Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 30

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

Текст из файла (страница 30)

Воспользуемся результатом:Ответ в общем виде:v(r, θ) =∞XAn Xn (r)Yn (θ) =An rn Pn (cos θ),(2.7.6)n=0n=02n + 1An =2 (n + hR) Rn−1∞XZπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ,n = 0, ∞.(2.7.7)0Нам осталось вычислить An в данном конкретном случае, когдаf (θ) = cos θ.И здесь важно заметить, что функция f (θ) ≡ P1 (cos θ), а полиномы Pn (x) друг другу ортогональны (теорема 2.1.3), поэтомуn 6= 1.An = 0(2.7.8)Осталось найти3A1 =2 (1 + hR)Zπ3cos θ sin θdθ =·2 (1 + hR)20θ=πcos3 θ 321−=· =.32 (1 + hR) 31 + hRθ=0Таким образом, для v(r, θ) от всего ряда (2.7.6) осталось только одно слагаемое:v(r, θ) = A1 rP1 (cos θ) ≡r cos θ.1 + hRВспоминая, чтоu(r, θ) =QQTR2 − r 2 +R + + v(r, θ),6k3khhu(r, θ) =QQTr cos θR2 − r 2 +R+ +.6k3khh 1 + hRполучаемОтвет:c Д.С.

Ткаченко-207-(2.7.4)Задачи на уравнение Лапласа в шаре2.8. № 789Определить стационарное распределение температуры u(r, θ) в теле, имеющем форму половины шара радиуса R, если сферическая часть его границыимеет температуру T , а плоское сонование – нулевую.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий112∆u ≡ r2 (r ur )r + r2 sin θ sin θuθ = 0,0 6 r < R, 0 < θ < π2 ;θ|u(0, θ)| < ∞,(2.8.1)π;T,06θ<2 u(R, θ) = f1 (θ) =0,θ = π2 .Шаг 0. Сведение к задаче в шареПоскольку существенная для нашего решения теорема 2.1.7, стр. 185, о разложений функций в ряд по сферическим гармоникам работает в шаре, а у нас в данной задаче – полушарие,надо попытаться свести задачу к аналогичной задаче в шаре.Это несложно сделать, если вспомнить, как в подобной ситуации мы поступали с уравнениями теплопроводности и колебаний на полупрямой, когда методом продолжений доопределяли функции начальных условий на левую полупрямую– нечётным образом, если краевое условие было I-го рода u(0, t) = 0, и– чётным образом, если краевое условие было II-го рода ux (0, t) = 0.В нашей задаче температура основания равна нулю, поэтому, по аналогии с первым случаем из метода продолжений, будем искать функцию u(r, θ) как решение следующейзадачи в шаре:2112∆u≡= 0,0 6 r < R, 0 < θ < π;(ru)+sinθurθ22rrr sin θθ|u(0, θ)| < ∞,(2.8.2)π;T,06θ<2 u(R, θ) = f (θ) =π−T,<θ6π.2Шаг 1.

Решение задачи (2.8.2)Эту задачу мы уже решили в № 788 а), см. (2.3.1), стр. 190. Воспользуемся результатомРешением задачи112∆u≡(ru)+sinθu= 0,0 6 r < R, 0 < θ < π;θr rr2r 2 sin θθ|u(0, θ)| < ∞,(2.3.1)T,06θ<α;1 u(R, θ) = f (θ) =T2 ,α<θ6πявляется функцияu(r, θ) =T1 + T2 + (T2 − T1 ) cos(α)+2∞ r nT2 − T1 X+(Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α))Pn (cos θ), (2.8.3)2Rn=12Этот подход является весьма естественным и с физической точки зрения: поскольку нас интересует стационарное распределение температуры, то есть состояние, в котором шар окажется, когда все тепловые процессыперестанут менять его температуру, то из соображений симметрии на сечении θ = π2 установится температура,равная среднему значению температур верхней и нижней полусфер.-208-№ 789где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).В нашем случаеT1 = T,T2 = −T,α=π,2поэтомуu(r, θ) = −T∞X(Pn+1 (0) − Pn−1 (0)) r nPn (cos θ).(2.8.4)m > 0,(2.1.9)(2m + 1)(2m + 2)2m + 1· P2m (0),· P2m (0) = −24(m + 1)2(m + 1)(2.4.19)n=1RПрименив формулу (2.1.9):P2m+1 (0) = 0,(−1)m (2m)!P2m (0) =,22m (m!)2получаем, чтоP2m+2 (0) = −и тогда(Pn+1 (0) − Pn−1 (0) =0n = 2m,−2m+12(m+1)− 1 · P2m (0) = −4m+32m+2· P2m (0)m > 1;n = 2m + 1,m > 0.и равенство (2.8.4) преобразуется вОтвет:∞ r 2m+1X4m + 3u(r, θ) = T· P2m (0)P2m+1 (cos θ),2m + 2Rm=0где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).2.8.1.

