Итак, для функции v(r, t) – решения задачи (1.24.2) получаем:
v(r; t) =
∞
2 (UR2 (µk2 − 4) − T µk2 )e−(µkRa )2tJ0
X
k=1
µk3 J1(µk)
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0.
Наконец, для u(r, t) = T + v(r, t) у нас получился
Ответ:
J1 (µk) =
= 2 (UR2 (µ2k − 4) − T µ2k)
µ3kJ1(µk)
µkr , R
u(r; t) = T +
∞
2 (UR2 (µk2 − 4) − T µk2 )
e−(
µk a
)2tJ0
µkr
,
R
k=1
R
µk3 J1(µk)
X
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0.
1.25.№ 779 Выделение стационарной части решения.
Вбесконечном однородном круглом цилиндре радиуса R с момента t = 0 выделяется тепло постоянной плотностью Q. Считая температуру цилиндра при t = 0 равной нулю, определить распределение температуры в нём при t > 0, если поверхность цилиндра поддерживается при температуре T .
-96-
№ 779 Выделение стационарной части решения.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий
u(r, 0) =· rϕ·1(r),
0 6 r < R;
(1.25.1)
ut = a2
1
(rur)r + f1(r, t),
0 6 r < R, t > 0;
u(0, t)
<
, u(R, t) = T,
t > 0
Q
|
|
∞
при f1(r, t) = cρ
, а ϕ1(r) ≡ 0.
Шаг 0. Избавление от неоднородности в краевом условии
Поскольку функции в правых частях краевого условия I-го рода и уравнения имеют вид константы, естественно искать решение (1.25.1) в виде
u(r, t) = T + w(r) + v(r, t),
где w(r) – решение задачи:
wt
= a2
·
wrr +
1 wr
+ Q
,
0
6
r < R, t > 0;
(1.25.2)
=0
<
r
cρ
w(0)
|
∞
, w(R) = 0,
t > 0
|{z}|
Легко найти частное решение неоднородного уравнения
1
Q
Q
(1.25.3)
w00
(r) +
w0(r) = −
≡ −
,
r
a2cρ
k
(k – коэффициент теплопроводности) в виде wчно = c1r2. Подставив его в уравнение получаем, что
2r
−
Q
=
c1 = −
Q
2c1 + c1
=
.
r
k
4k
Поэтому
Q
wчно = −
r2.
4k
Общее же решение однородного уравнения w00
(r) +
1 w0
(r) = 0 находится так:
o
r o
1
1
0
(ln wo0
(r))0 = −
≡
ln
,
r
r
откуда
1
wo0
= wo(r) = ln r + c3.
(r) =
c2r
Таким образом, общее решение уравнения (1.25.3) имеет вид w(r) = 3 ln r + c4 − 4Qk r2.
Из краевого условия |w(0)| < ∞ получаем, что c3 = 0, а из краевого условия w(R) = 0 следует, что c4 = QR4k2 . Таким образом,
w(r) = Q (R2 − r2).
4k
Тогда функция v(r, t) = u(r, t) − T − w(r) будет удовлетворять условиям:
v(r, 0) =· rϕ·(r),
0 6 r < R;
(1.25.4)
vt = a2
1
(rvr)r
+ f(r, t),
0 6 r < R, t > 0;
v(0, t)
<
∞
, v(R, t) = 0,
t > 0
|
|
-97-
c Д.С. Ткаченко
Начально – краевые задачи в кольце
при f(r, t) ≡ 0, а ϕ(r) = −T − Q(R2−r2).
4k
Именно такую задачу (1.28.2) мы решили на стр. 111 – 95. Воспользуемся результатом:
Ответ в общем виде:
v(r; t) = n=1
ϕne−( R ) t +
Z
fn(τ)e−( R ) (t−τ)dτ J0
R
,
∞
t
µnr
µn a
2
µn a
2
X
0
где µn – положительные корни уравнения J0(µ) = 0, а fn(t) и ϕn задаются формулами (1.24.11) и (1.24.13):
fn(t) = R2J12
R
rf(r, t)J0
R
dr,
ϕn = R2J12
R
rϕ(r)J0
R
dr.
(µn) · Z
(µn) · Z
2
µnr
2
µnr
0
0
Там же, на стр. 180 – 180 мы взяли2 интегралы
Поэтому для ϕ(r) = −T
ϕn = 4k
· R2J12
R
(µn) · Z0
Q
2
R
Z
r3J0
µnr
dr =
R4 (µn2 − 4)
J1 (µn) ,
(1.43.16)
R
µn3
0
R
Z
rJ0
µnr
dr =
R2
J1 (µn) .
(1.43.17)
R
µn
0
Q
R2
r2
)
2
Q
−
(
−
=
−T
− QR4k
+
· r2 получаем
4k
4k
R
r3J0
µnr
QR2
2
· Z rJ0
µnr
dr =
R
dr − T + 4k
· R2J12(µn)
R
0
=
Q
2
R4 (µn2 − 4)
J1
(µn)
T +
QR2
·
2
R2
J1 (µn) =
4k
· R2J12(µn)
·
4k
R2J12(µn)
·
µn
µn3
−
2
R2
QR2(µn2
−
4
−
µn2 )
4kT µn2
·
J1 (µn)
2 QR2 + kT µn2
=
−
=
2
2
·
3
−
3
(µn)
R
J1 (µn)
4kµn
kµnJ1
Таким образом,
J0
v(r; t) = −
2 ∞ QR2 + kT µ2
µn a 2
µnr
,
k n=1 µn3 · J1 (µn) · e
−( R
) t
R
X
n
где µn – положительные корни уравнения J0(µ) = 0, и, наконец, для функции u(r, t) = T + w(r) + v(r, t) получаем:
Ответ:
u(r; t) = T +
Q (R2 − r2)
2 ∞ QR2 + kT µn2
e−(µnR a )2tJ0
µnr
,
4k
−
k n=1 µn3
· J1 (µn) ·
R
X
где µn – положительные корни уравнения J0(µ) = 0.
2Для случая, когда µn есть положительные корни уравнения J0(µ) = 0.
-98-
1.26. № 780 А)
1.26.№ 780 а)
Вначальный момент времени t = 0 температура бесконечной однородной трубы b 6 r 6 d равна U. Найти распределение температуры в трубе при t > 0 если поверхности трубы поддерживаются при нулевой температуре.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий
u(r, 0) =·
rϕ·(r),
r
ut = a2
1 (rur)
+ f(r, t),
) ≡ 0 и
u(b, t) = u(d, t) = 0,
при
(
r, t
(
.
f
ϕ r) = U
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.26.1) в виде
b < r < d,
t > 0;
b < r < d;
(1.26.1)
t > 0
∞
kX
(1.26.2)
u(r; t) =
Xk(r)Tk(t),
=...
и предположить, что для f(r, t) справедливо аналогичное представление рядом:
∞
f(r; t) =
kX
Xk(r)fk(t),
(1.26.3)
=...
то, подставив (1.26.2) и (1.26.3) в уравнение ut = a2 · 1r · (rur)r + f, получим:
∞
∞ 1 ∂
r
∂Xk(r)
∞
k=...
