Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 6

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

Текст из файла (страница 6)

№ 776 Б).где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.В случае резонанса, то есть если ∃m ∈ N : ωa = µRm∞µ rqµk at2qR X J0 Rku(r; t) = −· sin+sin (ωt) +ρω 2ρωa k=1 µ2k J1 (µk )R! ωr qω·J· sin (ωt) =++02aaρω 2 J0 ωRa"#∞µ r3J0 ωrqρωµk at2qR X J0 Rka =+ 2 −1 +· sin,sin (ωt)2ρω 2qaρωaµJ(µ)RJ0 ωR1kkak=1где µk – положительные корни уравнения J0 (µ) = 0.1.12. № 776 б).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 упруго.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)| < ∞, ur (R, t) + hu(R, t) = 0,h > 0, t > 0.(1.12.1)Для полноты картины, приведём решение данной задачи, аналогичное № 770 из прошлогосеминара.Шаг 1.

Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.12.1) в видеu(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.12.2)k=...и предположить, что для f (r, t) справедливо аналогичное представление рядом:f (r; t) =∞XXk (r)fk (t),(1.12.3)k=...то, подставив (1.12.3) и (1.12.3) в уравнение utt = a2 · 1r ·∞Xk=...Xk (r)T00k (t)∂∂rr ∂u+ f, получим:∂r∞∞XX1 ∂∂Xk (r)=a·rTk (t) +Xk (r)fk (t).r ∂r∂rk=...k=...2Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:a2 ∂∂Xk (r)00Xk (r)Tk (t) =·rTk (t) + Xk (r)fk (t),∀k.r ∂r∂rc Д.С. Ткаченко-39-Начально – краевые задачи в кругеПоделив последнее равенство на a2 Xk (r)Tk (t), получим:∂Xk (r)1∂·r00r ∂r∂rTk (t) − fk (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∂r ∂r·r ∂rT00k (t) − fk (t)== −λk .a2 Tk (t)Xk (r)Таким образом, для функций Tk (t) получаем уравнениеT00k (t) + a2 λk Tk (t) = fk (t),(1.12.4)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).(1.12.5)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.

Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.12.1).Условие |u(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.12.6)а условие ur (R, t) + hu(R, t) = 0 – в условиеX0k (R) + hXk (R) = 0.Шаг 2. Решение задачи Штурма-ЛиувилляДля функций Xk (r) мы получили задачу Штурма-Лиувилляα = 1 и β = 0:0 (rX0k (r)) = −λk rXk (r).|Xk (+0)| < ∞, 0Xk (R) + hXk (R) = 0.(1.12.7)вида(1.1.17)с(1.12.8)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 (1.12.8) 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) 2(ν)µµr(ν)kkλk =,Jν,k ∈ N,RR-40-1.12. № 776 Б).(ν)где µk – корни уравненияαRJν (µ) + βµJν0 (µ) = 0.В нашем случае ν = 0, α = h, β = 1, поэтомусобственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.12.8) имеют вид: 2 λk = µRk ,J0 µRk r ,k ∈ N,(1.12.9)0где µk − корни уравненияhRJ0 (µ) + µJ0 (µ) = 0.Шаг 3. Разложение функции f (r, t) в ряд по собственным функциям задачи ШтурмаЛиувилля√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция r f (r, t) разлагается в ряд Фурье∞Xµ rkf (r, t) =fk (t)J0,Rk=1fk (t) =112[J00 (µk )]2 +121−02(µk )21· 2·RJ02 (µk )| {z }h= −hµkRZR(1.12.10)µ rkrf (r, t)J0dr =R0J00 (µk )i2=ZR22(R2 + h2 µ2k ) [J00 (µk )]| {z }·rf (r, t)J0µ rkdr.R0=[− J1 (µk )]2Итак,2·fk (t) =222(R + h µk ) [J1 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0drR(1.12.11)0Шаг 4.

Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.12.3), стр. 39, подставить в начальные условияu(r, 0) = 0,ut (r, 0) = 0,получим, что эти начальные условия будут заведомо выполнены, если все слагаемые рядов влевых частях окажутся равны нулю, то есть будут выполнены соотношенияXk (r)Tk (0) = 0,Xk (r)T0k (0) = 0.Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk (t):T0k (0) = 0.Tk (0) = 0, 2В совокупности с полученным ранее уравнением (1.12.4), стр.

40, и учитывая, что λk = µRk ,получаем задачу Коши:2 [µ ]2k T00k (t) + a RTk (t) = fk (t),2(1.12.12)Tk (0) = 0, 0Tk (0) = 0.c Д.С. Ткаченко-41-Начально – краевые задачи в кругеa2 [µk ]2T(t)R2Общее решение соответствующего однородного уравнения T00 (t) +TOO (t) = c1 sinµk atR+ c2 cosµk atR= 0 имеет вид.Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариациипостоянных:Если функции y1 (x), y2 (x), .

. . , yn (x) образуют ФСР линейного однородного уравненияy (n) + a1 y (n−1) + . . . + an−1 y 0 + an y = 0,то общее решение неоднородного уравненияy (n) + a1 y (n−1) + . . . + an−1 y 0 + an y = f (x)имеет видyоНо = c1 (x)y1 + c2 (x)y2 + . . . + cn (x)yn ,где функции c1 (x), c2 (x), . . .

, cn (x) находятся из системы 0c1 y1 + c02 y2 + . . . + c0n yn = 0 c01 y10 + c02 y20 + . . . + c0n yn0 = 0........................... c01 y1n−2 + c02 y2n−2 + . . . + c0n ynn−2 = 0 0 n−1c1 y1 + c02 y2n−1 + . . . + c0n ynn−1 = f (x).В нашем случае ФСР образуется парой функций sin µkRat , cos µkRat , порядок уравненияn = 2, и в системе будет всего 2 уравнения:c01 sin µkRat + c02 cos µkRat= 0aµkc01 cos µkRat − c02 sin µkRat = fk (t).RРешив эту систему линейных алгебраических уравнений, например, по правилу Крамера,получим:µ atfk (t)R cos( kR )0,c(t)= 1aµk c0 (t) = −2fk (t)R sin(aµkµk atR).Отсюда, Ztµk aτµk atµk aτR µk atTk (t) =· sinfk (τ ) cosdτ − cosfk (τ ) sindτ  +aµkRRRR00µk atµk at+ c̃1 sin+ c̃2 cos=RRZtRµk a(t − τ )µk atµk at=· fk (τ ) sindτ + c̃1 sin+ c̃2 cos. (1.12.13)aµkRRR Zt0Из начального условия Tk (0) = 0 получаем, чтоc̃2 = 0,-42-1.12. № 776 Б).а из начального условия T0k (0) = 0 получаем, чтоc̃1 = 0.Таким образом, решение задачи (1.12.12) имеет вид:RTk (t) =·aµkZtfk (τ ) sinµk a(t − τ )Rdτ,0где fk (t) задаются формулой (1.12.11):2fk (t) =·R2 [J1 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdrR0Промежуточный ответ: µ r R Ztµk a(t − τ )kdτ,u(r; t) =·· fk (τ ) sinJ0RaµRkk=1∞X0где µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, а fk (t) задаются формулой2fk (t) =·222(R + h µk ) [J1 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0dr.R0Чтобы получить окончательный ответ, надо найти интегралыZRµ rkdrrf (r, t)J0Rи0Ztfk (τ ) sinµk a(t − τ )Rdτ.0С учётом вида f (r, t) =ZRqρsin (ωt), получаемZRhµ rµ rqµk r ikkrf (r, t)J0dr = sin (ωt) rJ0dr = x ==RρRR00=qR2sin (ωt)ρµ2kZµkihxJ0 (x)dx = по формуле (1.1.9) при ν = 0 =0qR2=sin (ωt)ρµ2kZµk0qR2qR2[xJ1 (x)] dx =sin (ωt) · µk J1 (µk ) =J1 (µk ) sin (ωt) .ρµ2kρµk0Таким образом,fk (t) =c Д.С.

