Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 21

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

Текст из файла (страница 21)

Ткаченко-143-Задачи в конечном цилиндреТаким образом,UUUw(z) = 2 + Q − 2 e−αz = Q + 2ααα−αz1−e.Вычитая из задачи (1.34.1) задачу (1.34.3), получаем, что v(r, z) есть решение задачи 10 6 r < R, 0 < z < ∞; r · (rvr )r + vzz = 0,|v(0, z)| < ∞, vr (R, z) = 00 < z < ∞;(1.34.4)v(r, z, 0) = 0,0 6 r < R.Данная задача, однородна, поэтому наверняка имеет тривиальное решениеv(r, z) ≡ 0,0 6 r < R,0 < z < ∞.Более того, это решение единственно4 , поэтому u(r, z) = w(z) иОтвет:u(r, z) = Q +Uα21 − e−αz .1.35. № 783 б)В полубесконечном круговом цилиндре 0 6 r < R, 0 < z < ∞ имеются источники некоторого газа плотности U e−αz , причём на основании цилиндраконцентрация этого газа поддерживается равной Q.

Определить стационарное распределение газа в цилиндре, если на боковой поверхности цилиндра происходит газообмен с внешней средой, концентрация рассматриваемого газа вкоторой равна нулю.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) + hu(R, z) = 00 < z < ∞;(1.35.1)u(r, 0) = Q,0 6 r < R.Шаг 0.

Вид решения и вспомогательная задачаВо-первых, заметим, что имеет место аналогия между данной задачей и задачей для уравнения колебаний, в которой z ∈ (0, ∞) играет роль «времени», а условие u(r, 0) = Q – рольначального условия. Поэтому мы не будем избавляться от неоднородности в данном краевомусловии, но, подобно решению № 776 (б) (semS8, стр.

27-36), представим решение (1.35.1) ввиде суммыu(r, z) = v(r, z) + w(r, z) = v(r, z) + b(r)e−αz ,(1.35.2)где функции w(r, z) и v(r, z) являются решениями задач: 1· (rwr )r + wzz + U e−αz = 0,0 6 r < R, 0 < z < ∞;r|w(0, z)| < ∞, wr (R, z) + hw(R, z) = 00 < z < ∞, 10 6 r < R, 0 < z < ∞; r · (rvr )r + vzz = 0,|v(0, z)| < ∞, vr (R, z) + hv(R, z) = 00 < z < ∞;v(r, z, 0) = Q − w(r, 0),0 6 r < R.4(1.35.3)(1.35.4)Достаточно вспомнить, к каким задачам для функций Zk (z) приведёт её честное решение методом Фурье: 00Zk (z) = 0,0 < z < ∞;Zk (0) = 0.|Zk (z)| < ∞.У этих задач, как легко видеть существует только тривиальное решение.-144-№ 783 б)Вспомогательная задачаЕсли искать w(r, z) в виде w(r, z) = b(r)e−αz , тоwzz = α2 b(r)e−αzи для b(r) получаем задачу: 1· (rb0 (r))0 + α2 b(r) = −U,r|b(0)| < ∞, b0 (R) + hb(R) = 00 6 r < R;0 < z < ∞,(1.35.5)Найдём частное решение неоднородного уравнения 1r ·(rb0 (r))0 +α2 b(r) = −U .

Его легко угадатьв виде константы:Ubчно = − 2 .α10Общее решение однородного уравнения r · (rb (r))0 + α2 b(r) = 0, поскольку это – уравнениеБесселя (1.1.17), в свою очередь, представляется в виде:bоо = c1 J0 (αr) + c2 N0 (αr) .Таким образом,Uα2Из краевого условия |b(0)| < ∞ получаем, что c2 = 0, а из второго b0 (R) + hb(R) = 0, чтоhU0c1 αJ0 (αR) + hJ0 (αR) − 2 = 0,αbоно = c1 J0 (αr) + c2 N0 (αr) −и стало быть,αJ00hU(αR) + hJ0 (αR)Итак, мы получили решение задачи (1.35.5)c1 =α2 UhJ0 (αr)b(r) =  0− 1 · 2 α αJ0 (αR) + hJ0 (αR)| {z }(1.35.6)=−J1 (αR)Поэтому, в силу (1.35.2),u(r, z) =hJ0 (αr)U− 1 · 2 · e−αz + v(r, z).hJ0 (αR) − αJ1 (αR)αНаконец, задача (1.35.4) для функции v(r, z) принимает 1 r · (rvr )r + vzz = 0,|v(0, z)| < ∞, vr (R,z) + hv(R, z) = 0 hJ0 (αr) v(r, 0) = ϕ(r) = Q −− 1 · U2 ,hJ0 (αR)−αJ1 (αR)α(1.35.7)окончательный вид0 6 r < R, 0 < z < ∞;0 < z < ∞;(1.35.8)0 6 r < R.Шаг 1.

Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.35.8) в видеv(r, z) =∞XXk (r)Zk (z),k=...c Д.С. Ткаченко-145-(1.35.9)Задачи в конечном цилиндрето, подставив (1.35.9) в уравнение vt = a2 ·∞ X1rk=...·0(rX0k (r))1r· (rvr )r + vzz + f, получим:Zk (z) +Xk (r)Z00k (z)= 0.Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:10· (rX0k (r)) Zk (z) + Xk (r)Z00k (z) = 0,r∀k.Поделив последнее равенство на a2 Xk (r)Zk (z), получим:1r· (rX0k (r))0 Z00k (z)+= 0.Xk (r)Z(z)Cумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может бытьнулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа. То есть ∃ λk :1r· (rX0k (r))0= −λk ,Xk (r)Z00k (z)= λk .Z(z)Таким образом, для функций X(r) и Z(z) получаем уравнения10· (rX0k (r)) + λk Xk (r) = 0,rZ00k (z) − λk Zk (z) = 0.(1.35.10)(1.35.11)Равенство (1.35.10) мы перепишем в виде:−10· (rX0k (r)) = λk Xk (r).r(1.35.12)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.

Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.35.8).Условие |v(0, z)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.35.13)а условие vr (R, z) + hv(R, z) = 0 – в условиеX0k (R) + hXk (R) = 0.Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk (r)Для функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляλ = λk , ν = 0, α = h > 0 и β = 1:0 − (rX0k (r)) = λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞, 0Xk (R) + hXk (R) = 0.(1.35.14)вида(1.1.17)с(1.35.15)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 (1.35.15) не имеет собственного-146-№ 783 б)значение λ0 = 0. Все же 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) 2µµr(ν)kk,k ∈ N,λk =,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 (1.35.15) имеют вид: 2 λk = µRk ,Xk = J0 µRk r ,k ∈ N,(1.35.16)где µk − корни уравненияhRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0.Шаг 3.

Разложение функции ϕ(r) в ряд по собственным функциям задачи ШтурмаЛиувилля√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция r f (r, z) разлагается в ряд Фурьеϕ(r) =∞Xϕ k J0k=1µ rk,R(1.35.17)ZRµ r11kϕk = ··rϕ(r)Jdr =0222110RR02J(µ)+1−J(µ)2kk00220(µk )hRJ0 (µk )0= в силу равенства (1.35.16), J0 (µk ) = −=µkZRµ rµ2k2k· 2 2dr.· rϕ(r)J0= 2 22R J0 (µk ) h R + µkR0Итак, для функции ϕ(r) справедливо разложение в рядϕ(r) =∞Xk=1ϕ k J0µ rkR2µ2kϕk = 2 2··R J0 (µk ) h2 R2 + µ2kс коэффициентамиZRµ rkrϕ(r)J0dr.R(1.35.18)(1.35.19)0Шаг 4.

Решение задачи для Zk (z)Для функций Zk (z) мы получили уравнение (1.35.11) Z00k (z)−λk Zk (z) = 0. Вспомним, что λk = µk 2. Добавим к уравнению начальное условие, следующее из условия v(r, 0) = ϕ(r), 0 6Rr < R и требование ограниченности: 2 Z00k (z) − µRk Zk (z) = 0.(1.35.20)Z (0) = ϕk k|Zk (z)| < ∞.c Д.С. Ткаченко-147-Задачи в конечном цилиндреОбщее решение уравнения Z00k (z) − µk 2RZk (z) = 0 имеет видµkZk (z) = c1 e R z + c2 e−µkRz.Условие ограниченности решения |Zk (z)| < ∞ даёт нам, что c1 = 0, а из условия Zk (0) = ϕkполучаем c2 = ϕk .