Xk(r)Tk0 (t) = a2 k=... r · ∂r
∂r
Tk(t) + k=... Xk(r)fk(t).
X
X
X
Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:
Xk(r)Tk0 (t) =
a2
∂
r
∂Xk(r)
Tk(t) + Xk(r)fk(t),
·
k.
r
∂r
∂r
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Tk(t), получим:
Tk0 (t2) − fk(t) =
r
· ∂r r
∂r
.
1
∂
∂Xk(r)
a Tk(t)
Xk(r)
Левая часть зависит только от t, правая – от r, следовательно равны они могут быть только в случае, когда λk R :
Tk0 (t2) − fk(t) =
r
· ∂r r
∂r
= λk.
1
∂
∂Xk(r)
−
a Tk(t)
Xk(r)
Таким образом, для функций Tk(t) получаем уравнение
Tk0 (t) + a2λkTk(t) = fk(t),
(1.26.4)
а для функций X(r) – уравнение:
1
·
∂
r
∂Xk(r)
+ λkXk(r) = 0,
r
∂r
∂r
c Д.С. Ткаченко
-99-
Начально – краевые задачи в кольце
которое мы перепишем в виде:
∂r r
∂r
= −λkrXk(r).
(1.26.5)
∂
∂Xk(r)
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.26.1).
Условия u(b, t) = 0 и u(d, t) = 0 превратятся в
Xk(b) = 0, Xk(d) = 0.
(1.26.6)
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля
Для функций Xk(r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля для уравнения Бесселя с ν = 0
rX0k(r) 0 = −λkrXk(r),
Xk(b) = 0,Xk(d) = 0.
Воспользуемся результатом теоремы 1.1.1, стр. 2.
Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)
x2Z00(x) + xZ0(x) + x2 − ν2
задаётся формулой
b < r < d;
(1.26.7)
Z(x) = 0
(1.1.1)
Наше уравнение
rX0
0
Zν(x) = c1Jν(x) + c2Nν(x),
ν R.
(r)
=
λkrXk(r)
заменой
k
−
x = p
обычной уже
2
> 0
λk
r, λk = µk
сводится к уравнению
x2Z00(x) + xZ0(x) + x2Z(x) = 0,
которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0. Поэтому его общее решение задаётся формулой
pp
Xk(r) = c1J0 λk r
+ c2N0 λk r
= c1J0 (µk r) + c2N0 (µk r) .
(1.26.8)
В силу краевых условий Xk(b) = 0,
Xk(b) = 0 имеем
c1J0
(µk d) + c2N0
(µk d) = 0.
(1.26.9)
c1J0
(µk b) + c2N0
(µk b) = 0,
Если рассматривать (1.26.9) как систему линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) относительно переменных c1 и c2, то, учитывая, что нас интересуют нетривиальные решения
c21 + c22 6= 0,
определитель этой системы должен равняться нулю:
J0
(µk d) N0
(µk d)
= J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0.
J0
(µk b) N0
(µk b)
Тогда, решив систему (1.26.9), получим
c1 = N0 (µk b) ,
c2 = −J0 (µk b) .
(1.26.10)
(1.26.11)
-100-
№ 780 а)
Итак, при µk > 0, при которых выполнено равенство (1.26.10), существует нетривиальное решение (1.26.8) задачи (1.26.7):
Xk(r) = N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) ,
(1.26.12)
где µk – положительные решения уравнения (1.26.10)
J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0.
Шаг 3. Разложение функций f(r, t) и ϕ(r) в ряд по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля
Выясним, какие формулы будут справедливы для коэффициентов разложения функции ϕ(r) в ряд по системе собственных функций задачи Штурма–Лиувилля (1.26.7). В соответствии с теоремой 3.1.10, стр. 242, функция f(r, t) разлагается в ряд Фурье
∞
∞
X
X
(1.26.13)
f(r, t) =
fk(t)X(r) =
fk(t) N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r)
,
k=1
k=1
r2
ν22 Z2(µkr)
d
fk(t) =
2
+ r2 (Z0)2 (µkr) r=d · Z
h
i
b
d
−
µk
r=b
r=b
r=d
=
2
· Z
rf(r, t)X(r) dr.
d2 Z2(µkd) + Z0
2 (µkd)
−
b2
Z2
(µkb) + Z0 2 (µkb)
b
Далее, так как X(r) = N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r),
Z2(µkd) + Z0 2 (µkd) = N0 (µk b) J0 (µk d) − J0 (µk b) N0 (µk d) 2+
|
{z2
}
J0 (µk b)
в
=0
силу (1.26.10)
+µk2
N0 (µk b) J00 (µk d) − J0 (µk b) N00 (µk d)
= в силу (1.26.10)
N0 (µk b) =
· N0 (µk d) =
J0 (µk d)
J0 (µk b)
2
2
= µk2
·
· N0 (µk d) J00 (µk d) − J0 (µk d) N00 (µk d)
=
J0 (µk d)
2
J0 (µk b)
2
J0 (µk d) N0 (µk d)
2
= µk ·
J0 (µk d)
·
J00 (µk d) N00 (µk d)
Z2(µkb) + Z0 2 (µkb) = N0 (µk b) J0 (µk b) − J0 (µk b) N0 (µk b) 2+
2|
}
=0 тождественно{z
2
2
J0 (µk b)
N0 (µk b)
2
+ µk N0 (µk b) J00 (µk b) − J0 (µk b) N00 (µk b)
= µk
J00 (µk b) N00 (µk b)
Поскольку известно равенство (см. утверждение 3.1.1) для Вронскиана функций Бесселя и Неймана
Аналогично, для функции ϕ(r) справедливо разложение в ряд
∞
∞
X
X
ϕk N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r)
(1.26.15)
ϕ(r) =
ϕkX(r) =
k=1
k=1
с коэффициентами
d
ϕk =
π2 J02 (µk d)
·
Z
rϕ(r)X(r) dr.
(1.26.16)
2 J02 (µk b)
−
J02 (µk d)
b
Шаг 4. Составление и решение задачи для Tk(t)
Если искомый вид (1.26.2), стр. 99, решения u(r, t) и разложение (1.26.15) функции ϕ(r) подставить в начальное условие
u(r, 0) = ϕ(r),
получим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда в левой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будут выполнены соотношения
Xk(r)Tk(0) = ϕkXk(r).
Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk(t):
Tk(0) = ϕk.
В совокупности с полученным ранее уравнением (1.26.4), стр. 99, и учитывая, что λk = µRk 2, получаем задачу Коши:
T0k(t) + a2[µk]2 Tk(t) = fk(t),
R2 (1.26.17)
Tk(0) = ϕk.
Общее решение соответствующего однородного уравнения T0(t) + a2R[µ2k]2 T(t) = 0 имеет вид
µ a 2
TOO(t) = ce−( kR ) t
Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариации постоянных:
Будем искать решение уравнения T0k(t) + a2R[µ2k]2 Tk(t) = fk(t) в виде
µ a 2
T(t) = c(t)e−( kR ) t.
-102-
№ 780 а)
Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функцию c(t):
µ a 2
c0(t) = fk(t)e( kR ) t
Отсюда
c(t) = Z0
t
fk(τ)e(
µk a
)2τ dτ + c1.
