Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 3
Текст из файла (страница 3)
2, xJ0 (x) = [xJ1 (x)]0 =0(0)(0)µk2x= µk2ZU R2U R2U R20[xJ1 (x)] dx = h=h= (0) · J1i2i2 · [xJ1 (x)] (0)(0)2µkµkµk0x=0(0)µk2Отсюда,Rψk(0)aµk(0)µk2J1UR= hi2 · h i2(0)(0)a µkJ 1 µkОтвет:(0)µk2J1∞UR X 1u(r; t) =hi ·h i2 · J0a k=1 (0) 2(0)µkJ 1 µk(0)µk rR!(0)· sinµk atR!,(0)где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.5. № 771 б).Определить поперечные колебания однородной круглой мембраны радиуса R,вызванные начальной скоростьюU,0 6 r < R2 ,ψ(r) =(1.5.1)R0,< r < R,2если край мембраны закреплён упруго.c Д.С. Ткаченко-15-!.Начально – краевые задачи в кругеЗаписав эти условия математически, получим задачу:Найти функцию u(x, y; t) из условий∂utt = a2 · 1r · ∂rr ∂u,∂ru(r, 0) = 0,u (r, 0) = ψ(r), t|u(0, t)| < ∞, ur (R, t) + hu(R, t) = 0,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;0 6 r < R;t > 0.(1.5.2)где ψ(r) определена в (1.5.1).Шаг 1.
Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.5.2) в видеu(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.5.3)k=...то, подставив (1.5.3) в уравнение utt = a2 · 1r ·∞XXk (r)T00k (t)k=...∂∂rr ∂u, получим:∂r∞X1 ∂∂Xk (r)=a·rTk (t).r ∂r∂rk=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:a2 ∂∂Xk (r)00·Xk (r)Tk (t) =rTk (t),∀k.r ∂r∂rПоделив последнее равенство на a2 Xk (r)Tk (t), получим:∂Xk (r)1∂r ∂r·r ∂rT00k (t)=.a2 Tk (t)Xk (r)Левая часть зависит только от t, правая – от r, следовательно равны они могут быть тольков случае, когда ∃λk ∈ R :∂Xk (r)1∂·r00r ∂r∂rTk (t)== −λk .a2 Tk (t)Xk (r)Таким образом, для функций Tk (t) получаем уравнениеT00k (t) + a2 λk Tk (t) = 0,(1.5.4)а для функций X(r) – уравнение:1 ∂·r ∂r∂Xk (r)r∂r+ λk Xk (r) = 0,которое мы перепишем в виде:∂∂r∂Xk (r)r∂r= −λk rXk (r).(1.5.5)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17), стр.
(1.1.17), с ν = 0. Выясним, какиекраевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.5.2).Условие |u(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,-16-(1.5.6)1.5. № 771 Б).а условие ur (R, t) + hu(R, t) = 0 – в условиеX0k (R) + hXk (R) = 0.(1.5.7)Шаг 2. Решение задачи Штурма-ЛиувилляДля функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляα = h и β = 1:0 (rX0k (r)) = −λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞, 0Xk (R) + hXk (R) = 0.вида(1.1.17)с(1.5.8)Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1.
Число λ = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когдаν = α = 0, и ему соответствует собственная функция u(x) ≡ const.В нашем случае α = h > 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.5.8) 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)λk(ν)µk=R#2(ν),Jνµk rR!k ∈ N,,(ν)где µk – корни уравненияαR Jν (µ) + βµJν0 (µ) = 0.В нашем случае ν = 0, α = h, β = 1, поэтомусобственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.5.8) имеют вид: 2(0)µ(0), λk = Rk(0)где µkJ0(0)µk rRk ∈ N,,(1.5.9)µJ00 (µ) + hR J0 (µ) = 0.− положительные корни уравненияШаг 3.
Разложение функций ϕ и ψ в ряд по собственным функциям задачи ШтурмаЛиувилля√√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функции r ϕ(r) и r ψ(r) разлагаются в ряд Фурьеϕ(r) =ψ(r) =∞Xk=1∞X(0)ϕ k J0µk rRψk J0µk rR(0)k=1c Д.С. Ткаченко-17-!,(1.5.10),(1.5.11)!Начально – краевые задачи в круге1ψk =12hJ00(0)µki2·!+12021−(0) 2µkJ02|h= −(0)µk{zµk 0JhR 0ZR1·R2(0)µk rrψ(r)J0!dr =R0}i2(0)µk2h2=i2 ·h (0)2022(R h + µk ) J0 µkZR(0)rψ(r)J0µk rR!dr,0короче,ϕk = 0,2h2ψk =i2 ·h (0)0222(R h + µk ) J0 µkZR(0)µk rRrψ(r)J0!dr,0Упростим вид этих выражений, применив рекуррентную формулу (1.1.8), стр.
