Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 29

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

Текст из файла (страница 29)

Ткаченко∞Xn=0-199-An rn Pn (cos θ),(2.4.16)Задачи на уравнение Лапласа в шареи вспоминая, что u(r, θ) = T + v(r, θ), получаемОтвет:∞ r 2mqqqR X(4m + 1)P2m (0)u(r, θ) = T ++· r cos θ +P2m (cos θ)4hk 2(1 + hR)k2k m=1 (2m + hR) (2m − 1)(2m + 2) Rгде Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).2.5. № 788 в)Определить стационарное распределение температуры u(r, θ) в однородномшаре радиуса R для случая, когда поверхность шара имеет температуру:T,0 6 θ < π2 ;u(R, θ) = f (θ) =π0,< θ 6 π.2Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий=0z}|{1112 ∆u ≡ r2 (r ur )r + r2 sin θ sin θuθ θ + r2 sin2 θ uϕϕ = 0,|u(0, θ)| < ∞,T,0 6 θ < π2 ; u(R, θ) = f (θ) =π0,< θ 6 π.20 6 r < R,0 < θ < π;(2.5.1)Заметим, что эта задача – частный случай уже решённой нами в № 788 а) задачи (2.3.1) приT1 = T , T2 = 0 и α = π2 .

Воспользуемся результатом:Ответ к № 788 а):∞ r nT1 + T2 + (T2 − T1 ) cos(α) T2 − T1 X+Pn (cos θ).u(r, θ) =(Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α))22Rk=1(2.5.2)Подставив T1 = T , T2 = 0 и α = π2 , получим:∞ r nT XTu(r, θ) = −(Pn+1 (0) − Pn−1 (0))Pn (cos θ).22 k=1R(2.5.3)Далее, в силу (2.1.9),P2m+1 (0) = 0,(−1)m (2m)!P2m (0) =,22m (m!)2m > 0.(2.1.9)Поэтому, при n = 2m, m > 1Pn+1 (0) − Pn−1 (0) = P2m+1 (0) − P2m−1 (0) = 0,(2.5.4)а при n = 2m + 1, m > 0(2m + 1)(2m + 2)Pn+1 (0) − Pn−1 (0) = P2m+2 (0) − P2m (0) = −+ 1 P2m (0) =4(m + 1)22m + 14m + 3=−+ 1 P2m (0) = −P2m (0), (2.5.5)2(m + 1)2(m + 1)-200-2.6. № 788 Г)И, наконец, (2.5.3) переписывается в виде:Ответ:∞ r 2m+1T X 4m + 3TP2m (0)P2m+1 (cos θ),u(r, θ) = +22 m=0 2(m + 1)Rгде Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).2.6. № 788 г)Определить стационарное распределение температуры u(r, θ) в однородномшаре радиуса R для случая, когда в шаре происходит объёмное тепловыделениес плотностью Q, а отвод тепла совершается через часть поверхности шара(0 6 θ 6 α) нормальным потоком постоянной плотности q, а остальнаяповерхность теплоизолирована.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условийQ1120 < θ < π;∆u + k ≡ r2 (r ur )r + r2 sin θ sin θuθ + Qk = 0, 0 6 r < R,θ|u(0, θ)| < ∞,(2.6.1)q−,06θ<α;k ur (R, θ) = f1 (θ) =0,α < θ 6 π.Шаг 0.

Вид решения и избавление от неоднородности в уравненииПопробуем убрать неоднородность в уравнении, представив решение задачи (2.6.1) в видеu(r, θ) = w(r) + v(r, θ) = Ar2 + B + v(r, θ),(2.6.2)где w(r) = Ar2 + B есть решение уравнения∆w +0 QQ1≡ 2 r2 w0 + = 0.krk(2.6.3)Для w(r) = Ar2 + B это уравнение означает:2A +2Q· 2Ar = − ,rk=⇒A=−Q.6kПри этом константа B совершенно произвольна. Тогдаu(r, θ) = −Q 2r + B + v(r, θ),6kB ∈ R,где v(r, θ) есть решение следующей задачи:112(rv)+sinθv∆v≡= 0, 0 6 r < R,rθ22rrr sin θθ|v(0, θ)| < ∞,Q− kq + 6k,0 6 θ < α; vr (R, θ) = f (θ) =Q,α < θ 6 π.6k(2.6.4)0 < θ < π;(2.6.5)Прежде чем решать эту задачу, являющуюся аналогом задачи (2.3.1) номера № 788 а), учтём,что в шаре установился стационарный тепловой баланс, то есть что количество тепла, поступающего в шар, равно количеству тепла, выводимого из шара:Z2πZπdϕ0c Д.С.