R
И, наконец,
)2t + Z0
t
ToHo(t) = c1e−(
µk a
fk(τ)e−(
µk a
)2(t−τ)dτ.
(1.26.18)
R
R
Из начального условия Tk(0) = vpk получаем, что
c1 = ϕk.
Таким образом, решение задачи (1.26.17) имеет вид:
t
Tk(t) = ϕke−(
µk a
)2t + Z0
fk(τ)e−(
µk a
)2(t−τ)dτ.
(1.26.19)
R
R
где fk(t) и ϕk задаются формулами (1.26.14) и (1.26.16).
Ответ в общем виде:
u(r; t) = k=1
ϕke−( R ) t +
Z
fk(τ)e−( R ) (t−τ)dτ N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) ,
∞
t
µk a 2
µk a 2
X
0
где µk – положительные решения уравнения (1.26.10)
J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0,
а fk(t) и ϕk задаются формулами (1.26.14) и (1.26.16):
fk(t) =
ϕk =
d
π2 J02 (µk d)
·
Z
rf(r, t)X(r) dr.
(1.26.14)
2 J02 (µk b)
J02 (µk d)
−
bd
π2 J02 (µk d)
· Z
rϕ(r)X(r) dr.
(1.26.16)
2 J02
(µk b)
−
J02 (µk d)
b
c Д.С. Ткаченко
-103-
Начально – краевые задачи в кольце
d
Поскольку в нашем случае f(r, t) ≡ 0, а ϕ(r) ≡ U, то нам надо посчитать Rb
rϕ(r)X(r) dr.
d
d
r N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) dr =
Zb
rϕ(r)X(r) dr = U Zb
d
d
rN0 (µk r) dr = hx = µk r, в силу (1.1.9)i =
= UN0 (µk b) Z
rJ0 (µk r) dr − UJ0 (µk b) Z
b
µk d
U
Z
= µ2k N0 (µk b) xJ1 (x)
µk b
b
0
µk d
− µk2
Z
dx
U
J0
(µk b)
xN1 (x)
µk b
0
dx =
=
Ud
N0 (µk b) J1 (µk d)
−
J0 (µk b) N1 (µk d)
Ub
N0 (µk b) J1 (µk b)
−
J0 (µk b) N1 (µk b)
=
µk
=−J00
(µk d)
=−N00(µk d) − µk
=−J00
(µk b)
=−N00(µk b)
|
{z
}
|
{z
}
|
{z
}
|
{z
}
= в силу (1.26.10)
N0
(µk b) = J0
(µk d) · N0 (µk d) =
J0
(µk b)
= µk
· J0
(µk d) · J0 (µk d) N00
(µk d) − N0 (µk d) J00 (µk d) −
Ud
J0
(µk b)
− µk
J0 (µk b) N00 (µk b) − N0 (µk b) J00 (µk b) =
Ub
= µk · J0
(µk d) ·
J00
(µk d)
N00
(µk d) −
µk
·
J00
(µk b) N00
(µk b)
= hв силу (3.1.12)i =
Ud J0
(µk b)
J0
(µk d) N0
(µk d)
Ub
J0
(µk b) N0
(µk b)
U
J0
(µk b)
2
2
2U
J0
(µk b)
J0 (µk d)
=
d
b
=
−
.
· J0
(µk d) · πµkd −
· πµkb
2
·
µk
πµk
J0 (µk d)
Поэтому для коэффициентов ϕk получаем формулу:
d
ϕk =
π2 J02 (µk d)
· Z rϕ(r)X(r) dr =
2 J02
(µk b)
−
J02
(µk d)
2 b2
2U
J0 (µk b) − J0 (µk d)
=
π J0 (µk d)
·
·
=
2
2
d
πµ2
J
(µ
d)
2 J0 (µk b) − J0
(µk 2)
2
k
0
k
a b
1
= по формуле разности квадратов a
− b
= (a − b)(a + b)
−
=
=
a2 b2
a + b
−
=
πUJ0 (µk d)
Итак, мы уже готовы записать
µk2
J0 (µk b) + J0 (µk d)
Ответ:
∞
N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) ,
µk a 2
u(r; t) = k=1 ϕke−(
R ) t
X
где µk – положительные решения уравнения (1.26.10)
J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0,
-104-
1.27. № 780 Б)
а ϕk задаются формулой:
πUJ0 (µk d)
ϕk = µ2k J0 (µk b) + J0 (µk d)
1.27.№ 780 б)
Вначальный момент времени t = 0 температура бесконечной однородной трубы b 6 r 6 d равна U. Найти распределение температуры в трубе при t > 0 если внутренняя поверхность трубы теплоизолирована, а внешняя поддерживаются при температуре T .
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий
u(r, 0) =·
rϕ·1(r),
r
b < r < d;
(1.27.1)
ut = a2
1 (rur)
+ f(r, t),
b < r < d, t > 0;
ur(b, t) = 0, u(d, t) = T,
t > 0
при f(r, t) ≡ 0 и ϕ1(r) = U.
Шаг 0. Избавление от неоднородности в краевом условии
В данном случае естественно искать решение в виде суммы
u(r, t) = T + v(r, t).
Тогда функция v(r, t) есть решение задачи
vt(r, 0) =·
rϕ·(r),r
r
0 6 r < R;
(1.27.2)
v = a2
1 (rv )
+ f(r, t),
b < r < d, t > 0;
vr(b, t) = 0, v(d, t) = 0,
t > 0
при f(r, t) ≡ 0 и ϕ(r) = U − T .
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.27.2) в виде
∞
kX
(1.27.3)
v(r; t) = Xk(r)Tk(t),
=...
и предположить, что для f(r, t) справедливо аналогичное представление рядом:
∞
f(r; t) =
kX
Xk(r)fk(t),
(1.27.4)
=...
то, подставив (1.27.3) и (1.27.4) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr)r + f, получим:
∞
∞ 1 ∂
r
∂Xk(r)
∞
k=...
Xk(r)Tk0 (t) = a2 k=... r · ∂r
∂r
Tk(t) + k=... Xk(r)fk(t).
X
X
X
Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:
Xk(r)Tk0 (t) =
a2
∂
r
∂Xk(r)
Tk(t) + Xk(r)fk(t),
·
k.
r
∂r
∂r
c Д.С. Ткаченко
-105-
Начально – краевые задачи в кольце
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Tk(t), получим:
Tk0 (t2) − fk(t) =
r
· ∂r r
∂r
.
1
∂
∂Xk(r)
a Tk(t)
Xk(r)
Левая часть зависит только от t, правая – от r, следовательно равны они могут быть только в случае, когда λk R :
Tk0 (t2) − fk(t) = r
· ∂r
r
∂r
= λk.
1
∂
∂Xk(r)
−
a Tk(t)
Xk(r)
Таким образом, для функций Tk(t) получаем уравнение
Tk0 (t) + a2λkTk(t) = fk(t),
(1.27.5)
а для функций X(r) – уравнение:
1
·
∂
r
∂Xk(r)
+ λkXk(r) = 0,
r
∂r
∂r
которое мы перепишем в виде:
∂
∂Xk(r)
r
= −λkrXk(r).
