Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 4

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

Текст из файла (страница 4)

№ 773Найти функцию u(x, y; t) из условий∂∂u2 1·u=a·r+ F,ttr∂r∂ru(r, 0) = 0,u (r, 0) = 0, t|u(0, t)| < ∞, ur (R, t) = U,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;0 6 r < R;t > 0.(1.8.1)где F и U – заданные константы.Шаг 1. Избавляемся от неоднородности в краевом условииБудем искать решение задачи (1.8.1) в видеu(r, t) = v(r, t) + w(r, t),где w(r, t) – есть какое-либо решение задачиwtt = a2 · 1r · (rwr )r + F,|w(0, t)| < ∞, wr (R, t) = U,0 6 r < R,t > 0.(1.8.2)t > 0;(1.8.3)Поскольку нам нужно какое угодно решение (1.8.3), естественно искать функцию w наиболеепростого вида, например, суммы многочлена от r и η(t):w(r, t) = αr2 + η(t).c Д.С. Ткаченко-23-Начально – краевые задачи в кругеДля такой w(r, t)11· (rwr )r ≡ wrr + wr = 4α.rrwtt = η 00 (t),wr = 2αr,Из краевого условия wr (R, t) = U находимUα=2RU r2w=+ η(t).2R=⇒Подставляя w такого вида в уравнение wtt = a2 · 1r · (rwr )r + F , получаем равенство2a2 U+ F,Rη 00 (t) =котрому удовлетворяет, например, функция 2aUF 2η(t) =+t.R2Итак,U r2+w(r, t) =2Ra2 UF+R2Такая функция w(r, t) является решением задачи2 1 wtt = a · rU r· 2(rwr )r + F,w(r, 0) = 2R ,w (r, 0) = 0, t|w(0, t)| < ∞, wr (R, t) = U,t2 .(1.8.4)0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;0 6 r < R;t > 0.(1.8.5)Вычтем из задачи (1.8.1) задачу (1.8.5).

Получим, что функция v(r, t) = u(r, t) − w(r, t)является решением следующей задачи:0 6 r < R, t > 0;vtt = a2 · 1r · (rvr )r ,r2v(r, 0) = − U2R,0 6 r < R;(1.8.6)vt (r, 0) = 0,0 6 r < R;|v(0, t)| < ∞, vr (R, t) = 0,t > 0.Шаг 2. Решение задачи (1.8.6)Эта задача – аналог задач, решённых нами в № 769 и 771 б).Шаг 2-1. Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.8.6) в видеv(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.8.7)k=...то, подставив (1.8.7) в уравнение vtt = a2 · 1r · (rvr )r , получим:∞XXk (r)T00k (t)k=...∞X10=a· (rX0k (r)) Tk (t).rk=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:Xk (r)T00k (t) =a20· (rX0k (r)) Tk (t),r-24-∀k.1.8.

№ 773Поделив последнее равенство на a2 Xk (r)Tk (t), получим:T00k (t)=a2 Tk (t)1r· (rX0k (r))0.Xk (r)Левая часть зависит только от t, правая – от r, следовательно равны они могут быть тольков случае, когда ∃λk ∈ R :1· (rX0k (r))0T00k (t)r== −λk .a2 Tk (t)Xk (r)Таким образом, для функций Tk (t) получаем уравнениеT00k (t) + a2 λk Tk (t) = 0,(1.8.8)а для функций X(r) – уравнение:10· (rX0k (r)) + λk Xk (r) = 0,rкоторое мы перепишем в виде:0(rX0k (r)) = −λk rXk (r).(1.8.9)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 (1.8.6).Условие |v(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.8.10)X0k (R) = 0.(1.8.11)а условие vr (R, t) = 0 – в условиеШаг 2-2. Решение задачи Штурма-ЛиувилляДля функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляν = 0, α = 0 и β = 1:0 (rX0k (r)) = −λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞, 0Xk (R) = 0.вида(1.1.17)с(1.8.12)Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр.

4.Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Числоλ = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν =α = 0, и ему соответствует собственная функция u(x) ≡ const.В нашем случае α = 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.8.12) имеет собственное значениеλ0 = 0 и соответствующую ему собственную функцию X0 (r) = 1:λ0 = 0,X0 (r) = 1.Осталось найти строго положительные собственные значения.Применим теорему 1.1.4, стр. 4:Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие имсобственные функции имеют вид:"#!(ν) 2(ν)µµr(ν)kkλk =,Jν,k ∈ N,RRc Д.С.

