Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 25

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

Текст из файла (страница 25)

Добавим к немукраевые условия, следующие из условий u(r, 0) = 0, u(r, l) = 0, 0 6 r < R, чтобы получитьзадачу Штурма-Лиувилля: 00 Zk (z) + λk Zk (z) = 0.Zk (0) = 0,(1.41.8)Zk (l) = 0.Эту задачу мы уже много раз решали. Воспользуемся результатом: собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.41.8) имеют вид: 2πkπkzλk =,Zn (z) = sin,k ∈ N.(1.41.9)llШаг 3.

Разложение функции f (z) в ряд по собственным функциям задачи Штурма–ЛиувилляФункция f (z) разлагается в ряд Фурье по синусам следующим стандартным образом:∞Xπkzfk sin,(1.41.10)f (z) =lk=1-170-№ 786 в)2fk = ·lZlf (z) sinπkzldz.(1.41.11)0Шаг 4. Решение задачи для Xk (r)Для функций Xk (r) мы получили уравнение − (rX0k (r))0 = −λk rXk (r). Воспользуемся краевыми условиями (1.41.6) – (1.41.7) и получим задачу0 − (rX0k (r)) = −λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞,(1.41.12)Xk (R) = fk .По теореме 1.1.1, стр. 2Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)x2 Y00 (x) + xY0 (x) + x2 − ν 2 Y(x) = 0(1.1.1)задаётся формулойYν (x) = c1 Jν (x) + c2 Nν (x),ν ∈ R.0Наше уравнение rX0k (r) = λk rXk (r) обычной уже заменойx=p−λk r ≡ iµk r,µk =πklсводится к уравнениюx2 Y00 (x) + xY0 (x) + x2 Y(x) = 0,которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0.

Поэтому его общее решение задаётся формулойppλ k r + c 2 N0λk r = J0 (iµk r) + c2 N0 (iµk r) .(1.41.13)Xk (r) = c1 J0Из краевого условия |Xk (+0)| < ∞ получаем, что c2 = 0 иhiXk (r) = c1 J0 (iµk r) = по определению 1.1.2 = c1 I0 (µk r) .Наконец, из краевого условия Xk (R) = fk получаем, что c1 = I0 (µfkk R) иПоэтомуfkπkXk (r) =I0 (µk r) ,µk =.I0 (µk R)l(1.41.14)Ответ в общем виде:u(r, z) =∞XXk (r)Zk (z) =k=1∞Xk=1fkI0 (µk r) sin (µk z) ,I0 (µk R)где µk = πk, k ∈ N, а fk задаются формулой (1.41.11).lПосчитаем коэффициенты Фурье для функции f (z) = U z(l − z). Для этого нам понадобятсяинтегралы:Zlz sin0πkzldz = −l z cosπkz=l Z lπkz πkz− cosdz  =llz=00l= −πkc Д.С. Ткаченко-171-ll(−1)k −sinπkz=l !πkz l2 (−1)k+1=lπkz=0Задачи на модифицированные функции БесселяZlz 2 sin02fk = ·lZl0z=lZlπkzl  2πkz πkzdz = −z cosdz  =− 2 z coslπkllz=00z=l Z ll 2l πkz πkz= −l (−1)k −z sin− sindz  =πkπkllz=00 2z=l !llπkz= −l2 (−1)k −cos=πkπklz=0! 2l3 1 + (−1)k (π 2 k 2 − 1)ll2kkl (−1) +1 − (−1)= −= −πkπkπ3k3Zl2πkzf (z) sindz = · U z(l − z) sindz =ll0 lZZl2U πkzπkz=· l z sindz − z 2 sindz  =lll00!3l3 (−1)k+1 l 1 + (−1)k (π 2 k 2 − 1)2U·+==lπkπ3k32U l3 π 2 k 2 (−1)k+1 + 1 + (−1)k (π 2 k 2 − 1)=·=lπ3k3(2U l2 1 − (−1)k0,==4U l2,π3k3π 3 (2m−1)3πkzlk = 2m;k = 2m − 1.Поскольку все коэффициенты с чётными номерами равны нулю, целесообразно в рядеu(r, z) =∞Xk=1Xk (r)Zk (z) =∞Xk=1fkI0 (µk r) sin (µk z) ,I0 (µk R)перейти к суммированию по m:Ответ:∞π(2m − 1)rπ(2m − 1)z4U l2 X1 I0u(r, z) = 3sin.llπ m=1 (2m − 1)3 I π(2m−1)R0l1.42.