Таким образом,Zk (z) = ϕk e−µkRzn ∈ N.,(1.35.21)Ответ в общем виде:v(r, z) =∞Xϕk e−µkRzJ0k=1µ rk,Rгде µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, а ϕk задаются формулой:2µ2kϕk = 2 2··R J0 (µk ) h2 R2 + µ2kПоскольку в нашем случае ϕ(r) ≡ Q −найти интегралыZR0ZRµ rkrϕ(r)J0dr.R(1.35.19)0hJ0 (αr)hJ0 (αR)−αJ1 (αR)− 1 · αU2 , для вычисления ϕk нам надоhi R2 Zµkiµ rhµrkkdr = x == 2 · xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =rJ0RRµk0x=µk 0Zµk R2R2R2= 2 ·=J1 (µk ) =xJ1 (x) dx = 2 · xJ1 (x) µkµkµkx=00hRJ0 (µk )0= в силу равенства (1.35.16), J1 (µk ) = −J0 (µk ) ==µkhR3R2 hR·· J0 (µk ) = 2 · J0 (µk ),k ∈ N. (1.35.22)=µk µkµkВспомним формулу (1.1.13), стр. 3:ZxxtJν (αt)Jν (βt)dt = 2α − β2αJν+1 (αx)Jν (βx) − βJν (αx)Jν+1 (βx) ,α 6= β(1.1.13)0ZR0µ rhµk ikrJ0 (αr) J0dr = в силу (1.1.13) при ν = 0, β ==RRR3µk= 2 2αJ1 (αR)J0 (µk ) −· J0 (αR)J1 (µk ) =α R − µ2kRhRJ0 (µk )0= в силу равенства (1.35.16), J1 (µk ) = −J0 (µk ) ==µkR3µk hRJ0 (αR)= 2 2αJ1 (αR) −·J0 (µk ) =α R − µ2kRµkR3 αJ1 (αR) − hJ0 (αR)=· J0 (µk ),k ∈ N.

(1.35.23)α2 R2 − µ2k-148-№ 783 б)Тогда для ϕk мы получаем2µ2ϕk = 2 2· 2 2k 2 ·R J0 (µk ) h R + µkZRµ rkdr =rϕ(r)J0R0 ZRµ r2µk2Uk· 2 2= 2 2·Q+ 2rJ0dr −2R J0 (µk ) h R + µkαR0RZUhµ r rJ0 (αr) J0 k dr  =− 2Rα hJ0 (αR) − αJ1 (αR)02µk2UhR3· 2 2= 2 2·Q+·· J0 (µk )−R J0 (µk ) h R + µ2kα2µ2kR αJ1 (αR) − hJ0 (αR)Uh·− 2· J0 (µk )  =α2 R2 − µ2kα hJ0 (αR) − αJ1 (αR)233µU hR2UhR · J0 (µk ) =· 2 2k 2 · Q+ 2 · 2 + 2 2 2= 2 2R J0 (µk ) h R + µkαµkα (α R − µ2k )22hRU1Uµ==· 2 2·  Q + 2 + 2 2 2k2J0 (µk ) h R + µkαα (α R − µ2k )2 22Uα RUR112hR = 2hR ·.· 2 2·Q+ 2 2 2·Q+ 2 2=22222J0 (µk ) h R + µkα (α R − µk )J0 (µk ) h R + µkα R − µ2k3Таким образом, мы уже знаем функцию∞2Xµkµµk r1 Q+ U R e− Rk z J0 µk r ,v(r, z) =ϕk e− R z J0= 2hR·Rα2 R2 − µ2kRJ (µk ) h2 R2 + µ2kk=1k=1 0∞Xгде µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0. Итак, посколькуu(r, z) =hJ0 (αr)U− 1 · 2 · e−αz + v(r, z),hJ0 (αR) − αJ1 (αR)α(1.35.7)мы получаемОтвет:u(r, z) =hJ0 (αr)U− 1 · 2 · e−αz +hJ0 (αR) − αJ1 (αR)α+ 2hR∞Xk=1µ rµUR1k− Rk z · Q+ 2 2eJ0,2222α R − µkRJ0 (µk ) h R + µkгде µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0.c Д.С.

Ткаченко2-149-Задачи в конечном цилиндре1.36. № 783 в)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 на боковой поверхности цилиндра поддерживается концентрация газа, равная T e−βz , β > 0.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,−βz|u(0, z)| < ∞, u(R, z) = T e0 < z < ∞;(1.36.1)u(r, 0) = Q,0 6 r < R.Шаг 0.

Характеристики

Список файлов лекций