Уравнение теплопроводности в сферических координатахНайти решение u(r, θ, ϕ; t) уравнения теплопроводности в сферических координатах с краевым условием на сфере(11sinθu+= 0;uut − a2 r12 (r2 ur )r + r2 sin2θϕϕθr2 sin θ(2.8.5)θαu(R, θ, ϕ; t) + βur (R, θ, ϕ; t) = 0.Шаг 1. Вид частных решений и предварительные рассужденияНайдём все решения задачи (2.8.5), имеющие видU (r, θ, ϕ; t) = T(t)X(r)Y(θ, ϕ).(2.8.6)Подставив (2.8.6) в уравнение Ut − a2 ∆U = 0, получим:011 12 00T (t)X(r)Y(θ, ϕ) − T(t) · 2sin θYθ X(r) +r X (r) Y(θ, ϕ) +Yϕϕ X(r) = 0rsin θθsin2 θПоделим это равенство на выражение a2 T(t)X(r)Y(θ, ϕ).

Получим110sinθY+Y02 0θsin θsin2 θ ϕϕT (t)1  (r X (r))θ = 0.−+a2 T(t)r2X(r)Y(θ, ϕ)c Д.С. Ткаченко-209-Задачи на уравнение Лапласа в шареПервая дробь зависит только от t, а всё остальное выражение – только от r, θ и ϕ. Поэтомуих разность можеть быть нулём в том и только в том случае, когда ∃ λ ∈ R такая, что:110sinθY+Y02 02θϕϕsin θsin θT (t)1 (r X (r))θ = −λ.= 2+2a T(t)rX(r)Y(θ, ϕ)Отсюда мы получаем уравнение для Tkn (t):T0 (t) + λT(t) = 0(2.8.7)и равенство, связывающее X(r) и Y(θ, ϕ):0(r2 X0 (r))+ λr2X(r)+1sin θsin θYθ+θ1Ysin2 θ ϕϕY(θ, ϕ)=0Выражение в скобках зависит только от r, а последняя дробь – только от θ и ϕ. Это возможнотолько в случае, когда ∃ κ ∈ R такая, что:10sinθY+ sin12 θ Yϕϕθsin θ(r2 X0 (r))2θ+ λr = −= κ.X(r)Y(θ, ϕ)Отсюда мы получаем уравнения для Xkn (r):0r2 X0 (r) + λr2 − κ X = 0(2.8.8)и для Y(θ, ϕ):1 1Yϕϕ + κY(θ, ϕ) = 0.sin θYθ +sin θθsin2 θШаг 2.

Сферические гармоникиЕсли решение уравнения (2.8.9) искать в видеY(θ, ϕ) = Θ(θ)Φ(ϕ),(2.8.9)(2.8.10)то получим01 1sin θΘ0 (θ) Φ(ϕ) +Θ(θ)Φ00 (ϕ) + κΘ(θ)Φ(ϕ) = 0.sin θsin2 θПоделим это равенство наΘ(θ)Φ(ϕ).sin2 θ0sin θ sin θΘ0 (θ)Θ(θ)+ κ sin2 θ = −Φ00 (ϕ).Φ(ϕ)Слева стоит функция, зависящая только от θ, а справа – только от ϕ, поэтому ∃µ ∈ R :0sin θ sin θΘ0 (θ) + κ sin2 θ − µ Θ(θ) = 0,(2.8.11)Φ00 (ϕ) + µΦ(ϕ) = 0(2.8.12)Уравнение (2.8.12) необходимо дополнить условием периодичности, поскольку функция U (r, θ, ϕ),а следовательно и функция Φ должна быть непрерывной. Тогда для Φ(ϕ) получаем задачу: 00Φ (ϕ) + µΦ(ϕ) = 0,(2.8.13)Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ).-210-№ 789Решим эту задачу.