№ 786 г)Найти стационарное распределение температуры в однородном цилиндре0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 l для случая, когда через нижнее основание в цилиндр подаётся нормальный7 тепловой поток плотности q, а верхнееоснование и боковая поверхность имеет температуру T .Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий0 6 r < R, 0 < z < l; ∆u ≡ 1r · (rur )r + uzz = 0,|u(0, z)| < ∞, u(R, z) = T0 < z < l;(1.42.1)quz (r, 0) = − κ ,u(r, l) = T,0 6 r < R,-172-№ 786 г)где κ – коэффициент теплопроводности.Шаг 0. Избавление от неоднородности краевых условий и вид решенияВ данном примере неоднородны все краевые условия, поэтому нам придётся насильно сделатьоднородными либо условияuz (r, 0) = −q,κu(r, l) = T,либо условиеu(R, z) = T.В зависимости от того, какой из этих вариантов мы выберем, ряд, представляющий решение,будет либо рядом Фурье по косинусам от z, либо рядом Фурье по функциям Бесселя от r.

Мыразберём первый случай.Чтобы избавиться от неонородности в условиях uz (r, 0) = − κq , u(r, l) = T , мы должнынайти (подобрать) функцию w(z), для которой выполнялись бы условия0 6 r < R, 0 < z < l;∆w ≡ 1r · (rwr )r + wzz = 0,(1.42.2)wz (r, 0) = − κq ,w(r, l) = T,0 6 r < R,Очевидно, легко найти линейную функцию, удовлетворяющую (1.42.2):∆w ≡ w00 = 0,0 6 r < R,w(z) = Az + B,=⇒w0 (0) = A,w(l) = Al + B,0 6 r < R,откуда получаемA= −q,κB=T+Наконец,w(z) = T +0 < z < l;q· l.κq· (l − z).κТогда для функцииq· (l − z)κv(r, z) = u(r, z) − w(z) = u(r, z) − T −получаем задачу:∆v ≡ 1r · (rvr )r + vzz = 0,|v(0, z)| < ∞,v(R, z) = T − w(z) = − κq · (l − z) ≡ f (z)vz (r, 0) = v(r, l) = 0,06r0<z0<z06r< R,< l;< l;< R,0 < z < l;(1.42.3)Шаг 1.

Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.42.3) в видеv(r, z) =∞XXk (r)Zk (z),(1.42.4)k=...то, подставив (1.42.4) в уравнение∞ X1k=...r·1r· (rur )r + uzz = 0, получим:0(rX0k (r))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,rc Д.С.

Ткаченко-173-∀k.Задачи на модифицированные функции БесселяПоделив последнее равенство на Xk (r)Zk (z), получим:1r· (rX0k (r))0 Z00k (z)+= 0.Xk (r)Zk (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 – одинаковые константы сразным знаком. То есть ∃ λk :1r· (rX0k (r))0Z00 (z)=− k= λk .Xk (r)Zk (z)Таким образом, для функций Xk (r) и Zk (z) получаем уравнения10· (rX0k (r)) − λk Xk (r) = 0,rZ00k (z) + λk Zk (z) = 0.(1.42.5)(1.42.6)Равенство (1.42.5) мы перепишем в виде:−10· (rX0k (r)) = −λk Xk (r).r(1.42.7)Это – почти в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.

Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.42.3).Условие |v(0, z)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.42.8)Xk (R) = fk .(1.42.9)а условие v(R, z) = f (z) – в условиеПоскольку неоднородность здесь задаётся функцией, зависящей от z, надо сначала решитьзадачу Штурма-Лиувилля для Zk (z), чтобы затем разложить f (z) в ряд по собственным функциям этой задачи. ПоэтомуШаг 2.

Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zk (z)Для функций Zk (z) мы получили уравнение (1.42.6) Z00k (z) + λk Zk (z) = 0. Добавим к немукраевые условия, следующие из условий vz (r, 0) = 0, v(r, l) = 0, 0 6 r < R, чтобы получитьзадачу Штурма-Лиувилля: 00 Zk (z) + λk Zk (z) = 0.Z0 (0) = 0,(1.42.10) kZk (l) = 0.Эту задачу мы уже много раз решали. Воспользуемся результатом: собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.42.10) имеют вид:2π(2k − 1)π(2k − 1)zλk =,Zn (z) = cos,k ∈ N.(1.42.11)2l2lШаг 3.

Разложение функции f (z) в ряд по собственным функциям задачи Штурма–ЛиувилляФункция f (z) разлагается в ряд Фурье по косинусам следующим стандартным образом:f (z) =∞Xfk cosk=1-174-π(2k − 1)z2l,(1.42.12)№ 786 г)2fk = ·lZlf (z) cosπ(2k − 1)z2ldz,k ∈ N.(1.42.13)0Шаг 4. Решение задачи для Xk (r)Для функций Xk (r) мы получили уравнение − (rX0k (r))0 = −λk rXk (r).

