Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 22

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

Текст из файла (страница 22)

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 № 783 (б), представим решение (1.36.1) в виде суммыu(r, z) = v(r, z) + w(r, z) + s(r, z) = v(r, z) + b(r)e−αz + p(r)e−βz ,| {z } | {z }w(r, z)s(r, z)где функции w(r, z), s(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)| < ∞, w(R, z) = 00 < z < ∞,1r· (rsr )r + szz = 0,|s(0, z)| < ∞, s(R, z) = T e−βz0 6 r < R, 0 < z < ∞;0 < z < ∞,1r· (rvr )r + vzz = 0,|v(0, z)| < ∞, vr (R, z) + hv(R, z) = 0v(r, 0) = Q − w(r, 0) − s(r, 0),(1.36.2)0 6 r < R, 0 < z < ∞;0 < z < ∞;0 6 r < R.(1.36.3)(1.36.4)(1.36.5)Первая 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)| < ∞, b(R) = 00 6 r < R;0 < z < ∞,(1.36.6)Найдём частное решение неоднородного уравнения 1r ·(rb0 (r))0 +α2 b(r) = −U .

Его легко угадатьв виде константы:Ubчно = − 2 .αОбщее решение однородного уравнения 1r · (rb0 (r))0 + α2 b(r) = 0, поскольку это – уравнениеБесселя (1.1.17) с λ = α2 , в свою очередь, представляется в виде:bоо = c1 J0 (αr) + c2 N0 (αr) .-150-№ 783 в)Таким образом,Uα2Из краевого условия |b(0)| < ∞ получаем, что c2 = 0, а из второго b(R) = 0, чтоbоно = c1 J0 (αr) + c2 N0 (αr) −c1 J0 (αR) −U= 0,α2и стало быть,c1 =α2 JU0 (αR)Итак, мы получили решение задачи (1.36.6)Ub(r) = 2αJ0 (αr)−1J0 (αR)(1.36.7)Поэтому,Uw(r, z) = 2αJ0 (αr)− 1 · e−αzJ0 (αR)(1.36.8)Вторая вспомогательная задачаЕсли искать s(r, z) в виде s(r, z) = p(r)e−βz , тоszz = β 2 p(r)e−βzи для p(r) получаем задачу: 1· (rp0 (r))0 + β 2 p(r) = 0,|p(0)| < ∞, p(R) = Tr0 6 r < R;0 < z < ∞,(1.36.9)Общее решение однородного уравнения 1r · (rp0 (r))0 + β 2 p(r) = 0, поскольку это – уравнениеБесселя (1.1.17) с λ = β 2 , представляется в виде:pоо = c1 J0 (βr) + c2 N0 (βr) .Из краевого условия |p(0)| < ∞ получаем, что c2 = 0, а из второго p(R) = T , чтоc1 J0 (βR) = T,и стало быть,c1 =TJ0 (βR)Итак, мы получили решение задачи (1.36.9)b(r) =T J0 (βr)J0 (βR)(1.36.10)Поэтому,s(r, z) =T J0 (βr) −βz·eJ0 (βR)(1.36.11)Таким образом, для функции u(r, z) = v(r, z) + w(r, z) + s(r, z), получаем представление:U J0 (αr)T J0 (βr) −βzu(r, z) = v(r, z) + 2− 1 · e−αz +·e .(1.36.12)αJ0 (αR)J0 (βR)c Д.С.