Общим решением уравнения Φ00 (ϕ) + µΦ(ϕ) = 0 является функцияпри µ = −β 2 < 0; Φ(ϕ) = c1 sh (βϕ) + c2 ch (βϕ)Φ(ϕ) = c1 + c2 ϕпри µ = 0;Φ(ϕ) = c1 sin (βϕ) + c2 cos (βϕ)при µ = β 2 > 0.Легко видеть, что функции c1 sh (βϕ)+c2 ch (βϕ) и c1 +c2 ϕ ни при каких c1, 2 (кроме c1 = c2 = 0)не удовлетворяют условию периодичности Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ).В то же время функция c1 sin (βϕ)+c2 cos (βϕ) удовлетворяет этому условию тогда и толькотогда, когдаµ = β 2 = m2 ,m ∈ Z.Итак, функция (2.8.10) есть решение (2.8.9), то есть является сферической функцией, тогдаи только тогда, когдаΦ(ϕ) = c1 sin (mϕ) + c2 cos (mϕ) ,m = 0, 1, 2, . . .

,а функция Θ(θ) есть решение уравнения00sin θ sin θΘ (θ) + κ sin2 θ − m2 Θ(θ) = 0.(2.8.14)(2.8.15)В уравнении (2.8.15) сделаем замену переменой x = cos θ. Тогда для функцииP (x) = P (cos θ) ≡ Θ(θ)получаемΘ0 (θ) = − sin θP 0 (cos θ),Θ00 (θ) = sin2 θP 00 (cos θ) − cos θP 0 (cos θ),и уравнение (2.8.15) примет вид:sin4 θP 00 (x) − sin2 θ cos θP 0 (x) − sin2 θ cos θP 0 (x) + κ sin2 θ − m2 P (x) = 0.Перепишем его, поделив сначала на sin2 θ, и учтём, чтоsin2 θ = 1 − x2 :cos θ = x,m2(1 − x )P (x) − 2xP (x) + κ −1 − x22000P (x) = 0.Полученное уравнение совпадает с (2.1.15), стр. 184.

Поэтому по теореме 2.1.5, стр. 185, всеограниченные решения этой задачи описываются формуламиκ = κk = k(k + 1),k = 0, 1, 2, . . . ; m dm Pk (x)P (x) = Pkm (x) = 1 − x2 2 ·,m = 0, k.dxm(2.8.16)(2.8.17)Поэтому все нетривиальные решения уравнения (2.8.15) имеют видΘkm (θ) = Pkm (cos θ),k = 0, ∞,m = 0, n.(2.8.18)Наконец, с учётом (2.8.14), составляя линейную комбинацию всех решений, зависящих от k,получаем, чтоc Д.С. Ткаченко-211-Задачи на уравнение Лапласа в шарефункция (2.8.10) есть решение (2.8.9) тогда и только тогда, когдаκk = k(k + 1), k = 0, ∞,Y(θ, ϕ) = Yk (θ, ϕ) =kX(2.8.16)(Akm sin (mϕ) + Bkm cos (mϕ)) Pkm (cos θ),k = 0, ∞.(2.8.19)m=0Шаг 3.

