Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 8

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

Текст из файла (страница 8)

. . + c0n yn = 0 c01 y10 + c02 y20 + . . . + c0n yn0 = 0...........................c0 y n−2 + c02 y2n−2 + . . . + c0n ynn−2 = 0 10 1n−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, c1 (t) =aµk c0 (t) = −2fk (t)R sin(aµk-50-µk atR).1.13. № 776 Б).

СПОСОБ, ПОЗВОЛЯЮЩИЙ НАЙТИ ЯВНОЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЕ ВЫНУЖДЕННОтсюда, ZtR µk atµk aτµk atµk aτTk (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. (1.13.25)aµkRRR Zt0Из начального условия Tk (0) = ϕk получаем, чтоc̃2 = ϕk ,а из начального условия T0k (0) = ψk получаем, чтоc̃1 =Rψk .aµkТаким образом, решение задачи (1.13.24) имеет вид:RTk (t) =·aµkZtfk (τ ) sinµk a(t − τ )RRψksindτ +aµkµk atR+ ϕk cosµk atR.(1.13.26)0где fk (t), ϕk и ψk задаются формулами (1.13.20), (1.13.22) и (1.13.23):21·fk (t) = 2 ·2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]221ϕk = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]221ψk = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZR0ZRµ rkrf (r, t)J0dr,Rµ rkrϕ(r)J0dr,R0ZRµ rkrψ(r)J0dr.R0Ответ в общем виде:Zt∞Xµk a(t − τ )Rψkµk atµk at  µk r RJ0v(r; t) =· fk (τ ) sindτ +sin+ ϕk cos,aµkRaµkRRRk=10где µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, а fk (t), ϕk и ψk задаютсяформулами:12·fk (t) = 2 ·2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ϕk =ψk =c Д.С.

Ткаченко21··22R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]221··22R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2-51-ZRrf (r, t)J00ZRrϕ(r)J0µ rkdr,Rrψ(r)J0µ rkdr.R0ZR0µ rkdr,RНачально – краевые задачи в кругеШаг 3-2. Вычисление решения с данными f (r, t), ϕ(r) и ψ(r)Поскольку в задаче (1.13.4) f (r, t) ≡ 0 и ϕ(r) = −w(r, 0) ≡ 0, тоfk (t) = 0,Найдём ψk для функции ψ(r) = −wt (r, 0) = −21ψk = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRqωρϕk = 0.ahJ0 ( ωra )−ωJ1 ( ωRahJ0 ( ωRa )a )−1 :µ rkrψ(r)J0dr =R0ahq1= −·22ωρ[J1 (µk )] + [J0 (µk )] ahJ0ZRωRa− ωJ1 ·ωRarJ0 ωr aµ rkJ0dr −R01q·−·2ωρ [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRrJ0µ rkdr.R0Последний интеграл находится стандартным образом:ZR0А для интегралаRR0rJ0Zµkµ rR2 J1 (µk )R2krJ0[xJ1 (x)]0 dx =.dr = 2Rµkµk0ωraJ0µk rRdr придётся рассмотреть два случая:Случай без резонанса (aµk 6= ωR ни при каких k ∈ N)По формуле для интегралов Ломмеля (1.1.13)ZxtJν (αt)Jν (βt)dt =α2x(αJν+1 (αx)Jν (βx) − βJν (αx)Jν+1 (βx)) ,− β2α 6= β0получаем:ZRrJ0 ωr a0µ raR2ωRωRkJ0dr = 2 2ωRJ1J0 (µk ) − µk aJ0J1 (µk ) =Rω R − µ 2 a2aahi= в силу равенства hRJ0 (µk ) = µk J1 (µk ) =aR3ωRωRωJ1− ahJ0J0 (µk ) .= 2 2ω R − µ 2 a2aaТогда для ψk верна формулаahqaR3··ωρ[J1 (µk )]2 + [J0 (µk )]2 ahJ0 ωR− ωJ1 ωR(ω 2 R2 − µ2k a2 )aaωRωRq1R2 J1 (µk )· ωJ1− ahJ0J0 (µk ) −··=aaωρ [J1 (µk )]2 + [J0 (µk )]2µk 2R2 q1a hRJ0 (µk )J1 (µk )=··−ωρ [J1 (µk )]2 + [J0 (µk )]2 ω 2 R2 − µ2k a2µkψk = −-52-1.13.