Ткаченкоf (θ) sin θdθ = 0.0-201-(2.6.6)Задачи на уравнение Лапласа в шареВозьмём интегралы для данной функции f (θ):Z2πZπZπqQsin θdθ +sin θdθ =k6k0 0Qq·2 =0= 2π − · (1 − cos α) +k6kf (θ) sin θdθ = 2π −dϕ0Zα0=⇒q=Q.3(1 − cos α)Поэтомуf (θ) =T1 =T2 =Q6kQ,6k1−21−cos α,0 6 θ < α;α < θ 6 π.Повторим дословно шаги 1 – 2 решения № 788 а):Шаг 1. Поиск сферических гармоник, не зависящих от ϕПусть функцияU (r, θ) = X(r)Y(θ)есть решение уравнения1 1 2 sin θvθ = 0.∆v ≡ 2 r vr r + 2rr sin θθ(2.6.7)Тогда01 2 0 01 0sin θY (θ) X(r) = 0.r X (r) Y(θ) + 2r2r sin θПоделим это равенство на X(r)Y(θ) и умножим на r2 :100sinθY(θ)2 0sin θ(r X (r))θ= −X(r)Y(θ)Так как слева стоит функция, зависящая только от r, а справа – функция, зависящая толькоот θ, то равны они друг другу могут быть только в случае, когда они – константы.

Точнее,∃λ∈R:0100sinθY(θ)2 0sin θ(r X (r))= −= λ.X(r)Y(θ)Отсюда для X(r) получаем уравнениеr2 X00 (r) + 2rX0 (r) − λX(r) = 0,(2.6.8)а для функций Y – уравнение01 sin θY0 (θ) + λY(θ) = 0.sin θДомножим на sin2 θ:sin2 θY00 (θ) + sin θ cos θY0 (θ) + λ sin2 θY(θ) = 0.В уравнении (2.6.9) сделаем замену переменой x = cos θ. Тогда для функцииP (x) = P (cos θ) ≡ Y(θ)получаемY0 (θ) = − sin θP 0 (cos θ),Y00 (θ) = sin2 θP 00 (cos θ) − cos θP 0 (cos θ),-202-(2.6.9)№ 788 г)и уравнение (2.6.9) примет вид:sin4 θP 00 (x) − sin2 θ cos θP 0 (x) − sin2 θ cos θP 0 (x) + λ sin2 θP (x) = 0.Перепишем его, поделив сначала на sin2 θ, и учтём, чтоcos θ = x,sin2 θ = 1 − x2 :(1 − x2 )P 00 (x) − 2xP 0 (x) + λP (x) = 0.Полученное уравнение совпадает с (2.1.1), стр.

183. Поэтому по теореме 2.1.1, стр. 183, всеограниченные решения этой задачи описываются формуламиλ = n(n + 1),n = 0, 1, 2, . . . ;P (x) = Pn (x) − полиномы Лежандра.(2.6.10)(2.6.11)Поэтому все нетривиальные ограниченные решения уравнения (2.6.9) имеют видYn (θ) = Pn (cos θ),n = 0, ∞.(2.6.12)Итак, с учётом (2.6.8), получаем, чтофункцияU (r, θ) = X(r)Y(θ)есть независящее от ϕ ограниченное нетривиальное решение уравнения Лапласа (2.6.7) тогдаи только тогда, когда функция X(r) есть решение уравненияr2 X00 (r) + 2rX0 (r) − λX(r) = 0,(2.6.8)при λ = n(n + 1), n = 0, ∞, а функция Y(θ) имеет видY(θ) = Yn (θ) = Pn (cos θ),n = 0, ∞.(2.6.13)Шаг 2. Решение уравнения (2.6.8)Данное уравнение есть уравнение Эйлера, поскольку степень множителей r при всех производных функции X(r) равна порядку этих производных.