Ткаченко-25-Начально – краевые задачи в круге(ν)где µk – корни уравненияαR Jν (µ) + βµJν0 (µ) = 0.В нашем случае ν = 0, α = 0, β = 1, поэтомусобственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.8.12) имеют вид: 2(0)µ(0), λk = Rk(0)где µkXk (r) = J0(0)µk rR,k ∈ N,− положительные корни уравненияJ00 (µ) = 0.Избавимся от производной в уравнении J00 (µ) = 0, благо рекуррентная формула (1.1.8)νJν0 (x) = Jν−1 (x) − Jν (x),xвзятая при ν = 0, позволяет это сделать:J00 (x) = J−1 (x) −0· J0 (x).xОтсюда, в силу равенства (1.1.11): J−n (x) = (−1)n Jn (x), получаем, чтоJ00 (µ) = 0⇐⇒J1 (µ) = 0.Итак, задача (1.8.12) имеет следующие собственные значения и функции:λ0 = 0,X0 (r) = 1, 2(0)λk = µRk ,Xk (r) = J0 µRk r ,k ∈ N,где µk − положительные корни уравненияJ1 (µ) = 0.(1.8.13)Шаг 2-3.

Разложение функций ϕ и ψ в ряд по собственным функциям задачиШтурма-Лиувилля√√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функции r ϕ(r) и r ψ(r) разлагаются в ряд Фурье∞Xµ rkϕ(r) = ϕ0 +ϕ k J0,Rk=1∞µ rXkψ(r) = ψ0 +ψk J0,Rk=1(1.8.14)(1.8.15)Так как у нас ψ ≡ 0, то все коэффициенты ψk = 0, k = 0, 1, 2, . . . А для ϕk верны формулы:2ϕ0 = 2RZRrϕ(r)dr,0ZRZRµ rµ r212kkϕk =··rϕ(r)Jdr=·rϕ(r)Jdr.0022222RRR[J1 (µk )] + [J0 (µk )]R [J0 (µk )]| {z }00=0-26-1.8.

№ 773Итак,ψ0 = ψk = 0,2ϕ0 = 2RZR2·ϕk =R2 [J0 (µk )]2rϕ(r)dr,0ZRrϕ(r)J0µ rkdr (1.8.16)R0Шаг 2-4. Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.8.7), стр. 24, подставить в начальные условияu(r, 0) = ϕ(r),ut (r, 0) = ψ(r),заменив функции ϕ(r) и ψ(r) рядами (1.8.14) и (1.8.15), 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 (1.8.8), стр.

25, получаем задачу Коши: 00 Tk (t) + a2 λk Tk (t) = 0,Tk (0) = ϕk ,(1.8.17) 0Tk (0) = ψk .Общее решение уравнения T00k (t) + a2 λk Tk (t) = 0 при k > 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 λkАналогично при k = 0 получаем, чтоT0 (t) = ψ0 t + ϕ0 .Таким образом, решение задачи (1.8.17) имеет вид:ψ0 t + ϕ0 √√Tk (t) =ψk√·sinλat+ϕcosλat,kkka λkk = 0;k ∈ N,(1.8.18)где ϕk и ψk задаются формулой (1.8.16):ψ0 = ψk = 0,2ϕ0 = 2RZR2·ϕk =2R [J0 (µk )]2rϕ(r)dr,0c Д.С.

Ткаченко-27-ZRrϕ(r)J00µ rkdrRНачально – краевые задачи в кругеЧтобы найти ϕk , пользуясь условием ϕ(r) = −U r2,2Rнайдём сначала интегралRR0r 3 J0µk rRdr.Мы его уже находили, когда решали № 772 а). Повторим:ZR0µkµ rhi4 ZµrRkkr 3 J0dr = x ==x3 J0 (x) dx =RR[µk ]40ZµkiR4= в силу (1.1.9), стр. 2, xJ0 (x) = [xJ1 (x)] ; берём по частям =x2 · [xJ1 (x)]0 dx =4[µk ]0µkZx=µkR4  3− 2 x2 J1 (x)dx =xJ(x)=14[µk ]x=00h0 i2= в силу (1.1.9), стр. 2, x J1 (x) = x2 J2 (x)= 2 x=µkR43=[µk ] J1 (µk ) − 2 x J2 (x) =[µk ]4x=0R432=4 [µk ] J1 (µk ) − 2 [µk ] J2 (µk ) =[µk ]R42R4=· J1 (µk ) −· J2 (µk ) . (1.8.19)µk[µk ]2h0Поэтому2·ϕk =R2 [J0 (µk )]2ZRµ rkdr =R044U2RR· J1 (µk ) −= −·· J2 (µk ) =2µk | {z }R3 [J0 (µk )][µk ]2rϕ(r)J0=0=2U R J2 (µk )·.[µk ]2 [J0 (µk )]2Осталось упростить это выражение.

