Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 5

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

Текст из файла (страница 5)

Получим, что функция v(r, t) = u(r, t) − w(r, t)является решением следующей задачи:vtt = a2 · 1r · (rvr )r ,0 6 r < R, t > 0; v(r, 0) = 0,0 6 r < R;ωU J0 ( ωr(1.9.8))0 6 r < R;vt (r, 0) = − J ωRa ,()0a|v(0, t)| < ∞, v(R, t) = 0,t > 0.Шаг 2. Решение задачи (1.9.8)Эта задача есть частный случай задачи № 769. Воспользуемся результатом:∞X µ r Rψµk atµk atkk+ ϕk cos,v(r; t) =J0· sinRaµkRRk=1где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а ϕk и ψk задаются формулой2·ϕk =2R [J1 (µk )]2ZR2ψk =·2R [J1 (µk )]2µ rkrϕ(r)J0dr,R0ZRµ rkrψ(r)J0drR0Поскольку начальное отклонение ϕ(r) ≡ 0, все коэффициентыk ∈ N.ϕk = 0,Нам остаётся только посчитать ψk для функции начальной скоростиωU J0 ωra.ψ= −J0 ωRaПоскольку интегралZRrJ0 ωr aJ0µ rkdrR0есть интеграл Ломмеля (1.1.13) – (1.1.14):ZxtJν (αt)Jν (βt)dt =α2x(αJν+1 (αx)Jν (βx) − βJν (αx)Jν+1 (βx)) ,− β2α 6= β,0Zxx212t (Jν (αt)) dt =(αJν0 (αx)) +222ν2x − 2α2(Jν (αx))2 ,0имеем два случая:Случай отсутствия резонанса,c Д.С.

Ткаченкоωa6=µkRни при каких k ∈ N.-31-ν > −1,Начально – краевые задачи в кругеZRµ r ωr µ r 2ωUkkrψ(r)J0dr = −·rJJ0dr =02ωR2RaRR [J1 (µk )] J0 a002 3aRωωRωR2ωUµk· 2 2·  J1J0 (µk ) − J0J1 (µk ) == −222ωR2R ω − a µkaa | {z } RaR [J1 (µk )] J0 a2ψk =·2R [J1 (µk )]2ZR=0=2a2 ωUµk· 2 2.J1 (µk ) R ω − a2 µ2kТогда2aωU RRψk=aµkJ1 (µk ) · (R2 ω 2 − a2 µ2k )и для функции v(r, t) имеем представление:v(r; t) = 2aωU R∞Xk=1J0 µRk rµk at· sin,J1 (µk ) · (R2 ω 2 − a2 µ2k )R(1.9.9)где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.ωСлучай резонанса, ∃m ∈ N := µRm .aВ силу ортогональности функций J0 µRk r и J0k 6= m,ψk = 0ωra≡ J0µm rRна промежутке (0, R) приk 6= m,а при k = m получаем2·ψm =R2 [J1 (µm )]2=ZRrψ(r)J00µ rmdr =R221 R 2  µm 0·J0 (µm )  +22R | {z }2R2 [J1 (µm )]R2 −02 · Rµ2m2=−J1 (µm ) µ2(J0 (µm ))2  = m2 .| {z }R=0ТогдаRψk=aµkпри k 6= m;при k = m0,µm,aRи для функции v(r, t) имеем представление:µm at=Rh ωr µmωiω= в силу равенства== 2 · J0· sin (ωt) .

(1.9.10)Raaaµ rµmmv(r; t) =· J0· sinaRRНаконец, для решенияU J0 ωrau(r, t) = v(r, t) + w(r, t) = v(r, t) +sin (ω t)J0 ωRa-32-1.10. № 775исходной задачи (1.9.1) получаемОтвет: В случае отсутствия резонанса, то есть если ωa 6= µRk ни при каких k ∈ N,∞µk rXU J0 ωrJµk at0aRu(r; t) =sin (ω t) + 2aωU R· sin.J1 (µk ) · (R2 ω 2 − a2 µ2k )RJ0 ωRak=1где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.В случае резонанса, то есть если ∃m ∈ N : ωa = µRm ωr U J0 ωrωau(r; t) =sin(ωt)+· sin (ωt) =·J0a2aJ0 ωRaω+ 2ωRaaUJ0!· J0 ωr a· sin (ωt) .1.10.