Эти уравнения решаются при помощизаменыr = et , X(r) = X et = y(t),rX0 (r) = y 0 (t),r2 X00 (r) = y 00 (t) − y 0 (t).Нам не надо рассматривать случай r = −et < 0, поскольку в нашей задаче r ∈ (0, R). Дляновой функции y(t) при λ = n(n + 1), n = 0, ∞ получаем уравнениеy 00 (t) + y 0 (t) − n(n + 1)y(t) = 0, n = 0, ∞.Характеристическое уравнение для него имеет видκ 2 + κ − n(n + 1) = 0.Его корни:κ1 =κ2 =c Д.С. Ткаченко−1 +−1 −√√1 + 4n2 + 4n−1 + (2n + 1)== n,221 + 4n2 + 4n−1 − (2n + 1)== −n − 122-203-Задачи на уравнение Лапласа в шареи общее решениеy(t) = Aent + Be−(n+1)t .Отсюда, так как et = r, общее решение уравнения (2.6.8) имеет видX(r) = Arn + Br−(n+1) .Ну а поскольку нас интересуют только ограниченные решения, то B = 0 иXn (r) = rn ,n = 0, ∞.(2.6.14)Составив из полученных функций ряд, получим что независящее от ϕ ограниченное нетривиальное решение уравнения Лапласа (2.6.7) имеет вид:v(r, θ) =∞XAn Xn (r)Yn (θ) =n=0∞XAn rn Pn (cos θ),An ∈ R.(2.6.15)n=0Шаг 3. Использование краевого условияДля нахождения коэффициентов An используем краевое условиеvr (R, θ) = f (θ).По теореме 2.1.7, стр.

185,f (θ, ϕ) разлагается в следующий ряд Фурье"#∞kXXαk0Pkm (cos θ) (αkm cos(mϕ) + βkm sin(mϕ)) ,f (θ, ϕ) =Pk (cos θ) +2m=1k=0αkm2k + 1 (k − m)!=·2π(k + m)!Z2πZπdϕ cos(mϕ)0βkm(2.6.16)f (θ, ϕ) Pkm (cos θ) sin θdθ,(2.6.17)02k + 1 (k − m)!·=2π(k + m)!Z2πZπdϕ sin(mϕ)0f (θ, ϕ) Pkm (cos θ) sin θdθ,(2.6.18)0При этом ряд (2.6.16) сходится к f (θ, ϕ) абсолютноθ ∈ [0, π], ϕ ∈ [0, 2π].Поскольку в нашем случае функция f (θ) не зависит от ϕ, тоиравномерно=0αkm =2k + 1 (k − m)!·2π(k + m)!Zπf (θ) Pkm (cos θ) sin θdθ ·0βkm2k + 1 (k − m)!·=2π(k + m)!zZ2π}|{cos(mϕ)dϕ = 0,m 6= 0,0Zπf (θ) Pkm (cos θ) sin θdθ ·0Z2πsin(mϕ)dϕ = 0.|0{z=0}Найдём αk0 :=2παk0z }| {ZπZ2πZπ2k + 1 k!=·f (θ) Pk (cos θ) sin θdθ ·dϕ = (2k + 1) f (θ) Pk (cos θ) sin θdθ.2πk!00-204-0на№ 788 г)Приравнивая рядыvr (R, θ) =∞XnAn Rn−1Pn (cos θ) =n=1∞Xαn0n=02Pn (cos θ) = f (θ),(2.6.19)видим, что они равны1 , еслиαn02n + 1An ==2nRn−12nRn−1Zπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ,n ∈ N.0Ответ в общем виде:v(r, θ) =∞XAn Xn (r)Yn (θ) =n=0∞XAn rn Pn (cos θ),(2.6.20)n=02n + 1An =2nRn−1Zπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ.(2.6.21)0Нам осталось вычислить An в данном конкретном случае, когдаQ2T1 = 6k1 − 1−cos,0 6 θ < α;αf (θ) =QT2 = 6k ,α < θ 6 π.ПосколькуZhZiPn (cos θ) sin θdθ = x = cos θ = − Pn (x) dx =hi00= по рекуррентной формуле (2.1.6) (2n + 1)Pn (x) = Pn+1(x) − Pn−1(x) n > 1 ==−Pn+1 (x) − Pn−1 (x)+ c,2n + 1n > 1, (2.6.22)то при n > 1 имеем:ZπhicosZ αf (θ)Pn (cos θ) sin θdθ = x = cos θ = T2Z1Pn (x) dx+T1−10= T2ihPn (x) dx = в силу (2.6.22) =cos αPn+1 (−1) − Pn−1 (−1) Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α)−−2n + 12n + 1Pn+1 (1) − Pn−1 (1) Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α)− T1−.2n + 12n + 1В силу равенств Pn (1) = 1 и Pn (−1) = (−1)n получаемZπf (θ)Pn (cos θ) sin θdθ = (T1 − T2 )Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α),2n + 101В силу (2.6.6), коэффициент α00 = 0.