Ткаченко-151-Задачи в конечном цилиндреНаконец, задача (1.36.5) для функции v(r, z) принимает окончательный вид 10 6 r < R, 0 < z < ∞; r · (rvr )r + vzz = 0,|v(0, z)| < ∞, v(R, z) =00 < z < ∞; v(r, 0) = ϕ(r) = Q − U2 J0 (αr) − 1 − T J0 (βr) ,0 6 r < R.αJ0 (αR)J0 (βR)(1.36.13)Шаг 1. Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.36.13) в видеv(r, z) =∞XXk (r)Zk (z),(1.36.14)k=...то, подставив (1.36.14) 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.(1.36.15)(1.36.16)Равенство (1.36.15) мы перепишем в виде:−10· (rX0k (r)) = λk Xk (r).r(1.36.17)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.36.13).Условие |v(0, z)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.36.18)Xk (R) = 0.(1.36.19)а условие v(R, z) = 0 – в условие-152-№ 783 в)Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk (r)Для функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляλ = λk , ν = 0, α = 1 и β = 0:0 − (rX0k (r)) = λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞,Xk (R) = 0.вида(1.1.17)с(1.36.20)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 (1.36.20) не имеет собственногозначение 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)λk(ν)µk=R#2(ν),µk rRJν!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 (1.36.20) имеют вид: 2 λk = µRk ,Xk = J0где µk − корни уравненияµk rR,k ∈ N,(1.36.21)J0 (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 Фурье∞Xµ rkϕ(r) =,ϕ k J0Rk=11ϕk = 21J00 (µk ) + 21 1 −2| {z }2=[−J1 (µk )]02(µk )2J02 (µk )| {z }1· 2·RZRrϕ(r)J0(1.36.22)µ rkdr =R0=02= 2 2·R J1 (µk )c Д.С. Ткаченко-153-ZRrϕ(r)J00µ rkdr.RЗадачи в конечном цилиндреИтак, для функции ϕ(r) справедливо разложение в рядϕ(r) =∞Xϕ k J0k=1µ rkR2ϕk = 2 2·R J1 (µk )с коэффициентамиZRrϕ(r)J0(1.36.23)µ rkdr.R(1.36.24)0Шаг 4. Решение задачи для Zk (z)Для функций Zk (z) мы получили уравнение (1.36.16) 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.(1.36.25)Z (0) = ϕk k|Zk (z)| < ∞.Общее 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.,(1.36.26)Ответ в общем виде:v(r, z) =∞X−ϕk eµkRzk=1µ rkJ0,Rгде µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, а ϕk задаются формулой:2ϕk = 2 2·R J1 (µk )Поскольку в нашем случае ϕ(r) ≡ Q −надо найти интегралыZR0Uα2ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R(1.36.24)0J0 (αr)J0 (αR)−1 −T J0 (βr),J0 (βR)для вычисления ϕk намµ rhi R2 Zµkhiµrkkdr = x == 2 · xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =rJ0RRµk0x=µk 0Zµk R2R2R2= 2 ·xJ1 (x) dx = 2 · xJ1 (x) =J1 (µk ) ,µkµkµkx=0k ∈ N. (1.36.27)0Вспомним формулу (1.1.13), стр.

3:ZxxtJν (αt)Jν (βt)dt = 2α − β2αJν+1 (αx)Jν (βx) − βJν (αx)Jν+1 (βx) ,0-154-α 6= β(1.1.13)№ 783 в)ZR0µ rhµk ikrJ0 (αr) J0dr = в силу (1.1.13) при ν = 0, β ==RR µkR3αJ1 (αR)J0 (µk ) −· J0 (αR)J1 (µk ) = в силу (1.36.21), J0 (µk ) = 0 == 2 2α R − µ2kRµk R2 J0 (αR)· J1 (µk ) . (1.36.28)= 2µk − α 2 R 2Полностью аналогичноZRrJ0 (βr) J00Тогда для ϕ(r) = Q −разложения ϕk :Uα2J0 (αr)J0 (αR)µ rµk R2 J0 (βR)kdr = 2· J1 (µk ) .Rµk − β 2 R 2−1 −T J0 (βr)J0 (βR)(1.36.29)мы получаем следующие коэффициенты ZRµ rµk rU22k· rϕ(r)J0·Q+ 2dr = 2 2rJ0dr −ϕk = 2 2R J1 (µk )RR J1 (µk )αR00RRZZTUµk rµk r· rJ0 (αr) J0dr −· rJ0 (βr) J0dr  =− 2α J0 (αR)RJ0 (βR)R00UR2 22·Q+ 2 ·= 2 2· J (µk ) −R J1 (µk )αµk 122Uµk R J0 (αR) 2Tµk R J0 (βR) 2· J1 (µk ) −· J1 (µk )  =− 2· 2· 222α J0 (αR) µk − α RJ0 (βR) µk − β 2 R22UU1µkµk==· Q+ 2 ·− 2· 2−T · 222J1 (µk )αµkα µk − α Rµk − β 2 R 22U1Uµkµk.

