6)Равенство (1.33.5) мы перепишем в виде:−10· (rX0k (r)) = ηk Xk (r).r(1.33.7)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.

Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.33.1).Условие |u(0, z; t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.33.8)а условие ur (R, z; t) + hu(R, z; t) = 0 – в условиеX0k (R) + hXk (R) = 0.c Д.С. Ткаченко-137-(1.33.9)Задачи в конечном цилиндреШаг 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) + hXk (R).вида(1.1.17)с(1.33.10)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.В нашем случае α = h > 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.33.10) имеет только строгоположительные 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)kk,k ∈ N,ηk =,JνRR(ν)где µk – корни уравненияαRJν (µ) + βµJν0 (µ) = 0.В нашем случае ν = 0, α = h, β = 1, поэтомусобственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.33.10) имеют вид: 2 ηk = µRk ,J0 µRk r ,k ∈ N,где µk > 0 − корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0⇔hRJ0 (µ) − µJ1 (µ) = 0(1.33.11)Шаг 3.

Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn (z)Для функций Zn (z) мы получили уравнение (1.33.6) Z00n (z) + νk Zn (z) = 0. Добавим к немукраевые условия, следующие из условий uz (r, 0; t) = u(r, l; t) = 0, 0 6 r < R, t > 0, чтобыполучить задачу Штурма-Лиувилля: 00 Zn (z) + νn Zn (z) = 0.Z0 (0) = 0,(1.33.12) nZn (l) = 0.Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.33.12) имеют вид:2π(2n − 1)π(2n − 1)zνn =,Zn (z) = cos,n ∈ N.(1.33.13)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 Фурье∞Xµ rkfk (z; t)J0,f (r, z; t) =Rk=1-138-(1.33.14)№ 782 б)В силу условия на µk ,hRJ0 (µk ) + µk J00 (µk ) = 0J00 (µk ) = −=⇒hRJ0 (µk ).µkПоэтому:fk (z; t) =1220J0 (µk )+| {z }h= −hRJ (µ )µk 0 k1211−02(µk )2J02 (µk )1· 2·RZRµ rkdr =rf (r, z; t)J0R0i22µ2·= 2 2 2 k2 2R (h R + µk ) J0 (µk )ZRrf (r, z; t)J0µ rkdr.R0Итак,2µ2k·fk (z; t) = 2 2 2R (h R + µ2k ) J02 (µk )ZRµ rkrf (r, z; t)J0dr.R0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в рядϕ(r, z) =∞Xϕk (z)J0k=1µ rkRс коэффициентами2µ2ϕk (z) = 2 2 2 k 2 2·R (h R + µk ) J0 (µk )ZRrϕ(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 (1.33.12), в результате получаем следующиепредставления функций f (r, z; t) и ϕ(r, z):∞ X∞µ rXπ(2n − 1)zkf (r, z; t) =fkn (t)J0cos,(1.33.15)R2lk=1 n=12µ2k2fkn (t) = 2 2 2··R (h R + µ2k ) J02 (µk ) lZR0 RZµ r rf (r, z; t)J0 k dr cos πnz dz.Rl0Итак,4µ2fkn (t) = 2 2 2 k 2 2·lR (h R + µk ) J0 (µk )Z l ZR0µ rπ(2n − 1)zkcosrf (r, z; t)J0drdz.R2l0Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд∞ X∞µ rXπ(2n − 1)zkϕkn J0cosс коэффициентамиϕ(r, z) =R2lk=1 n=1ϕkn4µ2= 2 2 2 k2 2·lR (h R + µk ) J0 (µk )c Д.С.

ТкаченкоZ l ZR0(1.33.16)µ rπ(2n − 1)zkcosdrdz.rϕ(r, z)J0R2l0-139-(1.33.17)(1.33.18)Задачи в конечном цилиндреШаг 5. Составление и решение задачи для Tkn (t)Если искомый вид (1.33.2), стр. 136, решения u(r, t) и разложение (1.33.17) 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 .В совокупности с полученным ранее уравнением (1.33.4), стр.

137, получаем задачу Коши: 0Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),(1.33.19)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.(1.33.20)dτ.(1.33.21)0Из начального условия Tkn (0) = ϕkn получаем, чтоc1 = ϕkn .Таким образом, решение задачи (1.33.19) имеет вид:−λkn a2 tTkn (t) = ϕkn eZt+fkn (τ )e−λkn a2 (t−τ )0где fkn (t) и ϕk задаются формулами (1.33.16) и (1.33.18).Ответ в общем виде:tZ∞∞µ rXXπ(2n−1)z2t2 (t−τ )k−λa−λaknknϕkn eu(r, z; t) =+ fkn (τ )edτ  J0cos,R2lk=1 n=10-140-№ 782 б)где µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, λkn =fkn (t) и ϕk задаются формулами (1.33.16) и (1.33.18):4µ2·fkn (t) = 2 2 2 k 2 2lR (h R + µk ) J0 (µk )ϕkn4µ2= 2 2 2 k2 2·lR (h R + µk ) J0 (µk )Z l ZR0Zl00ZRµ2kR2+π(2n−1)2l2, аµ rπ(2n − 1)zkrf (r, z; t)J0cosdrdz.R2l(1.33.16)µ rπ(2n − 1)zkrϕ(r, z)J0cosdrdz.R2l(1.33.18)0Поскольку 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 rhihi R4 Zµkµrkkr 3 J0dr = x == 4 · x3 J0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр.