Воспользуемся рекуррентной формулой (1.1.10), стр. 2:Jν+1 (x) −2νJν (x) + Jν−1 (x) = 0.xПри ν = 1 при x = µk получимJ2 (µk ) −2J1 (µk ) + J0 (µk ) = 0.µk | {z }=0Поэтому,J2 (µk )= −1,J0 (µk )откудаϕk = −2U R.[µk ] J0 (µk )2-28-1.9. № 774Осталось посчитать ϕ0 :2ϕ0 = 2RZRUrϕ(r)dr = − 3R0ZRr3 dr = −0Подставляем ϕk и ψk в (1.8.18) и получаем− UR√Tk (t) = − 4 2U R·cosλat,2k[µ ] J (µ )kТогда, вспоминая, что√λk =µk,RUR.40k = 0;k ∈ N,kзапишем решение задачи (1.8.6)v(r; t) = X0 (r)T0 +∞XXk (r)Tk (t)k=1в окончательном виде∞µ rX1µk atURk− 2U R· J0· cosv(r; t) = −24RR[µ]J(µ)k0kk=1Наконец, для решенияU r2u(r, t) = v(r, t) + w(r, t) = v(r, t) ++2Ra2 UF+R2t2исходной задачи (1.8.1) получаемОтвет: 2∞µ rX1aUF 2URµk atU r2k++t −− 2U R· cos,u(r; t) =· J022RR24RR[µ]J(µ)k0kk=1где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0.1.9.

№ 774Найти функцию u(x, y; t) из условий∂utt = a2 · 1r · ∂rr ∂u,∂ru(r, 0) = 0,u (r, 0) = 0, t|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = U sin (ωt) ,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;0 6 r < R;t > 0.(1.9.1)где ω и U – заданные константы.Шаг 1. Избавляемся от неоднородности в краевом условииБудем искать решение задачи (1.9.1) в видеu(r, t) = v(r, t) + w(r, t),где w(r, t) – есть какое-либо решение задачиwtt = a2 · 1r · (rwr )r ,|w(0, t)| < ∞, w(R, t) = U sin (ωt) ,c Д.С. Ткаченко-29-(1.9.2)0 6 r < R,t > 0.t > 0;(1.9.3)Начально – краевые задачи в кругеПоскольку нам нужно какое угодно решение (1.9.3), естественно искать функцию w наиболеепростого вида, например,w(r, t) = b(r)η(t).(w в виде суммы многочлена от r и η(t) в данном случае не годится, ибо из краевого условиясразу получится η(t) = U sin (ωt), и уравнение не будет выполнено)Для w(r, t) искомого вида b(r)η(t) выполнены соотношения0wr = b (r)η(t),00wtt = b(r)η (t),11· (rwr )r ≡ wrr + wr =rrb0 (r)b (r) +r00η(t).Чтобы выполнялось краевое условие w(R, t) = U sin (ωt), достаточно взятьη(t) = U sin (ωt) ,b(R) = 1,а подставляя w = U b(r) sin (ωt) в уравнение wtt = a2 · 1r · (rwr )r , получаем равенствоb0 (r)0022−U b(r)ω sin (ωt) = a b (r) +U sin (ωt) .rТо есть функция b(r) должна быть решением задачи Коши0ω 2=−b(r),b00 (r) + b (r)rab(R) = 1.(1.9.4)Уравнение в этой задаче есть уравнение Бесселя из задачи Штурма–Лиувилля (1.1.17), стр.

4,2где ν = 0, λ = µ2 = ωa , α = 1, β = 0. Заметим, что (1.9.4) не есть в чистом виде задача Штурма–Лиувилля (1.1.17), поскольку здесь у нас краевое условие неоднородно. Это непозволит нам напрямую применить теорему 1.1.4. Однако воспользоваться её результатом мыможем, рассуждая следующим образом:Предположим, мы знаем решение задачи (1.9.4). Это решение наверняка удовлетворяет с некоторыми α̃ и β̃ краевому условию α̃b(R) + β̃b0 (R) = 0 и, соответственно, всей задаче ШтурмаЛиувилля2λ = ωa ; −(rb0 )0 = λrb,(1.9.5)|b(+0)| < ∞;0α̃b(R) + β̃b (R) = 0,α̃, β̃ > 0, α̃ + β̃ > 0.Поэтому функция b(r), уже по теореме 1.1.4, имеет вид√ ωr b(r) = c · J0λ r = c · J0.a√ Константа c, на которую мы умножили J0λ r , не мешает выполнению (1.13.7), зато с еёпомощью легко добиться выполнения краевого условия b(R) = 1.

Действительно,ωR1.c · J0=1=⇒c=aJ0 ωRaИтак,J0b(r) =J0ωra ωRaи, наконец,U J0 ωraw(r, t) =sin (ω t) .J0 ωRa-30-(1.9.6)1.9. № 774Такая функция w(r, t) является решением задачиwtt = a2 · 1r · (rwr )r , w(r, 0) = 0,ωU J0 ( ωra )w(r,0)=,tJ0 ( ωRa )|w(0, t)| < ∞, w(R, t) = U sin (ω t) ,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;(1.9.7)0 6 r < R;t > 0.Вычтем из задачи (1.9.1) задачу (1.9.7).

Характеристики

Список файлов лекций