2:νJν0 (x) = Jν−1 (x) − Jν (x).xУ нас ν = 0, поэтому(0)(0)J00 µk = J−1 µk .А в силу соотношения (1.1.11)J−n (x) = (−1)n Jn (x),n ∈ Z,получаем(0)(0)J00 µk = −J1 µk .Поэтомуϕk = 0,2h2ψk =i2 ·h (0)222(R h + µk ) J1 µkZR(0)rψ(r)J0µk rR!dr(1.5.12)0Шаг 4. Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.5.3), стр. 16, подставить в начальные условияu(r, 0) = ϕ(r),ut (r, 0) = ψ(r),заменив функции ϕ(r) и ψ(r) рядами (1.5.10) и (1.5.11), получим, что эти начальные условиябудут заведомо выполнены, если ряды в левых и правых частях окажутся равны почленно,то есть будут выполнены соотношенияXk (r)Tk (0) = Xk (r)ϕk ,Xk (r)T0k (0) = Xk (r)ψk .Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk (t):T0k (0) = ψk .Tk (0) = ϕk ,В совокупности с полученным ранее уравнением (1.5.4), стр.
16, получаем задачу Коши: 00 Tk (t) + a2 λk Tk (t) = 0,Tk (0) = ϕk ,(1.5.13) 0Tk (0) = ψk .-18-1.5. № 771 Б).Общее решение уравнения T00k (t) + a2 λk Tk (t) = 0 имеет видppTk (t) = c1 sinλk at + c2 cosλk at .Из начального условия Tk (0) = ϕk получаем, чтоc2 = ϕk ,а из начального условия T0k (0) = ψk получаем, чтоψkc1 = √ .a λkТаким образом, решение задачи (1.5.13) имеет вид:ppψkTk (t) = √ · sinλk at + ϕk cosλk at ,a λkгде ϕk и ψk задаются формулой (1.5.12):2h2ψk =h i2 ·(0)222(R h + µk ) J1 µkϕk = 0,ZR(0)µk rRrψ(r)J0!dr0Найдём ψk , пользуясь условием (1.5.1).RZRrψ(r)J0(0)µk rR!Z2idr = в силу (1.5.1) = U rJ0h(0)µk rR!dr =00(0)U R2µk r i=h= x=i2R(0)µkh(0)µk2Zh0xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр. 2, xJ0 (x) = [xJ1 (x)](0)x= µk2ZU R2U R2U R20[xJ1 (x)] dx = h= (0) · J1=hi2i2 · [xJ1 (x)] (0)(0)2µkµkµk0x=0√(0)µk2(0)λk =µkR, запишем(0)µk2J1ψkRψkU h2 R 3√ = (0) =hi2 · h i2(0)(0)a λkaµka (R2 h2 + µ2k ) µkJ 1 µkТаким образом,∞U h2 R 3 Xu(r; t) =ak=1c Д.С.
Ткаченко=0(0)µk2Отсюда, вспоминая, чтоi(0)µk2J1hi2 h i2 · J0(0)(0)222(R h + µk ) µkJ 1 µk-19-(0)µk rR!(0)· sinµk atR!,!.Начально – краевые задачи в круге(0)где µk – положительные корни уравнения µJ00 (µ) + hR J0 (µ) = 0.Можно немного упростить этот ответ, воспользовавшись рекуррентными формулами (1.1.9) и (1.1.11),стр.
2:[xν Jν ]0 (x) = xν Jν−1 (x),J−n (x) = (−1)n Jn (x), n ∈ Z.(0)В самом деле, из того, что µk – корни уравнения µJ00 (µ) + hR J0 (µ) = 0, следует, что 2!2 (0)0µJ0khR ,= − (0)(0)µkJ 0 µkа изJ00 (x) = J−1 (x) = −J1 (x)получаем:hR!2(0)µk 2(0)J 1 µk ,= (0)J 0 µkи ответ принимает вид:Ответ:J1∞UR Xu(r; t) =a k=1(R2 h2+µ2k )(0)µk2hJ0(0)(0)µki2 · J0µk rR!(0)· sinµk atR!,(0)где µk – положительные корни уравнения µJ00 (µ) + hR J0 (µ) = 0.1.6. № 772 а).Однородная круглая мембрана радиуса R с жёстко закреплённым краем совершает поперечные колебания, вызванные начальным отклонениемϕ(r) = A(R2 − r2 ).(1.6.1)Записав эти условия математически, получим задачу:Найти функцию u(x, y; t) из условий∂∂u2 1·r,0 6 r < R, t > 0;u=a·ttr ∂r∂r u(r, 0) = ϕ(r) = A(R2 − r2 ),0 6 r < R;ut (r, 0) = 0,|u(0, t)| < ∞,(1.6.2)0 6 r < R;u(R, t) = 0,t > 0.Эта задача – частный случай задачи, решённой нами в № 769. Воспользуемся его результатом:!!!!∞(0)(0)(0)Xµk rRψkµk atµk atu(r; t) =J0· sin+ ϕk cos,(0)RRRaµkk=1(0)где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а ϕk и ψk задаются формулой2ϕk =h i2 ·(0)2R J 1 µkZR(0)rϕ(r)J0µk rR!2ψk =h i2 ·(0)2R J 1 µkdr,0-20-ZR(0)rψ(r)J00µk rR!dr1.6.