(1.27.6)
∂r
∂r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.27.1).
Условия vr(b, t) = 0 и v(d, t) = 0 превратятся в
Xk0 (b) = 0,
Xk(d) = 0.
(1.27.7)
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля
Для функций Xk(r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля для уравнения Бесселя с ν = 0
rX0
(r) 0 =
λ
rX
(r),
b < r < d;
X
k
− k
k
(1.27.8)
(b) = 0,
k0
Xk(d) = 0.
Воспользуемся результатом
теоремы 1.1.1, стр. 2.
Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)
задаётся формулой
x2Z00(x) + xZ0(x) + x2 − ν2 Z(x) = 0
(1.1.1)
0
Zν(x) = c1Jν(x) + c2Nν(x),
ν R.
rX0
(r)
=
−
λkrXk(r) обычной уже заменой
Наше уравнение
k
x = p
r,
λk = µk2 > 0
λk
сводится к уравнению
x2Z00(x) + xZ0(x) + x2Z(x) = 0,
которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0. Поэтому его общее решение задаётся формулой
p
p
(1.27.9)
Xk(r) = c1J0
λk r + c2N0
λk r
= c1J0 (µk r) + c2N0 (µk r) .
-106-
№ 780 б)
В силу краевых условий Xk0 (b) = Xk(b) = 0 имеем
c1J00 (µk b) + c2N00 (µk b) = 0,
c1J0 (µk d) + c2N0 (µk d) = 0.
(1.27.10)
Если рассматривать (1.27.10) как систему линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) относительно переменных c1 и c2, то, учитывая, что нас интересуют нетривиальные решения
c21 + c22 6= 0,
определитель этой системы должен равняться нулю:
J00 (µk b)
J0 (µk d)
N00 (µk b) = J00 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N00 (µk b) = 0. (1.27.11) N0 (µk d)
Тогда, решив систему (1.27.10), получим
c1 = N00 (µk b) ≡ −N1 (µk b) ,
c2 = −J00 (µk b) ≡ J1 (µk b) .
(1.27.12)
Итак, при µk > 0, при которых выполнено равенство (1.27.11), существует нетривиальное решение (1.27.9) задачи (1.27.8):
Xk(r) = J1 (µk b) N0 (µk r) − N1 (µk b) J0 (µk r) ,
(1.27.13)
где µk – положительные решения уравнения (1.27.11)
J0 (µk d) N1 (µk b) − J1 (µk b) N0 (µk d) = 0.
(1.27.11)
Шаг 3. Разложение функций f(r, t) и ϕ(r) в ряд по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля
Выясним, какие формулы будут справедливы для коэффициентов разложения функции ϕ(r) в ряд по системе собственных функций задачи Штурма–Лиувилля (1.27.8). В соответствии с теоремой 3.1.10 (аналог теоремы Стеклова) и теоремой 3.1.11 о собственных функциях задачи Штурма–Лиувилля
f =
ckZk(x),
ck
=
Zk
2
=
b
b
,
где
R
∞
(f, Zk)
a
xf(x)Zk(x)dx
X
k
k
xZk(x)dx
R
k=1
2
a
b
rZ(µr)dr = 2
" r2 − µ2 Z2(µr) r=a + r2
(Z0)2
(µr) r=a# .
kZ(µr)k2 = Z
1
ν2
r=b
r=b
a
Поэтому функция f(r, t) разлагается в ряд Фурье
∞
∞
XX
f(r, t) =
fk(t)X(r) =
fk(t)
J1 (µk b) N0 (µk r) − N1 (µk b) J0 (µk r) ,
(1.27.14)
k=1
k=1
d
fk(t) =
2
· Z
rf(r, t)X(r) dr.
d2
Z2
(µkd) + Z0 2
(µkd)
−
b2
Z2
(µkb) + Z0 2
(µkb)
b
c Д.С. Ткаченко
-107-
Начально – краевые задачи в кольце
Далее, так как X(r) = J1 (µk b) N0 (µk r) − N1 (µk b) J0 (µk r),
Z2(µkd) + Z0 2 (µkd) = J1 (µk b) N0 (µk d) − N1 (µk b) J0 (µk d) 2+
|
{z
}
2
в
=0
силу (1.27.11)
+ µk2 J1 (µk b) N00 (µk d) − N1 (µk b) J00 (µk d) =
2
J1 (µk b)
J1 (µk b)
= так как µk – корни (1.27.11),
N1 (µk b) =
N0 (µk d) = µk2
·
J0 (µk d)
J0 (µk d)
· J0 (µk d) N00 (µk d) − N0 (µk d) J00 (µk d)
2
2
J1 (µk b)
2
·
J0 (µk d) N0 (µk d)
2
= µk
J0 (µk d)
J00 (µk d) N00 (µk d)
Z2(µkb) + Z0 2 (µkb) = J1 (µk b) N0 (µk b) − N1 (µk b) J0 (µk b) 2 +
2
(µk b) N00 (µk b) − N1 (µk b) J00 (µk b)
2
2
J0 (µk b) N0 (µk b)
2
+ µk J1
= µk
J00 (µk b) N00 (µk b)
|
{z
}
=0 тождественно
В силу тождества о Вронскиане из утверждения 3.1.1
k=1 fk(t) J1 (µk b) N0 (µk r) − N1 (µk b) J0 (µk r) ,
X
X
d
π2J02 (µk d)
·
Z
(1.27.15)
2 J12 (µk b)
J02 (µk d)
fk(t) =
−
rf(r, t)X(r) dr.
b
Аналогично, для функции ϕ(r) справедливо разложение в ряд
∞
∞
X
X
J1 (µk b) N0 (µk r) − N1 (µk b) J0 (µk r)
(1.27.16)
ϕ(r) = ϕkX(r) =
ϕk
k=1
k=1
с коэффициентами
d
π2J02 (µk d)
·
Z
(1.27.17)
2 J12 (µk b)
J02 (µk d)
ϕk =
−
rϕ(r)X(r) dr.
b
-108-
№ 780 б)
Шаг 4. Составление и решение задачи для Tk(t)
Если искомый вид (1.27.3), стр. 105, решения u(r, t) и разложение (1.27.16) функции ϕ(r) подставить в начальное условие
u(r, 0) = ϕ(r),
получим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда в левой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будут выполнены соотношения
Xk(r)Tk(0) = ϕkXk(r).
Таким образом, получаем начальные условия на функции Tk(t):
Tk(0) = ϕk.
µ 2
В совокупности с полученным ранее уравнением (1.27.5), стр. 106, и учитывая, что λk = Rk , получаем задачу Коши:
T0
(t) +
a2[µk]2
Tk(t) = fk(t),
(1.27.18)
2
k
R
Tk
(0) = ϕk.
Эту задачу мы уже решали не раз (например, в № 780 а)), воспользуемся результатом:
t
Z
µ a 2
Tk(t) = ϕke−( kR ) t +
µ a 2
fk(τ)e−( kR ) (t−τ)dτ. (1.27.19)
0
Ответ в общем виде:
v(r; t) = k=1
ϕke−( R ) t +
Z
fk(τ)e−( R ) (t−τ)dτ J1 (µk b) N0 (µk r) − N1 (µk b) J0 (µk r) ,
∞
t
µk a 2
µk a 2
X
0
где µk – положительные решения уравнения (1.27.11)
J0 (µk d) N1 (µk b) − J1 (µk b) N0 (µk d) = 0.