№ 775Найти функцию u(x, y; t) из условий∂∂u2 1·r,u=a·ttr∂r∂ru(r, 0) = 0,u (r, 0) = 0, t|u(0, t)| < ∞, ur (R, t) = U cos (ωt) ,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;0 6 r < R;t > 0.(1.10.1)где ω и U – заданные константы.Шаг 1. Избавляемся от неоднородности в краевом условииБудем искать решение задачи (1.10.1) 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)| < ∞, wr (R, t) = U cos (ωt) ,0 6 r < R,t > 0.(1.10.2)t > 0;(1.10.3)Поскольку нам нужно какое угодно решение (1.10.3), естественно искать функцию w наиболеепростого вида, например,w(r, t) = b(r)η(t).Для w(r, t) искомого вида 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 wr (R, t) = U cos (ωt), достаточно взятьη(t) = U cos (ωt) ,b0 (R) = 1,а подставляя w = U b(r) cos (ωt) в уравнение wtt = a2 · 1r · (rwr )r , получаем равенствоb0 (r)2200−U b(r)ω cos (ωt) = a b (r) +U cos (ωt) .rТо есть функция b(r) должна быть решением задачи Коши20= − ωa b(r),b00 (r) + b (r)rb0 (R) = 1.c Д.С.

Ткаченко-33-(1.10.4)Начально – краевые задачи в кругеУравнение в этой задаче есть уравнение Бесселя из задачи Штурма–Лиувилля (1.1.17), стр. 4,2где ν = 0, λ = µ2 = ωa , α = 0, β = 1. Заметим, что (1.10.4) 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 (1.10.4). Это решение наверняка удовлетворяет снекоторыми α̃ и β̃ краевому условию α̃b(R) + β̃b0 (R) = 0 и, соответственно, всей задачеШтурма-Лиувилля2λ = ωa ; −(rb0 )0 = λrb,(1.10.5)|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 √ λ r = c 1 · J0.b(r) = c1 · J0a√ Константа c1 , на которую мы умножили J0λ r , не мешает выполнению (1.13.7), зато с еёпомощью легко добиться выполнения краевого условия b0 (R) = 1.

Действительно,h ωr i hiωRωc 1 · J0= (1.1.9) с ν = 0 и (1.1.11) с n = 1 = −c1 J1=1a r r=Raa=⇒c1 = −aωJ1ωRa.Итак,aJ0b(r) = −ωJ1ωra ωRaи, наконец,aU J0w(r, t) = −ωJ1ωraωRacos (ω t) .Построенная функция w(r, t) является решением задачиw = a2 · 1r · (rwr )r ,0 6 r < R, t > 0; ttaU J0 ( ωr)0 6 r < R;w(r, 0) = − ωJ ωRa ,1( a )0 6 r < R; wt (r, 0) = 0,|w(0, t)| < ∞, w(R, t) = U sin (ω t) ,t > 0.(1.10.6)(1.10.7)Вычтем из задачи (1.10.1) задачу (1.10.7).

Получим, что функция v(r, t) = u(r, t) − w(r, t)является решением следующей задачи:vtt = a2 · 1r · (rvr )r ,0 6 r < R, t > 0;aU J0 ( ωr)v(r, 0) = ωJ ωRa ,0 6 r < R;1( a )(1.10.8) vt (r, 0) = 0,06r<R;|v(0, t)| < ∞, vr (R, t) = 0,t > 0.Шаг 2.

Решение задачи (1.10.8)Эта задача аналогична задаче, решённой в № 773. Воспользуемся результатом шагов 2-1 – 2-4:v(r, t) = T0 (t) +∞Xk=1-34-Xk (r)Tk (t),1.10. № 775где функции Tk (t) есть решения задачи Коши (1.8.18):ψ0 t + ϕ0 √√Tk (t) =ψk√· sin λk at + ϕk cos λk at ,a λkk = 0;k ∈ N, 2в которой λk = µRk , где µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0, числа ϕk и ψkзадаются формулой (1.8.16):2ϕ0 = 2Rψ0 = ψk = 0,ZR2·ϕk =R2 [J0 (µk )]2rϕ(r)dr,0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0Здесь, как и в номере № 774, надо рассмотреть два случая:Случай отсутствия резонанса, ωa 6= µRk ни при каких k ∈ N.Найдём ϕ0 .2ϕ0 = 2RZR02aUrϕ(r)dr = 2R ωJ1 ωRaZRrJ0 ωr ahωr idr = x ==a0ωR=2a UR2 ω 3 J1ωRZa3ωRaxJ0 (x) dx =Za32a UR2 ω 3 J01ωRa[xJ1 (x)]0 dx =03ωR2a U·= 2 3· J1ωRaR ω J1 aωRa=2a2 URω 2Для вычисления ϕk нам снова надо вспомнить формулу (1.1.13), стр.