Ткаченко2qR2· J1 (µk ) sin (ωt)(R2 + h2 µ2k ) ρµk [J1 (µk )]2-43-(1.12.14)Начально – краевые задачи в кругеи мы теперь можем найти интегралыZtfk (τ ) sinµk a(t − τ )R02qR2dτ =·(R2 + h2 µ2k ) ρµk J1 (µk )|{z}Ztsin (ωτ ) sinµk a(t − τ )Rdτ.0= ck = constСлучай отсутствия резонанса, то есть µk a 6= Rω ни при каких k ∈ N.Простейший способ в данном случае связан с операционным исчислением.

Нам понадобитсясвойство преобразования Лапласа:Если f1 : F1 (p) и f2 : F2 (p), тоZtf1 ∗ f2 =Ztf1 (τ )f2 (t − τ )dτ =0f1 (t − τ )f2 (τ )dτ : F1 (p) · F2 (p),0а также известное соотношениеsin at :p2a,+ a2Re p > |Im a| .Обозначимα = ω,β=µk aRи искомый интеграл примет вид:Ztfk (τ ) sinµk a(t − τ )RZtsin (ατ ) sin (β(t − τ )) dτ =dτ = ck00hiβα·=таккакα=6β== ck sin (αt) ∗ sin (βt) : ck · 2p + α 2 p2 + β 2ck α 2 β 21β1ck αβα= 2−−α· 2= 2β· 2:β − α 2 p2 + α 2 p2 + β 2β − α2p + α2p + β2ck αβ(β sin(αt) − α sin(βt)) .: 2β − α2Таким образом,Ztfk (τ ) sinµk a(t − τ )R02aqR3 ωµk aµk atdτ =·sin(ωt) − ω sin.ρJ1 (µk ) (R2 + h2 µ2k ) (a2 µ2k − R2 ω 2 )RRСлучай резонанса, то есть ∃m ∈ N : µm a = Rω.В этом случае интеграл проще брать обычным образом:Ztfk (τ ) sin0µk a(t − τ )RZtsin (ωτ ) sin (ω(t − τ )) dτ =dτ = ck0ck=2Zt0τ =tcktcos ω 2τ − t − cos (ωt) dτ =· sin ω 2τ − t − ck · cos (ωt) =4ω2τ =0sin (ωt)t= ck− cos (ωt)4ω2-44-1.13.

№ 776 Б). СПОСОБ, ПОЗВОЛЯЮЩИЙ НАЙТИ ЯВНОЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЕ ВЫНУЖДЕНННаконец, в силу формулы из промежуточного ответа µ r R Ztµk a(t − τ )ku(r; t) =·· fk (τ ) sindτ,J0RaµkRk=1∞X0получаем:Ответ: (В задачнике ответ неверный)Случай отсутствия резонанса, то есть µk a 6= Rω ни при каких k ∈ N.∞µ rX12aqR3 ωksin(ωt)·J−u(r; t) =02222222ρJR1 (µk ) (R + h µk ) (a µk − R ω )k=1∞µ r4 2 X2qR ω1µk atk· J0−sin,ρµk J1 (µk ) (R2 + h2 µ2k ) (a2 µ2k − R2 ω 2 )RRk=1где µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0.Случай резонанса, то есть ∃m ∈ N : µm a = Rω.2qR3u(r; t) =aρµ2m J1 (µm ) (R2 + h2 µ2m )1.13. hRω isin (ωt)t− cos (ωt) = µm ==4ω2at2qa3sin (ωt)− cos (ωt) .=2 + h2 ω 2 )4ω2ρR4 ω 2 J1 Rω(aa№ 776 б). Способ, позволяющий найти явное представление вынужденных колебаний.Найти функцию u(x, y; t) из условий q∂∂u2 1u=a··r+ ρ sin (ωt) ,ttr∂r∂ru(r, 0) = 0,u (r, 0) = 0, 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;h > 0, t > 0.(1.13.1)Шаг 1.

Характеристики

Список файлов лекций