№ 776 Б). СПОСОБ, ПОЗВОЛЯЮЩИЙ НАЙТИ ЯВНОЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЕ ВЫНУЖДЕННУпростим это выражение, вновь пользуясьµJ00 (µ) + hR J0 (µ) = 0, откуда следует, чтотем,чтоµk–корниуравненияµk J1 (µk ) ≡ −µk J00 (µk ) = hR J0 (µk ),и, поэтому,22[J1 (µk )] + [J0 (µk )] = 2h2 R222 22 J0 (µk )+1J(µ)=hR+µk0kµ2kµ2kТаким образом, ψk имеет представление:=µk J1 (µk )z }| { a2 hRJ (µ )R2 qµ2kJ1 (µk ) 0k·ψk =· 2 2−=2 22222µk ωρ (h R + µk ) J0 (µk )  ω R − µk aa2 µ kR2 qµ2k J1 (µk )1·=·−ωρ (h2 R2 + µ2k ) J02 (µk ) ω 2 R2 − µ2k a2µkИтак, фукнция v(r; t) =∞Pk=1Rψkaµksinµk atRJ0µk rRпринимает вид: ∞R3 q Xµ2k J1 (µk )a2 µ k1µk atµk r v(r; t) =··−sinJ(1.13.27)0aωρ k=1 (h2 R2 + µ2k ) J02 (µk ) ω 2 R2 − µ2k a2µkRRСлучай резонанса (∃m ∈ N : aµm = ωR)По формуле для интегралов Ломмеля (1.1.14)Zx1x22(αJν0 (αx)) +t (Jν (αt)) dt =222ν2x − 2α2(Jν (αx))2 ,ν > −1.0получаем:ZRrJ0 ωr aZRµ rm2 µm rJ0dr = rJ0dr =RR00=112(µm J00 (µm )) +222021R2 2R2 − 2 (J0 (µm ))2 = µm J1 (µm ) +J (µm ) =α2 | {z }2 0=hRJ0 (µm )=R2 2h + 1 J02 (µm ).2Тогда для ψk верна формулаZRµ r21kψk = 2 ··rψ(r)Jdr =0R [J1 (µk )]2 + [J0 (µk )]2R0(h2 +1)J02 (µm )q·− ωρ· − ahqωρ[J1 (µm )]2 +[J0 (µm )]2=0,c Д.С.

Ткаченко-53-R2 J1 (µm ),µm ([J1 (µm )]2 +[J0 (µm )]2 )k = m;k 6= mНачально – краевые задачи в кругеили, поскольку с учётом равенств [J1 (µk )]2 +[J0 (µk )]2 = (h2 R2 + µ2k )−J02 (µk )µ2kи µk J1 (µk ) = hRJ0 (µk ),ahq(h2 + 1) J02 (µm )qR2 J1 (µm )=·−·ωρ [J1 (µm )]2 + [J0 (µm )]2ωρ µm [J1 (µm )]2 + [J0 (µm )]2=hRJ0 (µm )z }| {hq a (h2 + 1) µ2m J0 (µm ) + R3q ah (h2 + 1) µ2m J02 (µm ) + R2 µm J1 (µm )=−··,=−ωρ(h2 R2 + µ2m ) J02 (µm )ωρ(h2 R2 + µ2m ) J0 (µm )то для ψk окончательно получаем:223hq a(h +1)µm J0 (µm )+R − ωρ· (h2 R2 +µ2 )J0 (µm ) ,mψk =0,и v(r; t) =∞Pk=1Rψkaµksinµk atRJ0µk rRk = m;k 6= mпринимает вид:hqR a (h2 + 1) µ2m J0 (µm ) + R3v(r; t) = −·· sinaωρ µm (h2 R2 + µ2m ) J0 (µm )µm atR· J0µ rm.R(1.13.28)Наконец, для решенияu(r, t) = w(t) + v(r, t)исходной задачи (1.13.1) в силу (1.13.2) и (1.13.8) получаемОтвет:"#ahJ0 ωra2 q a − 1 sin (ω t) + v(r, t),u(r; t) = 2ω ρ ahJ0 ωR− ωJ1 ωRaaгде µk – положительные корни уравнения µJ00 (µ) + hR J0 (µ) = 0, а функция v(r, t) задаётсяформулой (1.13.27) в случае без резонанса и формулой (1.13.28) в случае резонанса.1.14.

№ 777 а)Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий ut = a2 · 1r · (rur )r + f (r, t),u(r, 0) = ϕ(r),|u(0, t)| < ∞, ur (R, t) + hu(R, t) = 0,0 6 r < R, t > 0;0 6 r < R;t>0(1.14.1)при f (r, t) ≡ 0.Шаг 1. Предварительные рассужденияЕсли искать решение задачи (1.14.1) в видеu(r; t) =∞XXk (r)Tk (t),(1.14.2)k=...и предположить, что для f (r, t) справедливо аналогичное представление рядом:f (r; t) =∞XXk (r)fk (t),k=...-54-(1.14.3)1.14.