3, интеграла Ломмеля:ZxtJν (αt)Jν (βt)dt =α2x(αJν+1 (αx)Jν (βx) − βJν (αx)Jν+1 (βx)) ,− β2α 6= β,0ZRµ r ωr µ r 2aUkkrϕ(r)J0dr =·rJJ0dr =02ωR2RaRR ω [J0 (µk )] J1 a00hi= как интеграла Ломмеля =2 32aUaR ω J1 ωR J0 (µk ) − µk J0 ωR J1 (µk ) ==··22R 2 ω 2 − a2 µ kaaRa | {z }R2 ω [J0 (µk )] J1 ωRa2ϕk =·R2 [J0 (µk )]2ZR=02=2a U R1· 2 2.J0 (µk ) R ω − a2 µ2kТогдаTk (t) =2a2 U,Rω 22a2 U RJ0 (µk )k = 0;·1R2 ω 2 −a2 µ2k· cosµk atR,k ∈ N,и для функции v(r, t) имеем представление:∞XJ0 µRk r2a2 U1µk at2v(r; t) =+ 2a U R·· cos,2 ω 2 − a2 µ 2Rω 2RJR0 (µk )kk=1c Д.С. Ткаченко-35-(1.10.9)Начально – краевые задачи в кругегде µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0.ωСлучай резонанса, ∃m ∈ N :=aВ силу ортогональности функций J0k 6= m,µm.R µk rRωraи J0≡ J0µm rRна промежутке (0, R) приk 6= m,ϕk = 0а при k = m получаем2ϕm =·2R [J0 (µm )]2ZR0µ rmrϕ(r)J0dr =R 2R2=·2R2 [J0 (µm )]  22 µm 0(µ )R J| 0 {zm}=−J (µ )m1220·R122 +R −(J0 (µm ))  = 1.22µm=0Тогдаϕk =при k 6= m;при k = m0,1,и для функции v(r, t) имеем представление: hµ r ωr µm atωiµmmv(r; t) = J0· cos== J0· cos (ωt) .= так какRRRaa(1.10.10)Наконец, для решенияaU J0u(r, t) = v(r, t) + w(r, t) = v(r, t) −ωJ1ωraωRacos (ω t)исходной задачи (1.9.1) получаемОтвет: В случае отсутствия резонанса, то есть еслиaU J0u(r; t) = −ωJ1ωraωRacos (ω t) +ωa6=µkRни при каких k ∈ N,2a2 U+Rω 22+ 2a U R∞Xk=1J0 µRk r1µk at·· cos,R2 ω 2 − a2 µ2k J0 (µk )Rгде µk – положительные корни уравнения J1 (µ) = 0.В случае резонанса, то есть если ∃m ∈ N : ωa = µRmaU J0u(r; t) = −ωJ1ωraωRacos (ω t) + J0 ωr a· cos (ωt) =-36-1−!aUωJ1ωRa· J0 ωr a· cos (ωt) .1.11.

№ 776 А).1.11. № 776 а).Определить поперечные колебания однородной круглой мембраны радиуса R,вызванные непрерывно распределённой по мембране поперечной силой плотностиq sin (ωt) ,действующей с момента t = 0, если край мембраны закреплён жёстко.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти функцию u(x, y; t) из условий q∂∂u2 1·r+ ρ sin (ωt) ,0 6 r < R, t > 0;u=a·ttr ∂r∂ru(r, 0) = 0,0 6 r < R;u(r,0)=0,0 6 r < R; t|u(0, t)| < ∞, u(R, t) = 0,t > 0.(1.11.1)Эта задача – частный случай задачи № 770.