Заметим, что невыполнение условия (2.6.6), означающего равенствопоступающего внутрь и выходящего наружу тепла, влечёт невозможность найти решение, ибо при α00 6= 0равенство (2.6.19) выполнено быть не может.c Д.С. Ткаченко-205-Задачи на уравнение Лапласа в шареоткуда2n + 1An =2nRn−1Zπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ = (T1 − T2 )Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α),2nRn−1n ∈ N. (2.6.23)0При n = 0 коэффициент A0 может быть любым. Таким образом, для функцииv(r, θ) =∞XAn rn Pn (cos θ)n=0имеем:∞(T1 − T2 ) R X Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α) r nPn (cos θ),v(r, θ) = A0 +2nRn=1и вспоминая, что u(r, θ) = −Ответ:Q 2r6k+ B + v(r, θ), и что T1 − T2 = −Q,3k(1−cos α)(2.6.20)получаем∞X Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α) r nQQ 2r −Pn (cos θ) + const,u(r, θ) = −6k3k(1 − cos α) n=1nRгде Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).2.7. № 788 д)Определить стационарное распределение температуры u(r, θ) в однородномшаре радиуса R для случая, когда в шаре происходит объёмное тепловыделениес плотностью Q, а на поверхности – конвективный теплообмен по законуur (R, θ) + hu(R, θ) = f1 (θ) = T + cos θ.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условийQQ112 ∆u + k ≡ r2 (r ur )r + r2 sin θ sin θuθ + k = 0,θ0 6 r < R,0 < θ < π;(2.7.1)|u(0, θ)| < ∞,ur (R, θ) + hu(R, θ) = f1 (θ) = T + cos θ.Шаг 0.

Вид решения и избавление от неоднородности в уравненииПопробуем убрать неоднородность в уравнении, представив решение задачи (2.7.1) в видеu(r, θ) = w(r) + v(r, θ) = Ar2 + B + v(r, θ),(2.7.2)где w(r) = Ar2 + B есть решение задачи∆w +0 QQ1≡ 2 r2 w0 + = 0w0 (R) + hw(R) = T.krkДля w(r) = Ar2 + B уравнение (2.7.3) означает:2A +2Q· 2Ar = − ,rk-206-=⇒A=−Q.6k(2.7.3)№ 788 д)ТогдаQ 2r + B.6kНайдём константу B из краевого условия w0 (R) + hw(R) = T :w(r) = −−QQh 2R−R + Bh = T3k6k=⇒B=Q 2QTR +R+6k3khhТаким образом,w(r) =QQTR2 − r 2 +R+ ,6k3khhоткудаQQTR2 − r 2 +R + + v(r, θ),6k3khhгде v(r, θ) есть решение следующей задачи:1sinθv= 0, 0 6 r < R,0 < θ < π; ∆v ≡ r12 (r2 vr )r + r2 sinθθθ|v(0, θ)| < ∞,vr (R, θ) + hv(R, θ) = f (θ) = cos θ.u(r, θ) =(2.7.4)(2.7.5)Шаг 1. Решение задачи (2.7.5)Эту задачу мы уже решили в № 788 б).

Характеристики

Список файлов лекций