№ 777 А)то, подставив (1.14.2) и (1.14.3) в уравнение ut = a2 · 1r · (rur )r + f, получим:∞Xk=...Xk (r)T0k (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)0·rTk (t) + Xk (r)fk (t),∀k.Xk (r)Tk (t) =r ∂r∂rПоделив последнее равенство на a2 Xk (r)Tk (t), получим:∂Xk (r)∂1r ∂r·r ∂rT0k (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)∂1r·0r ∂r∂rTk (t) − fk (t)= −λk .=a2 Tk (t)Xk (r)Таким образом, для функций Tk (t) получаем уравнениеT0k (t) + a2 λk Tk (t) = fk (t),(1.14.4)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).(1.14.5)Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевыеусловия на X(r) следуют из условий задачи (1.14.1).Условие |u(0, t)| < ∞ превратится в|Xk (+0)| < ∞,(1.14.6)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.(1.14.7)вида(1.1.17)с(1.14.8)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, когдаc Д.С. Ткаченко-55-Начально – краевые задачи в кругеν = α = 0, и ему соответствует собственная функция u(x) ≡ const.В нашем случае α = h > 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.14.8) 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 =,k ∈ N,,JνRR(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 (1.14.8) имеют вид: 2 λk = µRk ,J0 µRk r ,k ∈ N,(1.14.9)0где µk − корни уравненияhRJ0 (µ) + µJ0 (µ) = 0.Шаг 3. Разложение функций f (r, t) и ϕ(r) в ряд по собственным функциям задачиШтурма-Лиувилля√В соответствии с теоремой 1.1.5, стр.

4, функция r f (r, t) разлагается в ряд Фурье∞Xµ rkfk (t)J0f (r, t) =,Rk=11fk (t) =21[J 0 (µ )] + 21 1 −2 | 0 {zk }=[−J1 (µk )]1· 2·20J02 (µk ) R(µ )2kZRrf (r, t)J0(1.14.10)µ rkdr =R0221= 2··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr.R0Итак,21fk (t) = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRµ rkrf (r, t)J0drR(1.14.11)0Аналогично, для функции ϕ(r) справедливо разложение в ряд∞Xµ rkϕ(r) =ϕ k J0Rk=1с коэффициентами21·ϕk = 2 ·2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2-56-ZRrϕ(r)J00µ rkdrR(1.14.12)(1.14.13)1.14. № 777 А)Шаг 4. Составление и решение задачи для Tk (t)Если искомый вид (1.14.2), стр. 54, решения u(r, t) и разложение (1.14.12) функции ϕ(r) подставить в начальное условиеu(r, 0) = ϕ(r),получим, 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)Tk (0) = ϕk Xk (r).Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk (t):Tk (0) = ϕk .

2В совокупности с полученным ранее уравнением (1.14.4), стр. 55, и учитывая, что λk = µRk ,получаем задачу Коши:2 [µ ]2kT0k (t) + a RTk (t) = fk (t),2(1.14.14)Tk (0) = ϕk .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:2 [µ ]2kБудем искать решение уравнения T0k (t) + a RTk (t) = fk (t) в виде2T(t) = c(t)e−(µk a 2tR) .Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функциюc(t):µk a 2c0 (t) = f (t)e( R ) tkОтсюдаZtc(t) =2µk afk (τ )e( R ) τ dτ + c1 .0И, наконец,ToHo (t) = c1 e−(µk a 2tR) +Ztfk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.14.15)0Из начального условия Tk (0) = vpk получаем, чтоc1 = ϕk .Таким образом, решение задачи (1.14.14) имеет вид:−(Tk (t) = ϕk eµk a 2tR) +Zt0c Д.С.

Ткаченко-57-fk (τ )e−(µk a 2(t−τ )R)dτ.(1.14.16)Начально – краевые задачи в кругегде fk (t) и ϕk задаются формулами (1.14.11) и (1.14.13):ZR21fk (t) = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ϕk =rf (r, t)J00ZR21··22R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2rϕ(r)J0µ rkdr,Rµ rkdr.R0Ответ в общем виде:u(r; t) =∞Xϕk e−(µk a 2tR) +k=1Zt−(fk (τ )eµk a 2(t−τ )R)µ rk,dτ J0R0где µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, а fk (t) и ϕk задаются формулами (1.14.11) и (1.14.13):12·fk (t) = 2 ·2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ϕk =12··2R2 [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRrf (r, t)J0µ rkdr,R0ZRrϕ(r)J0µ rkdr.R0Поскольку в нашем случае f (r, t) ≡ 0, то мы получаемОтвет:∞µ rXµk a 2kϕ k · J0u(r; t) =· e−( R ) t ,Rk=1где µk – положительные корни уравнения hRJ0 (µ) + µJ00 (µ) = 0, а ϕk задаются формулой:21ϕk = 2 ··2R [J1 (µk )] + [J0 (µk )]2ZRµ rkrϕ(r)J0dr.R01.15.

Характеристики

Список файлов лекций