==· Q+ 2+ 2· 2 2+T · 2 22J1 (µk )αµ k α α R − µkβ R − µ2k#"2 2222µkU 1UUα R − µk + µkUR =·= так как+ 2· 2 2= 2 ·=222222α µk α α R − µkα µkα R − µkµk α R2 − µ2k22QUR1µk.=·+· 2 2+T · 2 22J1 (µk )µkµk α R − µkβ R − µ2kZRТаким образом, мы уже знаем функцию∞Xµ rkv(r, z) =ϕk eJ0=Rk=1∞2Xµ1QUR1µk e− Rk z J0 µk r ,·+· 2 2+T·=2J1 (µk )µkµk α R − µ2kβ 2 R2 − µ2kRk=1c Д.С. Ткаченко−µkRz-155-Задачи на модифицированные функции Бесселягде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0. Итак, посколькуUu(r, z) = v(r, z) + 2αJ0 (αr)T J0 (βr) −βz− 1 · e−αz +·e .J0 (αR)J0 (βR)(1.36.12)мы получаемОтвет: (Ответ в задачнике почему-то написан для случая T = Q.)Uu(r, z) = 2αJ0 (αr)T J0 (βr) −βz− 1 · e−αz +·e +J0 (αR)J0 (βR)∞2Xµ1QUR1µk e− Rk z J0 µk r ,+2·+· 2 2+T·J1 (µk )µkµk α R − µ2kβ 2 R2 − µ2kRk=1где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.37.

№ 784Два одинаковых цилиндрических стакана 0 6 r 6 R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 l,соединённые верхними кромками при помощи пренебрежимо тонкой изоляционной прокладки, образуют цилиндрическую коробку 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π,0 6 z 6 2l. Найти распределение потенциала электростатического полявнутри этой коробки, если вся поверхность нижнего стакана поддерживается при потенциале V1 , а вся поверхность верхнего стакана – при потенциалеV2 .Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий∆u ≡ 1r · (rur )r + uzz = 0,V1 ,|u(0, z)| < ∞, u(R, z) = ψ1 (z) =V2 ,u(r, 0) = V1 , u(r, 2l) = V2 ,0 6 r < R,0 < z < 2l;0 < z < l,l < z < 2l;0 6 r < R.(1.37.1)Шаг 0.

Избавление от неоднородности в части краевых условийЗдесь естественно искать решение задачи (1.37.1) в виде:u(r, z) =z2l − zV2 +V1 + v(r, z),2l2l(1.37.2)поскольку функцияη(z) =z2l − zV2 +V12l2lудовлетворяет краевым условиямη(0) = V1 ,η(2l) = V2 .Тогда функцияψ(z) ≡ ψ1 (z) − η(z) = −z2l2l−z2l(V2 − V1 ) ,0 < z < l,(1.37.3)(V2 − V1 ) ,-156-l < z < 2l№ 784есть функция краевого условия v(R, z) = ψ(z), и тогдазадачи 106r r · (rvr )r + vzz = 0,|v(0, z)| < ∞, v(R, z) = ψ(z)0<zv(r, 0) = v(r, 2l) = 0,06rv(r, z) = u(r, z) − η(z) есть решение< R, 0 < z < 2l;< 2l;< R.(1.37.4)при ψ(r, z), определённой в (1.37.3).В наших руках был выбор: избавиться от неоднородности в краевом условии u(R, z) =ψ1 (z) или от неоднородностей u(r, 0) = V1 , u(r, 2l) = V2 .

Характеристики

Список файлов лекций