Воспользуемся краевыми условиями (1.42.8) – (1.42.9) и получим задачу0 − (rX0k (r)) = −λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞,(1.42.14)Xk (R) = fk .По теореме 1.1.1, стр. 2Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)x2 Y00 (x) + xY0 (x) + x2 − ν 2 Y(x) = 0(1.1.1)задаётся формулойYν (x) = c1 Jν (x) + c2 Nν (x),ν ∈ R.0Наше уравнение rX0k (r) = λk rXk (r) обычной уже заменойpx=−λk r ≡ iµk r,µk =π(2k − 1)2lсводится к уравнениюx2 Y00 (x) + xY0 (x) + x2 Y(x) = 0,которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0. Поэтому его общее решение задаётся формулойppXk (r) = c1 J0λ k r + c 2 N0λk r = J0 (iµk r) + c2 N0 (iµk r) .(1.42.15)Из краевого условия |Xk (+0)| < ∞ получаем, что c2 = 0 иhiXk (r) = c1 J0 (iµk r) = по определению 1.1.2 = c1 I0 (µk r) .Наконец, из краевого условия Xk (R) = fk получаем, что c1 = I0 (µfkk R) иПоэтомуfkπ(2k − 1)Xk (r) =I0 (µk r) ,µk =.I0 (µk R)2lОтвет в общем виде:v(r, z) =∞Xk=1Xk (r)Zk (z) =∞Xk=1(1.42.16)fkI0 (µk r) cos (µk z) ,I0 (µk R)где µk = π(2k−1), k ∈ N, а fk задаются формулой (1.42.13).2lПосчитаем коэффициенты Фурье для функции f (z) = − κq ·(l−z).

Для этого нам понадобятсяинтегралы:z=l Z lZlπ(2k − 1)z2lπ(2k − 1)z z sin π(2k − 1)z z cosdz =− sindz  =2lπ(2k − 1)2l2lz=000z=l !2l2lπ(2k−1)z=l(−1)k+1 +cos=π(2k − 1)π(2k − 1)2lz=022l2l2l2 (−1)k+12lk+1=l(−1)−=−π(2k − 1)π(2k − 1)π(2k − 1)π(2k − 1)c Д.С. Ткаченко-175-Задачи на модифицированные функции БесселяZlcosπ(2k − 1)z2l2ldz =sinπ(2k − 1)0z=lπ(2k − 1)z 2l(−1)k+1=2lπ(2k − 1)z=0Поэтому2fk = ·lZl0Zlπ(2k − 1)z2qπ(2k − 1)zf (z) cosdz = −· (l − z) cosdz =2llκ2l0 lZZl2q π(2k − 1)zπ(2k − 1)z= −· l cosdz − z cosdz  =lκ2l2l002 !2k+12k+12q2l (−1)2l (−1)2l8ql= −·−+= −2lκπ(2k − 1)π(2k − 1)π(2k − 1)κπ (2k − 1)2Теперь мы уже всё знаем про функциюv(r, z) =∞Xk=1Xk (r)Zk (z) =∞Xk=1fkI0 (µk r) cos (µk z) ,I0 (µk R)поэтому, с учётом равенства v(r, z) = u(r, z) − w(z) = u(r, z) − T − κq · (l − z) можем записатьОтвет:∞q8ql X1π(2m − 1)zπ(2m − 1)r I0u(r, z) = T + · (l − z) −cos.κκπ 2 k=1 (2k − 1)2 I π(2m−1)R2l2l02l1.43.

№ 786 д)Найти стационарное распределение температуры в однородном цилиндре0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 l для случая, когда в цилиндре имеются источники тепла объёмной плотностью Q, а температура поверхностиравна нулю.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий,0 6 r < R, 0 < z < l; ∆u ≡ 1r · (rur )r + uzz = f (r, z) ≡ − Qκ(1.43.1)|u(0, z)| < ∞, u(R, z) = 00 < z < l;u(r, 0) = u(r, l) = 0,0 6 r < R.где κ – коэффициент теплопроводности.Шаг 0. Избавление от неоднородности уравнения и вид решенияВ данном примере неоднородно уравнение. Его можно свести к однородному, подобрав подходящим образом функцию w(r) так, чтобы выполнялись условия=0z}|{1∆w(r) ≡ r · (rwr )r + wzz = − Q,0 6 r < R, 0 < z < l;(1.43.2)κ |w(0)| < ∞,w(R) = 00 < z < l.Очевидно, легко найти квадратичную функцию, удовлетворяющую (1.43.2):∆w ≡ w00 + 1r w0 (r) ≡ 2A + 2A = 4A,2=⇒w(r) = Ar + B,|w(0)| = |B| < ∞,w(R) = AR2 + B.-176-0 6 r < R;№ 786 д)откуда получаемA= −Q,4κB=QR2.4κНаконец,QR2 − r 2 .4κw(r) =Тогда для функцииv(r, z) = u(r, z) − w(z) = u(r, z) −получаем задачу:∆v ≡ 1r · (rvr )r + vzz = 0,|v(0, z)| < ∞,v(R, z) = 0v(r, 0) = v(r, l) = −w(r) = −Q4κQR2 − r 24κ(R2 − r2 ) ≡ ψ(r),06r0<z0<z06r< R,< l;< l;< R,0 < z < l;(1.43.3)Как легко заметить, при этом испортились краевые условия, но не все.

Характеристики

Список файлов лекций