2, при ν = 1 =RRµk0R4·µ4k=Zµk0hi2x · xJ1 (x) dx = по частям =0Zµkx=µkih4R− 2 x2 J1 (x) dx = в силу (1.1.9) при ν = 2 == 4 ·  x3 J1 (x) µkx=0 00Zµk 4R= 4 · µ3k J1 (µk ) − 2x2 J2 (x) dx =µkx=µk 04R4R3232= 4 · µk J1 (µk ) − 2 x J2 (x) = 4 · µk J1 (µk ) − 2µk J2 (µk ) =µkµkx=0в силу (1.1.10) при ν = 1,J2 (µk ) − µ2k J1 (µk ) + J0 (µk ) = 0==в силу условия на µk ,µk J1 (µk ) = hRJ0 (µk )R4 µ2k hR − (2hR − µ2k )=J0 (µk ) .

(1.33.22)µ4kZR0Zµkhhiµ rµk r i R 2kdr = x == 2 · xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =rJ0RRµk0R2= 2 ·µkhZµk xJ1 (x)00R2dx = 2 ·µk= в силу условия на µk ,c Д.С. Ткаченкоx=µk R2xJ1 (x) =J1 (µk ) =µkx=0i hR3µk J1 (µk ) = hRJ0 (µk ) = 2 J0 (µk ) (1.33.23)µk-141-Задачи в конечном цилиндреZlz cosπ(2n − 1)z2lhidz = по частям =0=2l z sinπ(2n − 1) z=l Z lπ(2n − 1)z π(2n − 1)z− sindz  =2l2lz=00 z=l2lπ(2n − 1)z 2ln+1+cos=l(−1)=π(2n − 1) π(2n − 1)2lz=0 |{z}=−12l2ln+1=l(−1)−=π(2n − 1)π(2n − 1)2l=· 2(−1)n+1 π(2n − 1) − 4 (1.33.24)π(2n − 1)Тогда для ϕkn мы получаемϕkn4µ2k·= 2 2 2lR (h R + µ2k ) J02 (µk )Z l ZR0µ rπ(2n − 1)zkrϕ(r, z)J0cosdrdz =R2l0ZRZlµ rπ(2n − 1)z4Aµ2kk22· r(R − r )J0dr · z cos= 2 2 2dz =lR (h R + µ2k ) J02 (µk )R2l00ih= в силу (1.43.16), (1.33.23)и (1.33.24) =! 2423RµhR−(2hR−µ)4Aµ2khRkk= 2 2 2· R2 · 2 J0 (µk ) −J0 (µk ) ·lR (h R + µ2k ) J02 (µk )µkµ4k2l·· 2(−1)n+1 π(2n − 1) − 4 =π(2n − 1)24Aµ2kR4 (2hR − µ2k ) J0 (µk )l= 2 2 2··· 2(−1)n+1 π(2n − 1) − 4 =224lR (h R + µk ) J0 (µk )µkπ(2n − 1)8AlR2 (2hR − µ2k )(−1)n+1 π(2n − 1) − 2= 2 2 2·.µk (h R + µ2k ) J0 (µk )π 2 (2n − 1)2Таким образом, мы уже знаемОтвет:∞ X∞XZtµ rπ(2n − 1)zku(r, z; t) =fkn (τ )edτ J0cos=R2ln=1k=10∞ X∞2 X28AlR(2hR − µk ) ((−1)n+1 π(2n − 1) − 2) −λkn a2 t µk r π(2n − 1)z=·eJ0cos,π 2 k=1 n=1 µ2k (h2 R2 + µ2k ) (2n − 1)2 J0 (µk )R2lϕkn e−λkn a2 t +−λkn a2 (t−τ )где µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, λkn =-142-µ2kR2+π(2n−1)2l2.1.34.

№ 783 А)1.34. № 783 а)В полубесконечном круговом цилиндре 0 6 r < R, 0 < z < ∞ имеются источники некоторого газа плотности U e−αz , причём на основании цилиндра концентрация этого газа поддерживается равной Q. Определить стационарноераспределение газа в цилиндре, если боковая поверхность цилиндра газонепроницаема.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий 10 6 r < R, 0 < z < ∞; r · (rur )r + uzz + U e−αz = 0,|u(0, z)| < ∞, ur (R, z) = 00 < z < ∞;(1.34.1)u(r, 0) = Q,0 6 r < R.Шаг 0.

Избавление от неоднородности в краевом условииВ данной ситуации можно попробовать избавиться сразу от неоднородности и в краевом условии, и в уравнении, поскольку все функции, дающие эту неоднородность, зависят только отz. Поэтому естественно искать решение задачи (1.34.1) в виде:u(r, z) = w(z) + v(r, z),где функция w(z) есть решение задачи=0 1 z }| {· (rwr )r + wzz + U e−αz = 0,r|w(z)| < ∞,w(0) = Q.(1.34.2)0 < z < ∞;0 < z < ∞;То есть для функции w(z) получаем необычную задачу Коши (нужно два начальных условия,а в ней только одно, плюс условие ограниченности): 00w (z) = −U e−αz ,0 < z < ∞;(1.34.3)w(0) = Q.|w(z)| < ∞Общее решение однородного уравнения w00 (z) = 0 имеет вид3wo (z) = c1 + c2 z,а частное решение неоднородного уравнения w00 (z) = −U e−αz легко строится в виде квазиполиномаwчно (z) = ae−αz .Подставляя искомый вид wчно (z) в уравнение, получаем, чтоa= −U,α2=⇒Uwоно (z) = c1 + c2 z − 2 e−αz .αИз начального условия получаем:w(0) = Q=⇒c1 −U=Qα2=⇒c1 =U+ Q,α2а из условия ограниченностиc2 = 0.3В данном простейшем случае его можно получить двукратным интегрированием уравнения по z, но мыприводим общий способ решения.c Д.С.

Характеристики

Список файлов лекций