№ 772 А).В нашем случае ψ(r) ≡ 0 и, значит, ψk = 0, аϕk надонайти, исходяиз вида функцииRR(0)(0)RRµ rµ rϕ = A(R2 − r2 ). Найдём сначала интегралы rJ0 kRdr и r3 J0 kRdr.00(0)ZRrJ0(0)µk r!Rhdr = x =(0)µk r iR=h0RZµk2(0)µkxJ0 (x) dx =i20(0)ih= в силу (1.1.9), стр. 2, xJ0 (x) = [xJ1 (x)]0 = hRZµk2(0)i2[xJ1 (x)]0 dx =µk0(0)x=µkR2R2(0)=h= (0) · J1 µk .
(1.6.3)i2 · [xJ1 (x)] (0)µkx=0µkZR(0)r 3 J0(0)µk rR!hdr = x =(0)µk r iR=h0R(0)µkZµk4x3 J0 (x) dx =i40µ(0)ZkiR40x2 ·[xJ1 (x)]0 dx == в силу (1.1.9), стр. 2, xJ0 (x) = [xJ1 (x)] ; берём по частям = hi4(0)µk0(0)x=µ(0)Zµk4kR 3x2 J1 (x)dx ==h−2i4 x J1 (x)(0)x=0µk0h 20 i2= в силу (1.1.9), стр. 2, x J1 (x) = x J2 (x)= (0) 2 x=µkR4 h (0) i3 (0) =µkJ1 µk − 2 x J2 (x) =hi4(0)x=0µkhi3 hi2 R4(0)(0)(0)(0)=hµkJ 1 µk − 2 µkJ 2 µk=i4(0)µk2R4R4(0)(0)− h= (0) · J1 µki2 · J2 µk . (1.6.4)(0)µkµkhПоэтомуZRA(R2 −r2 )·rJ00(0)µk rR!dr = AR2 ·R2(0)·J µk(0) 1µk R4(0)−A· (0) · J1 µkµk− h2R4(0) i 2 · J 2 µk =(0)µk2AR4(0)=hi 2 · J 2 µk .(0)µkc Д.С. Ткаченко-21-Начально – краевые задачи в кругеИ, наконец,2ϕk =h i2 ·(0)R 2 J 1 µkZR(0)rϕ(r)J0µk rR!04AR2(0)dr = hi2 · J2 µk .(0)(0)µk J 1 µkОсталось упростить это выражение.
Воспользуемся рекуррентной формулой (1.1.10), стр. 2:2νJν (x) + Jν−1 (x) = 0.xJν+1 (x) −(0)При ν = 1 ири x = µk получимJ2(0)µk−2(0)µkJ1(0)µk(0)µk+ J0| {z=0= 0.}Поэтому,J2(0)µkJ1(0)µk=2(0),µkоткуда(0)Jµ2k8AR24ARϕk = h · (0) = h.i2 i3 (0)(0)(0)(0)Jµ1µkJ 1 µkµkJ 1 µkk2Ответ:u(r; t) = 8AR2∞X1hk=1(0)µki3(0)J 1 µk · J0(0)µk rR!· cos(0)µkRat!,(0)где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.7.
№ 772 б).Однородная круглая мембрана радиуса R с жёстко закреплённым краем совершает поперечные колебания, вызванные постоянной начальной скоростью Uточек мембраны.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти функцию u(x, y; t) из условий∂∂u2 1u=a··r,0 6 r < R, t > 0;ttr∂r∂ru(r, 0) = 0,0 6 r < R;(1.7.1)ut (r, 0) = ψ(r) = U,0 6 r < R;|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = 0,t > 0.Эта задача – частный случай задачи, решённой нами в № 769 и полностью аналогичную мыуже решили в № 701 а). Воспользуемся результатом № 769:!!!!∞(0)(0)(0)XRψkµk atµk atµk ru(r; t) =J0· sin+ ϕk cos,(0)RRRaµk=1k-22-1.8. № 773(0)где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а ϕk и ψk задаются формулой2ϕk =h i2 ·(0)2R J 1 µkZR(0)µk rRrϕ(r)J0!2ψk =h i2 ·(0)2R J 1 µkdr,0ZR(0)rψ(r)J0µk rR!dr0В нашем случае ϕ(r) ≡ 0 и, значит, ϕk = 0, а ψk надо найти, исходя из вида функции ψ = U .ZRrψ(r)J0(0)µk rR(0)ZR!dr = U0(0)µk rrJ0!hdr = x =R(0)µk r iR=h0UR(0)µkZµk2xJ0 (x) dx =i20ih= в силу (1.1.9), стр.
2, xJ0 (x) = [xJ1 (x)]0 =(0)x=µ(0)µk k2 Z2URU R2UR(0)0=h·[xJ(x)]=[xJ(x)]dx=·Jµ.i2hi2111k(0)(0)(0)µkµkµk0x=0Отсюда,(0)Jµ1k2U R2U RRψk= hi2 · h i2 = hi2 (0)(0)(0)(0)(0)aµkJ 1 µka µkJ 1 µka µkОтвет:u(r; t) =∞2U R Xa1hk=1(0)µki2(0)J 1 µk · J0(0)µk rR!· sin(0)µkatR!,(0)где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.8.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