Решение задачи для X(r)Для функций X(r) мы получили уравнениеr2 X00 (r) + 2rX0 (r) + λr2 − κk X = 0.(2.8.8)Приведём его к виду уравнения Бесселяν2ry (r) + y (r) + λ − 2r000y(r) = 0при помощи замены переменных:y(r)X(r) ≡ √ ,r=⇒y 00 (r)y 0 (r) 3y(r)√X (r) =+−35 .rr24r 2y 0 (r)y(r)X (r) = √ −3 ,r2r 2000Тогда уравнение (2.8.8) примет вид 1y(r)y 0 (r) 3y(r)02200√ r y (r) −++ 2r y (r) −+ λr − κk y(r) = 0.r4r22rrУпростим его:3r2 y 00 (r) − ry 0 (r) + y(r) + 2ry 0 (r) − y(r) + λr2 − κk y(r) = 0.4Наконец, приведём подобные и получим:1r y (r) + ry (r) + λr − κk +42 0002y(r) = 0.Поделим уравнение на r и учтём, что κk = k(k + 1), и следовательно211112.κk += [4k(k + 1) + 1] = (2k + 1) = k +4442Добавив краевое условие, следующее из αU (R, θ, ϕ; t) + βUr (R, θ, ϕ; t) = 0, получим:1 2k+() 00ry (r) + y 0 (r) + λr − r2y(r) = 0;(2.8.20)0αy(R) + βy (R) = 0Воспользуемся результатом следствия 1.1.1, стр. 2.Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1) задаётся каждой из формулZν (x) = c1 Jν (x) + c2 Nν (x) = c3 Hν(1) (x) + c4 Hν(2) (x),ν ∈ R.ν 6∈ Z.Zν (x) = c5 Jν (x) + c6 J−ν (x)Поскольку в нашем случае ν = k + 21 , удобнее воспользоваться последней формулой:y(r) = c5 Jk+ 1 (r) + c6 J−k− 1 (r).2-212-2№ 789И, поскольку мы всё равно позже представим общее решение задачи (2.8.5) в виде ряда полинейно независимым решениям задач для X(r), Y(θ, ϕ), выпишем систему линейно независимых решений (2.8.20):n µ r o∞kny(r) ∈ Jk+ 1,(2.8.21)2Rk=−∞где µkn – положительные корни рассматриваемого при каждом k = 0, ∞ уравнения0αRJk+ 1 (µ) + βµJk+1 (µ) = 0.2(2.8.22)2Таким образом,решениями задачи для X(r) являютсяλkn =h µ i2knRrJk+ 1 µknR2√Xkn (r) =,r,k = −∞, ∞,n ∈ N,(2.8.23)где µkn – положительные корни уравнения0αRJk+ 1 (µ) + βµJk+1 (µ) = 0.2(2.8.22)2Шаг 4.

Составление общего решения задачи (2.8.5)Осталось вспомнить уравнение для функций T(t):T0 (t) + λT(t) = 0,λ = λkn =µ2kn.R2(2.8.7)Общим решением этого уравнения является−Tkn (t) = ckn eµ2knR2t.Мы уже можем, наконец, выписать все решения (2.8.5), имеющие вид (2.8.6)U (r, θ, ϕ; t) = T(t)X(r)Y(θ, ϕ) :−U (r, θ, ϕ; t) = ckn e•µ2knR2rJk+ 1 µknR2√·•rkP(Akm sin (mϕ) + Bkm cos (mϕ)) Pkm (cos θ)tm=0l−1Pm=0k > 0;(2.8.24)m(Akm sin (mϕ) + Bkm cos (mϕ)) Pl−1(cos θ)k = −l < 0.Составим линейную комбинацию всех линейно независимых решений (2.8.5), учитывая, чтоиндексы k, m и n меняются в пределах:k = −∞, +∞,n = 1, +∞,m = 0, n.ПолучимОтвет:u(r, θ, ϕ; t) =∞ X∞X−ckn ek=−∞ n=1•trJk+ 1 µknR2√•·rkP(Akm sin (mϕ) + Bkm cos (mϕ)) Pkm (cos θ)c Д.С. Ткаченкоµ2knR2m=0l−1Pm=0(Akm sin (mϕ) +mBkm cos (mϕ)) Pl−1(cos θ)-213-k > 0;(2.8.25)k = −l < 0,Задачи Дирихле для уравнения Лапласагде µkn – положительные корни уравнения0αRJk+ 1 (µ) + βµJk+1 (µ) = 0.2(2.8.22)22.9. № 793 а).

Характеристики

Список файлов лекций