а fk(t) и ϕk задаются формулами (1.27.15) и (1.27.17):
fk(t) =
ϕk =
d
π2J02 (µk d)
·
Z
(1.27.15)
2 J12 (µk b)
J02 (µk d)
−
rf(r, t)X(r) dr,
b d
π2J02 (µk d)
·
Z
(1.27.17)
2 J12 (µk b)
J02 (µk d)
−
rϕ(r)X(r) dr.
b
c Д.С. Ткаченко
-109-
Начально – краевые задачи в кольце
d
Поскольку в нашем случае f(r, t) ≡ 0, а ϕ(r) ≡ U −T , то нам надо посчитать Rb
rϕ(r)X(r) dr.
d
d
Zb
rϕ(r)X(r) dr = (U − T ) Zb
r J1 (µk b) N0 (µk r) − N1 (µk b) J0 (µk r) dr =
d
d
= (U − T )J1 (µk b) Z
rN0 (µk r) dr − (U − T )N1 (µk b) Z rJ0
(µk r) dr = x = µk r =
b
b
h
i
µk d
0
µk d
0
µk2
Z
−
µk2
Z
=
(U − T )
J1
(µk b)
xN1 (x) dx
U − T
N1
(µk b)
xJ1 (x) dx =
µk b
−
µk b
−
µk
1
k
1
k
1
k
1
k
=
(U − T )d
J
(µ
b) N
(µ
d)
N
(µ
b) J
(µ
d)
−
(U − T )b
J1 (µk b) N1 (µk b)
−
N1 (µk b) J1
(µk b)
=
µk
|
{z
}
J1 (µk b)
=0 тождественно
= так как µk – корни (1.27.11),
N1 (µk b) =
N0 (µk d) =
J0 (µk d)
=
(U − T )d
J1 (µk b)
J0 (µk d) N1 (µk d)
N0 (µk d) J1 (µk d)
=
µk
· J0 (µk d)
−
·
=−N00(µk d)
=−J00 (µk d)
|
{z
}
|
{z
}
µk
· J0
(µk d) ·
0
k
0
k
−
0
k
0
k
=
(T − U)d
J1
(µk b)
J
(µ
d) N0
(µ
d)
N
(µ
d) J0
(µ
d) =
µk
· J0
(µk d) ·
J00
(µk d)
N00
(µk d)
в силу (3.1.12)
=
= (T − U)d
J1
(µk b)
J0
(µk d) N0
(µk d)
=
h
i
(T
U)d J1 (µk b)
2
2(T
U)
=
−
=
−
µk
· J0 (µk d) ·
2
πµkd
πµk
Поэтому для коэффициентов ϕk получаем формулу:
·J1 (µk b) . J0 (µk d)
d
ϕk =
π2J02 (µk d)
·
Z
2 J12
(µk b) J02 (µk d)
−
rϕ(r)X(r) dr =
b
=
π2J02 (µk d)
2(T − U)
J1 (µk b)
=
J12 (µk b) − J02 (µk d) ·
πµk2
· J0 (µk d)
2
Итак, мы уже готовы записать
Ответ:
) t J1 (µk b) N0 (µk r) − N1 (µk
u(r; t) = k=1 ϕke−(
R
∞
µk a
2
X
π(T − U)J0 (µk d) J1 (µk b)
µ2k J12 (µk b) − J02 (µk d)
b) J0 (µk r) ,
где µk – положительные решения уравнения (1.27.11)
J0 (µk d) N1 (µk b) − J1 (µk b) N0 (µk d) = 0.
-110-
1.28. № 780 В)
а ϕk задаются формулой:
π(T − U)J0 (µk d) J1 (µk b) ϕk = µ2k J12 (µk b) − J02 (µk d)
1.28.№ 780 в)
Вначальный момент времени t = 0 температура бесконечной однородной трубы b 6 r 6 d равна U. Найти распределение температуры в трубе при t > 0 если в трубе действуют постоянные источники тепла плотности Q, а её поверхности поддерживаются при температуре U.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, t) из условий
u(r, 0) =·
rϕ·1(r),
r
b < r < d;
(1.28.1)
ut = a2
1 (rur)
+ f(r, t),
b < r < d, t > 0;
u(b, t) = u(d, t) = U,
t > 0
Q
при f(r, t) = cρ
и ϕ1(r) = U.
Шаг 0. Избавление от неоднородности в краевых условиях
В данном случае естественно искать решение в виде суммы
u(r, t) = U + v(r, t).
Тогда функция v(r, t) есть решение задачи
vt(r, 0) =·
rϕ·(r),r
r
0 6 r < R;
(1.28.2)
v = a2
1 (rv )
+ f(r, t),
b < r < d, t > 0;
vr(b, t) = 0, v(d, t) = 0,
t > 0
при f(r, t) =
Q
cρ
и ϕ(r) ≡ 0.
Шаг 1. Решение задачи (1.28.1)
Эту задачу мы уже полностью решили в № 780 а). Воспользуемся результатом:
Ответ в общем виде:
v(r; t) = k=1
ϕke−( R
) t + Z
fk(τ)e−(
R ) (t−τ)dτ N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) ,
∞
t
µk a
2
µk a 2
X
0
где µk – положительные решения уравнения
J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0,
(1.28.3)
а fk(t) и ϕk задаются формулами:
fk(t) =
ϕk =
d
π2 J02 (µk d)
·
Z
rf(r, t)X(r) dr.
(1.28.4)
2 J02 (µk b)
J02 (µk d)
−
bd
π2 J02 (µk d)
· Z
rϕ(r)X(r) dr.
(1.28.5)
2 J02
(µk b)
−
J02 (µk d)
b
c Д.С. Ткаченко
-111-
Начально – краевые задачи в кольце
d
Поскольку в нашем случае f(r, t) = cρQ , а ϕ(r) ≡ 0, то нам надо посчитать Rb
rf(r, t)X(r) dr.
d
d
r N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r) dr =
Z rf(r, t)X(r) dr = cρ Z
Q
b
b
d
rJ0
d
= cρN0 (µk b) Z
(µk r) dr − cρJ0 (µk b) Z
Q
Q
h i rN0 (µk r) dr = x = µk r =
b
b
Q
µk d
0
Q
µk d
0
=
N0 (µk b)
Z
xJ1 (x) dx −
J0 (µk b)
Z xN1 (x)
dx =
cρµk2
cρµk2
µk b
µk b
=
Qd
N0 (µk b) J1 (µk d)
J0 (µk b) N1 (µk d)
Qb
N0 (µk b) J1 (µk b)
J0 (µk b) N1 (µk b)
=
cρµk
−
=
µk d) −cρµk
=
−
=
µk b)
=−J00 (µk d)
−N00(
−J00 (µk b)
−N00(
Qd
| {z }
Qb
|0
{z }
| {z }
N00
| {z }
= cρµk J0 (µk b) N00
(µk d) − N0 (µk b) J00 (µk d) − cρµk
· J00
(µk b)
(µk b) =
J (µk b) N0
(µk b)
J0 (µk b)
= в силу (1.26.10)
N0 (µk b) =
· N0 (µk d) =
J0 (µk d)
= cρµk
· J0
(µk d) · J0 (µk d) N00
(µk d) − N0 (µk d) J00
(µk d) −
Qd
J0 (µk b)
−
cρµk
·
J00
(µk b)
N00
(µk b)
=
Qb
J0
(µk b) N0
(µk b)
Ud J0 (µk b)
J0 (µk d) N0 (µk d)
Qb
J0
(µk b)
N0 (µk b)
=
·
= в силу (3.1.12) =
µk
· J0 (µk d)
J00 (µk d)
N00 (µk d)
− cρµk
·
J00
(µk b)
N00 (µk b)
h
i
Q
J0 (µk
b)
2
2
2Q
J0
(µk b)
J0 (µk d)
=
d
b
=
−
.