Но мы не будем пользоваться её результатом,поскольку тогда нам пришлось бы вычислять интегралыZtsin (ωτ ) sinµk a(t − τ )Rdτ,0в двух случаях – резонансном и не-резонансном, а затем суммировать ряды, иначе получитьответ в том виде, как в задачнике, не удастся.Самый простой путь решить данную задачу, – это представить её решение в виде суммыu(r, t) = w(t) + v1 (r, t) + v2 (r, t),гдеqsin (ωt) ,ρω 2и функции v1 (r, t) и v2 (r, t) есть решения задач:wtt = ρq sin (ωt) ,0 6 r < R, t > 0v1 tt = a2 · 1r · (rv1 r )r ,0 6 r < R, t > 0; v (r, 0) = −w(0)=0,06 r < R;1qv1 t (r, 0) = −wt (0) = ρω ,0 6 r < R;|v1 (0, t)| < ∞, v1 (R, t) = 0,t > 0.v2 tt = a2 · 1r · (rv2 r )r ,0 6 r < R, t > 0; v (r, 0) = 0,0 6 r < R;2v(r,0)=0,0 6 r < R;2t |v (0, t)| < ∞, v (R, t) = −w(t) = q sin (ωt) ,t > 0.12ρω 2w(r, t) = −(1.11.2)(1.11.3)(1.11.4)Задача (1.11.3) есть частный случай задачи из № 769, а (1.11.4) – частный случай задачи из№ 774 при U = ρωq 2 .

Выпишем результаты:∞ µ r RψXµk atµk atkkv1 (r; t) =+ ϕk cos,J0· sinRaµRRkk=1где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0, а ϕk и ψk задаются формулой2·ϕk =2R [J1 (µk )]2c Д.С. ТкаченкоZRµ rkrϕ(r)J0dr,R2ψk =·2R [J1 (µk )]20-37-ZRrψ(r)J00µ rkdrRНачально – краевые задачи в кругеВ случае отсутствия резонанса, то есть еслиqJ0v2 (r; t) =ρω 2 J0ωra ωRaωa6=µkRни при каких k ∈ N,∞J0 µRk rµk at2aqR X· sinsin (ω t) +.ρω k=1 J1 (µk ) · (R2 ω 2 − a2 µ2k )Rгде µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.В случае резонанса, то есть если ∃m ∈ N : ωa = µRmv2 (r; t) =qρω 2 J0ω+ 2ωRaa! ωr · J0a· sin (ωt) .Чтобы использовать формулу для v1 (r, t), надо найти ϕk и ψk . Поскольку ϕ(r) = −w(0) = 0,qа ψ(r) = −w0 (0) = ρω,ϕk = 0,k ∈ N;2·ψk =2R [J1 (µk )]2ZR0ZRµ rµ r2qkkrψ(r)J0rJ0dr =dr =2 ·2RRρωR [J1 (µk )]0h2qµk r i=·= x=Rρω [µk J1 (µk )]2hi= в силу (1.1.9) при ν = 0 =ZµkxJ0 (x) dx =02q·ρω [µk J1 (µk )]2Zµk[xJ1 (x)]0 dx =0x=µk2q2q=·xJ(x)=12ρωµk J1 (µk )ρω [µk J1 (µk )]x=0Поэтому∞X∞µ r µ r Rψµk atµk at2qR X J0 RkkkJ0v1 (r; t) =· sin=· sin2RaµRρωaµJRk1 (µk )kk=1k=1Таким образом, для решенияu(r, t) = w(t) + v1 (r, t) + v2 (r, t)исходной задачи (1.11.1) получаемОтвет: В случае отсутствия резонанса, то есть еслиωa6=µkRни при каких k ∈ N,∞µ rq2qR X J0 Rkµk atu(r; t) = −sin (ωt) +· sin+ρω 2ρωa k=1 µ2k J1 (µk )R∞qJ0 ωrJ0 µRk r2aqR Xµk ata · sin+ 2sin (ω t) +=ρω k=1 J1 (µk ) · (R2 ω 2 − a2 µ2k )Rρω J0 ωRa"#∞µk r3 XJ0 ωrJ2qRωµatq0ka Rsin (ωt)· sin=−1 +22 ω 2 − a2 µ 2 )ρω 2aρJ(µ)·µ·(RRJ0 ωR1kkkak=1-38-1.12.

Характеристики

Список файлов лекций