Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Представление решения в виде суммы вынужденных и свободных колебанийПредставим решение u(r, t) данной задачи в виде суммыu(r, t) = w(r, t) + v(r, t),(1.13.2)где функцияw(t) = b(r) sin (ωt) ,описывающая вынужденные колебания, и функция v(r, t), соответствующая свободным колебаниям, есть решения задач:wtt = a2 · 1r · (rwr )r + ρq sin (ωt) ,0 6 r < R, t > 0;(1.13.3)|w(0, t)| < ∞, wr (R, t) + hw(R, t) = 0,h > 0, t > 0.vtt = a2 · 1r · (rvr )r ,0 6 r < R, t > 0;v(r, 0) = −w(r, 0),0 6 r < R;(1.13.4)v(r,0)=−w(r,0),0 6 r < R;tt|v(0, t)| < ∞, vr (R, t) + hv(R, t) = 0,h > 0 t > 0.c Д.С. Ткаченко-45-Начально – краевые задачи в кругеШаг 2.
Решения задачи для w(r, t)Для w(r, t) искомого вида b(r) sin (ωt) выполнены соотношения0wr = b (r) sin (ωt) ,11·(rwr )r ≡ wrr + wr =rr2wtt = −ω b(r) sin (ωt) ,b0 (r)b (r) +r00sin (ωt) .Подставляя w = b(r) sin (ωt) в уравнение wtt = a2 · 1r · (rwr )r + ρq sin (ωt), получаем равенствоb0 (r)q0022sin (ωt) + sin (ωt) .−b(r)ω sin (ωt) = a b (r) +rρТо есть функция b(r) должна быть решением задачи Коши(0ω 2b00 (r) + b (r)=−b(r) − aq2 ρ ,rab0 (R) + hb(R) = 0.(1.13.5)Уравнение в этой задаче есть неонородное уравнение Бесселя. Чтобы свести его к однородному, достаточно найти какое-либо его частное решение.
В данном случае его легко найти ввиде константы:qbчНо = − 2ω ρПоэтому искомая функция имеет видqb(r) = − 2 + g(r),ω ρгде g(r) есть какое-либо решение задачи Штурма–Лиувилля 002g 0 (r) g (r) + r = − ωa g(r),0g (R) + hg(R) =(1.13.6)qh.ω2 ρс неоднородным краевым условием.Уравнение в этой задаче есть уравнение Бесселя из задачи Штурма–Лиувилля (1.1.17),2стр. 4, где ν = 0, λ = µ2 = ωa , α = h, β = 1. Заметим, что (1.9.4) не есть в чистом видезадача Штурма–Лиувилля (1.1.17), поскольку здесь у нас краевое условие неоднородно.
Этоне позволит нам напрямую применить теорему 1.1.4. Однако воспользоваться её результатоммы можем, рассуждая следующим образом:Предположим, мы знаем решение задачи (1.9.4). Это решение наверняка удовлетворяет с некоторыми α̃ и β̃ краевому условию α̃g(R) + β̃g 0 (R) = 0 и, соответственно, всей задаче ШтурмаЛиувилля2λ = ωa ; −(rg 0 )0 = λrg,(1.13.7)|g(+0)| < ∞;0α̃g(R) + β̃g (R) = 0,α̃, β̃ > 0, α̃ + β̃ > 0.Поэтому функция g(r), уже по теореме 1.1.4, имеет вид ωr √ λ r = c · J0.g(r) = c · J0a√ Константа c, на которую мы умножили J0λ r , не мешает выполнению (1.13.7), зато с еёпомощью легко добиться выполнения краевого условия g 0 (R) + hg(R) = ω 0 ωRωR = qhc·J+hJ00a2a | {za } ω ρ=−J1 ( ωRa )=⇒-46-c=aqh·ω 2 ρ ahJ0qh.ω2 ρωRaДействительно,1− ωJ1ωRa.1.13.