cρµk ·
· J0 (µk d) · πµkd
· πµkb
2
·
−
πcρµk
J0 (µk d)
Поэтому для коэффициентов fk(t) получаем формулу:
d
fk(t) =
π2 J02 (µk d)
·
Z
2 J02
(µk b) J02 (µk d)
−
rf(r, t)X(r) dr =
b
=
π2 J02 (µk d)
·
2Q
J2
µ
b
) −
J2
µ
d)
πcρµ2
2
0
(
k
0 (
k
a
2
2
k
= по формуле разности квадратов
− b
= (a
·
J0 (µk b) − J0 (µk d)
=
J0 (µk d)
− b2
= a + b
=
− b)(a + b) a2
a
b
1
−
=
πQJ0 (µk d)
cρµk2
J0 (µk b) + J0 (µk d)
Итак, мы будем готовы записать ответ задачи (1.28.2)
v(r; t) = k=1
t
R ) (t−τ)dτ N0 (µk b) J0 (µk r) − J0 (µk b) N0 (µk r)
,
Z fk(τ)e−(
∞
µk a 2
X
0
-112-
1.29. № 781 А)
t µ a 2
как только посчитаем интегралы R fk(τ)e−( kR ) (t−τ)dτ. Это просто, поскольку в нашем случае
0
fk(τ) ≡ const.
t
Z
t
R2
fk(τ)e−(
µk a
)2
(t−τ)dτ = fke−(
µk a
)2t
e(
µk a
)2τ dτ = fke−(
µk a
)2t
e(
µk a
)2t
1 =
R
R
R
R
R
·
µk2 a2 ·
−
Z
0
0
· 1 − e−(
R2fk
µk a
2
=
R
) t
µk2 a2
Наконец, поскольку u(r; t) = v(r; t) + U,
Ответ:
∞ R2fk
· −
µk a
2
·
−
k=1 µk2 a2
X
1 e−( R ) t
u(r; t) = U +
N0 (µk b) J0 (µk r) J0 (µk b) N0 (µk r) ,
где µk – положительные решения уравнения (1.28.3)
J0 (µk b) N0 (µk d) − J0 (µk d) N0 (µk b) = 0,
а fk задаются формулой:
πQJ0 (µk d)
fk = cρµ2k J0 (µk b) + J0 (µk d)
Замечание 1.28.1. Ответ к примеру № 780 в) записаны в форме, отличной от формы ответа в задачнике. Чтобы получить ответ такого же вида, надо искать решение не в виде
u(r; t) = v(r; t) + U,
а в виде
u(r; t) = v(r; t) + U + w(r),
который позволяет явно выделить стационарную (то есть не зависящую от времени) составляющую часть решения.
1.29. № 781 а)
Считая начальную температура однородного цилиндра 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 < z < l равной нулю, определить распределение температуры в цилиндре при t > 0 для случая, когда поверхность цилиндра поддерживается при постоянной температуре U.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий
(
;
1
ut
= a2
1r · (rur)r + uzz
+ f(r, z; t),
u(0, z; t) < , u(R, z; t) = U
u r, z 0) = ϕ (r, z),
|
| ∞
u(r, 0; t) = u(r, l; t) = U,
0 6 r < R, 0 < z < l, t > 0;
0 6 r < R, 0 < z < l;
(1.29.1)
0
< z < l,
t > 0;
0
6 r < R,
t > 0
c Д.С. Ткаченко
-113-
Задачи в конечном цилиндре
при f(r, z; t) ≡ 0 и ϕ1(r, z) ≡ 0.
Шаг 0. Избавление от неоднородности в краевых условиях
Поскольку на всей границе цилиндра задано одно и то же условие I-го рода с функцией, равной тождественно константе, естественно искать решение задачи (1.29.1) в виде:
u(r, z; t) = U + v(r, z; t),
где функция v(r, z; t) есть решение задачи
(
;
6
vt
= a2
1r · (rvr)r + vzz + f(r, z; t),
0
6 r < R,
v(0, z; t) < , v(R, z; t) = 0
0 < z < l,
v r, z 0) = ϕ(r, z),
0
r < R,
|
| ∞
0 6 r < R,
v(r, 0; t) = v(r, l; t) = 0,
при f(r, z; t) ≡ 0 и ϕ(r, z) = −U.
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.29.3) в виде
(1.29.2)
0 < z < l, t > 0;
0 < z < l;
(1.29.3)
t > 0;
t > 0
∞
∞
kX X
(1.29.4)
v(r, z; t) =
Xk(r)Zn(z)Tkn(t),
=... n=...
то, подставив (1.29.4) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr)r + vzz + f, получим:
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Zn(z)Tkn(t), получим:
T0 (t)
f (t)
1
·
(rX0 (r))0
Z00(z)
kn
− kn
=
r
k
+
n
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
Левая часть зависит только от t, правая – от r и z, следовательно равны они могут быть только в случае, когда λkn R :
T0
(t)
−
f
kn
(t)
1
·
(rX0
(r))0
Z00
(z)
kn
=
r
k
+
n
=
λ
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
−
kn
C другой стороны, сумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть константой в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа. То есть
ηk, νn R :
ηk + νn = λkn, и
(1.29.5)
1r · (rXk0 (r))0
= ηk,
Zn00(z)
= νn.
Xk(r)
Z(z)
-114-
№ 781 а)
Таким образом, для функций Tkn(t), X(r) и Z(z) получаем уравнения
Tkn0 (t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.29.6)
1
· (rXk0 (r))0 + ηkXk(r) = 0,
(1.29.7)
r
Z00(z) + νkZn(z) = 0.
(1.29.8)
n
Равенство (1.29.7) мы перепишем в виде:
−
1
· (rXk0 (r))0 = ηkXk(r).
(1.29.9)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.29.3).
Условие |v(0, z; t)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.29.10)
а условие v(R, z; t) = 0 – в условие
(1.29.11)
Xk(R) = 0.
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили
задачу
Штурма-Лиувилля вида
(1.1.17) с
λ = ηk, ν = 0, α = 1 и β = 0:
−
(rX0
(r))0
= η
rX (r).
k
k
k
(1.29.12)
Xk(+0) <
∞
,
X|
k(R) =| 0.
Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.
Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число η = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.
В нашем случае α = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.29.12) имеет только строго положительные собственные значения. Чтобы их найти,
Применим теорему 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
ηk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = 1, β = 0, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.29.12) имеют вид:
µk
2
µkr
,
k N,
ηk = R
,
J0
R
(1.29.13)
где µk
−
корни уравнения
J0(µ) = 0.
c Д.С. Ткаченко
-115-
Задачи в конечном цилиндре
Шаг 3. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn(z)
Для функций Zn(z) мы получили уравнение (1.29.8) Z00n(z) + νkZn(z) = 0. Добавим к нему
краевые условия, следующие из условий v(r, 0; t) = v(r, l; t) = 0,
0 6 r < R, t > 0, чтобы
получить задачу Штурма-Лиувилля:
Zn00(z) + νnZn(z) = 0.
Zn(l) = 0.
(1.29.14)
Zn(0) = 0,
Эту задачу мы неоднократно
решали, выпишем результат:
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.29.14) имеют вид:
νn =
πn
2
Zn(z) = sin
πnz
,
n N.
(1.29.15)
,
l
l
Шаг 4. Разложение функций f(r, z; t) и ϕ(r, z)
в ряд по собственным функциям
задач Штурма-Лиувилля
√r f(r, z; t) разлагается в ряд Фурье
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция
∞
µkr
,
f(r, z; t) = k=1 fk(z; t)J0 R
X
fk(z; t) = 1
2
1
02
2
R
rf(r, z; t)J0 R
dr =
· R2 · Z
1
1
µkr
J0
(µk) +
1
J
0
(µk)
0
2
2
0
2
− (µk)
=0
=[−J1(µk)]2
| {z }
|
{z }
= R2 ·
R
rf(r, z; t)J0
J12(µk) · Z0
2
1
Итак,
(1.29.16)
µkr dr. R
fk(z; t) = R2
R
rf(r, z; t)J0
R
dr.
· J12(µk) · Z
2
1
µkr
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞
µkr
ϕ(r, z) = k=1 ϕk(z)J0
R
X
R
ϕk(z) =
2
·
1
· Z0
R2
J12(µk)
с коэффициентами
rϕ(r, z)J0 µkr dr. R
В свою очередь, каждая из функций fk(z; t) и ϕk(z) могут быть разложены в ряд по собственным функциям задачи Штурма–Лиувилля (1.29.14), в результате получаем следующие представления функций f(r, z; t) и ϕ(r, z):
∞
µkr
πnz
X
sin
,
(1.29.17)
f(r, z; t) = k,n=1 fkn(t)J0
R
l
-116-
№ 781 а)
dr sin
fkn(t) = R2
J2(µ )
l
R
R
rf(r, z; t)J0
R
l
dz.
2
·
1
k
·
· Z
Z
1
2
µkr
πnz
0
0
Итак,
lR
fkn(t) = lR2J12
(µk) · Z Z
rf(r, z; t)J0
R
sin
l
drdz.
4
µkr
πnz
0
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞
µkr
πnz
X
sin
с коэффициентами
ϕ(r, z) = k,n=1 ϕknJ0
R
l
lR
ϕkn = lR2J12
(µk) · Z Z
rϕ(r, z)J0
R sin
l
drdz.
4
µkr
πnz
0
0
(1.29.18)
(1.29.19)
(1.29.20)
Шаг 5. Составление и решение задачи для Tkn(t)
Если искомый вид (1.29.4), стр. 114, решения v(r, t) и разложение (1.29.19) функции ϕ(r, z) подставить в начальное условие
v(r, z, 0) = ϕ(r, z),
получим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда в левой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будут выполнены соотношения
Xk(r)Zn(z)Tkn(0) = ϕknZn(z)Xk(r).
Таким образом, получаем начальные условия на функции Tkn(t):
Tkn(0) = ϕkn.
В совокупности с полученным ранее уравнением (1.29.6), стр. 115, получаем задачу Коши:
Tkn0
(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.29.21)
Tkn
(0) = ϕkn.
Общее решение соответствующего однородного уравнения T0(t) + a2λknT(t) = 0 имеет вид
TOO(t) = ce−a2λknt
Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариации постоянных:
Будем искать решение уравнения T0kn(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t) в виде
T(t) = c(t)e−a2λknt.
Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функцию
c(t):
c0(t) = fkn(t)ea2λknt
Отсюда
t
Z
c(t) = fkn(τ)ea2λknτ dτ + c1.
0
c Д.С. Ткаченко
-117-
Задачи в конечном цилиндре
И, наконец,
ToHo(t) = c1e−a2λknt + Z0
t
fkn(τ)e−a2λkn(t−τ)dτ.
(1.29.22)
Из начального условия Tkn(0) = ϕkn получаем, что c1 = ϕkn.
Таким образом, решение задачи (1.29.21) имеет вид:
Tkn(t) = ϕkne−λkna2t + Z0
t
fkn(τ)e−λkna2(t−τ)dτ.
(1.29.23)
где fkn(t) и ϕk задаются формулами (1.29.18) и (1.29.20).
Поскольку в нашем случае f(r, z; t) ≡ 0, а ϕ(r, z) ≡ −U, то все fkn = 0, а для вычисления ϕkn нам надо найти интеграл
R
µk
Z
rJ0
µkr
dr = x =
µkr
=
R2
· Z
xJ0 (x) dx =
в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =
R
R
µk2
0
h
i
0
h
i
R2
µk
0
R2
x=µk
R2
=
· Z
xJ1 (x) dx =
· xJ1 (x)
x=0
=
J1 (µk) . (1.29.24)
µk2
µk2
µk
0
Тогда для ϕkn мы получаем
l
R
rϕ(r, z)J0
R sin
l
drdz =
ϕkn = lR2J12(µk) · Z Z
4
µkr
πnz
0
0
4U
l
R2
πnz
=
· Z
J1 (µk) sin
dz =
lR2J12(µk)
µk
l
0
l
(µk) · πn − cos
z=l
= lµkJ1(µk) · Z
sin
l
dz = lµkJ1
l
z=0 =
4U
0
πnz
4U
l
πnz
8U
4U
n
,
n = 2m 1;
π(2m
1)µ
J1(µ
)
=
πnµkJ1(µk)
· (1 −
(−1) ) =
0, −
k
k
n = 2m,− m N.
-118-
1.30. № 781 Б)
Таким образом, мы уже знаем функцию
8U ∞
(2m
1
2
tJ0
µkr
sin
π(2m
1)z
v(r, z; t) = π k,m=1
1)µkJ1(µk)e−λk(2m−1)a
R
l−
,
X
−
Ответ:
−
R
2 +
l
2
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0, а λk(2m
1) =
µk
π(2m−1)
. Итак,
8U ∞
1
2
tJ0
µkr
sin
π(2m
1)z
u(r, z; t) = U + π k,m=1 (2m
1)µkJ1(µk)e−λk(2m−1)a
R
l−
,
X
−
µk
2
2
π(2m
1)
.