№ 776 Б). СПОСОБ, ПОЗВОЛЯЮЩИЙ НАЙТИ ЯВНОЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЕ ВЫНУЖДЕННИтак,g(r) =aqh·ω 2 ρ ahJ0ωRa1− ωJ1 · J0ωR ωr aa,следовательно,aqhqb(r) = − 2 + 2 ·ω ρ ω ρ ahJ01ωR− ωJ1aωRa · J0 ωr aи, наконец, w(r, t) = b(r) sin (ω t) примет вид"ahJ0 ωrqaw(r, t) = 2ω ρ ahJ0 ωR− ωJ1a"ahJ0 ωrqa= 2ω ρ ahJ0 ωR− ωJ1aωRa −1#ωRa − 1 sin (ω t) .Такая функция w(r, t) является решением задачи2 1 wtt = a · r · (rwr )r ,w(r, 0) = 0,ahJ0 ( ωr)qawt (r, 0) = ωρ ahJ ωR −ωJ−1 ,ωR0( a )1( a )|w(0, t)| < ∞, wr (R, t) + hw(R, t) = 0,Шаг 3.
Решение задачи для v(r, t)Шаг 3-1. Решение в общем видеРешим в общем виде задачуvtt = a2 · 1r · (rvr )r + f (r, t),v(r, 0) = ϕ(r),vt (r, 0) = ψ(r),|v(0, t)| < ∞, vr (R, t) + hv(R, t) = 0,#0 6 r < R,(1.13.8)t > 0;0 6 r < R;(1.13.9)0 6 r < R;t > 0.0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;0 6 r < R;h > 0 t > 0.(1.13.10)Шаг 3-1-1.
Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.13.10) в видеv(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.13.11)k=...и предположить, что для f (r, t) справедливо аналогичное представление рядом:f (r; t) =∞XXk (r)fk (t),k=...то, подставив (1.13.11) и (1.13.12) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr )r + f, получим:∞Xk=...Xk (r)T00k (t)∞∞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-47-(1.13.12)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),(1.13.13)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).(1.13.14)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0.
Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.13.10).Условие |v(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.13.15)а условие vr (R, t) + hv(R, t) = 0 – в условиеX0k (R) + hXk (R) = 0.Шаг 3-1-2. 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.(1.13.16)вида(1.1.17)с(1.13.17)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 (1.13.17) 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-48-1.13. № 776 Б). СПОСОБ, ПОЗВОЛЯЮЩИЙ НАЙТИ ЯВНОЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЕ ВЫНУЖДЕНН(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 (1.13.17) имеют вид: 2 λk = µRk ,µk rRJ0k ∈ N,,(1.13.18)где µk − корни уравненияhRJ0 (µ) +µJ00 (µ)= 0.Шаг 3-1-3.
Разложение функций f (r, t) и ϕ(r) в ряд по собственным функциямзадачи Штурма-Лиувилля√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция r f (r, t) разлагается в ряд Фурье∞Xf (r, t) =fk (t)J0k=11fk (t) =21[J 0 (µ )] + 21 1 −2 | 0 {zk }=[−J1 (µk )]1· 2·20J02 (µk ) R(µ )2kZRµ rk,R(1.13.19)µ rkrf (r, t)J0dr =R0221= 2··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr.R0Итак,12·fk (t) = 2 ·2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0drR(1.13.20)0Аналогично, для функций ϕ(r) и ψ(r) справедливы разложения в ряд∞Xµ rkϕ(r) =ϕ k J0Rk=1∞Xµ rkψ(r) =ψk J0Rk=121ϕk = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]221ψk = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZR0ZRс коэффициентами(1.13.21)µ rkrϕ(r)J0drR(1.13.22)µ rkrψ(r)J0drR(1.13.23)0Шаг 3-1-4.
Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.13.11), стр. 47, решения v(r, t) и разложения (1.13.21) функций ϕ(r) иψ(r) подставить в начальные условиv(r, 0) = ϕ(r),c Д.С. Ткаченкоvt (r, 0) = ψ(r)-49-Начально – краевые задачи в кругеполучим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда влевой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будутвыполнены соотношенияXk (r)T0k (0) = ψk Xk (r).Xk (r)Tk (0) = ϕk Xk (r),Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk (t):T0k (0) = ψk .Tk (0) = ϕk , 2В совокупности с полученным ранее уравнением (1.13.13), стр.
48, и учитывая, что λk = µRk ,получаем задачу Коши:2 [µ ]2k T00k (t) + a RTk (t) = fk (t),2(1.13.24)Tk (0) = ϕk , 0Tk (0) = ψk .Общее решение соответствующего однородного уравнения T0 (t) +TOO (t) = ce−(a2 [µk ]2T(t)R2= 0 имеет видµk a 2tR)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 + .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