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0, а λk(2m−1) = R
+
l
−
1.30. № 781 б)
Считая начальную температура однородного цилиндра 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 < z < l равной нулю, определить распределение температуры в цилиндре при t > 0 для случая, когда температура нижнего основания поддерживается равной U, а верхнее основание и боковая поверхность цилиндра теплоизолированы.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий
ut = a2
1r · (rur)r
+ uzz + f(r, z; t),
0 6 r < R,
0 < z < l, t > 0;
( ;
1
6
(1.30.1)
u(0, z; t) < , ur(R, z; t) = 0
0 < z < l, t > 0;
u r, z 0) = ϕ (r),
0 r < R,
0 < z < l;
|
| ∞
uz(r, l; t) = 0,
0 6 r < R,
t > 0
u(r, 0; t) = U,
при f(r, z; t) ≡ 0 и ϕ1(r, z) ≡ 0.
Шаг 0. Избавление от неоднородности в краевых условиях
Поскольку на той части границы цилиндра, где задано граничное условие I-го рода, температура постоянна, а все остальные граничные условия II-го рода, естественно искать решение задачи (1.30.1) в виде:
u(r, z; t) = U + v(r, z; t),
(1.30.2)
где функция v(r, z; t) есть решение задачи
vt = a2
1r
· (rvr)r + vzz + f(r, z; t),
0 6 r < R, 0 < z < l, t > 0;
( ;
6
(1.30.3)
v(0, z; t) < , vr(R, z; t) = 0
0 < z < l, t > 0;
v r, z 0) = ϕ(r, z),
0 r < R, 0 < z < l;
|
|
∞
0 6 r < R, t > 0
v(r, 0; t) = vz(r, l; t) = 0,
при f(r, z; t) ≡ 0 и ϕ(r, z) = −U.
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.30.3) в виде
∞∞
X X
v(r, z; t) = Xk(r)Zn(z)Tkn(t), (1.30.4)
k=... n=...
c Д.С. Ткаченко
-119-
Задачи в конечном цилиндре
то, подставив (1.30.4) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr)r + vzz + f, получим:
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Zn(z)Tkn(t), получим:
T0 (t)
f (t)
1
(rX0 (r))0
Z00(z)
kn
− kn
=
r ·
k
+
n
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
Левая часть зависит только от t, правая – от r и z, следовательно равны они могут быть только в случае, когда λkn R :
T0
(t)
−
f
kn
(t)
1
·
(rX0
(r))0
Z00
(z)
kn
=
r
k
+
n
=
λ
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
−
kn
C другой стороны, сумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть константой в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа. То есть
ηk, νn R :
ηk + νn = λkn, и
(1.30.5)
1r · (rXk0 (r))0
Zn00(z)
Xk(r)
= ηk,
Z(z)
= νn.
Таким образом, для функций Tkn(t), X(r) и Z(z) получаем уравнения
Tkn0 (t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.30.6)
1
(r))0 + ηkXk(r) = 0,
(1.30.7)
· (rXk0
r
Z00(z) + νkZn(z) = 0.
(1.30.8)
n
Равенство (1.30.7) мы перепишем в виде:
−
1
· (rXk0 (r))0 = ηkXk(r).
(1.30.9)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.30.3).
Условие |v(0, z; t)| < ∞ превратится в
а условие vr(R, z; t) = 0 – в условие
|Xk(+0)| < ∞,
(1.30.10)
Xk0 (R) = 0.
(1.30.11)
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили
задачу
Штурма-Лиувилля вида
(1.1.17) с
λ = ηk, ν = 0, α = 1 и β = 0:
−
(rX0
(r))0
= η
rX (r).
k
k
k
(1.30.12)
Xk(+0) <
∞
,
X|
k0 (R) =| 0.
-120-
№ 781 б)
Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.
Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число η = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.
В нашем случае ν = α = 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.30.12) имеет собственное значение η0 = 0 и соответствующую ему собственную функцию
X0(r) = 1.
Остальные её строго положительные собственные значения находятся из
теоремы 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
ηk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = 0, β = 1, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.30.12) имеют вид:
ηk =
R
,
Xk = J0
R , k
N,
η0 = 0
X0(r) = 1
µk
2
µkr
(1.30.13)
где µk − корни уравнения
J1(µ) = 0.
Шаг 3. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn(z)
Для функций Zn(z) мы получили уравнение (1.30.8) Z00n(z) + νkZn(z) = 0. Добавим к нему краевые условия, следующие из условий v(r, 0; t) = vz(r, l; t) = 0, 0 6 r < R, t > 0, чтобы получить задачу Штурма-Лиувилля:
Zn00(z) + νnZn(z) = 0.
Zn0 (l) = 0.
(1.30.14)
Zn(0) = 0,
Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.30.14) имеют вид:
π(2
n
2
π
(2
n
1)
z
νn =
− 1)
,
Zn(z) = sin
−
, n N.
(1.30.15)
2l
2l
Шаг 4. Разложение функций f(r, z; t) и ϕ(r, z)
в ряд по собственным функциям
задач Штурма-Лиувилля
√
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция
f(r, z; t) разлагается в ряд Фурье
r
∞
µkr
,
(1.30.16)
f(r, z; t) = k=0 fk(z; t)J0
R
X
c Д.С. Ткаченко
-121-
Задачи в конечном цилиндре
fk(z; t) = 1
2
1
02
2
R
rf(r, z; t)J0
R
dr =
· R2 · Z
1
1
µkr
2
J0
(µk) +
1
J
(µk)
0
− (µk)
2
0
0
2
|{z }
=0
=
2
·
1
R2
J02(µk)
R
Z
· rf(r, z; t)J0 µkr dr. R
0
Итак,
fk(z; t) = R2J02
R
rf(r, z; t)J0
R
dr.
(µk) · Z
2
µkr
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞
ϕk(z)J0
µkr
ϕ(r, z) = k=0
R
X
R
2
Z
ϕk(z) = R2J02(µk) ·
0
с коэффициентами
rϕ(r, z)J0 µkr dr. R
В свою очередь, каждая из функций fk(z; t) и ϕk(z) могут быть разложены в ряд по собственным функциям задачи Штурма–Лиувилля (1.30.14), в результате получаем следующие представления функций f(r, z; t) и ϕ(r, z):
∞
∞
µkr
π(2n 1)z
,
f(r, z; t) = k=0 n=1 fkn(t)J0
R
sin
2−l
X X
fkn(t) = R2J2(µ )
l
R
R
rf(r, z; t)J0 R
dr sin
l
dz.
0 k
·
· Z
Z
2
2
µkr
πnz
0
0
Итак,
lR
lR2J02
(µk) · Z Z
R
2l
fkn(t) =
4
rf(r, z; t)J0
µkr
sin
π(2n − 1)z
drdz.
0
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞ ∞
µkr
π(2n
1)z
X X
−
с коэффициентами
ϕ(r, z) = k=0 n=1 ϕknJ0
R
sin
2l
lR
lR2J02
(µk) · Z Z
R
2l
ϕkn =
4
rϕ(r, z)J0
µkr
sin
π(2n − 1)z
drdz.
0
0
(1.30.17)
(1.30.18)
(1.30.19)
(1.30.20)
Шаг 5. Составление и решение задачи для Tkn(t)
Если искомый вид (1.30.4), стр. 119, решения v(r, t) и разложение (1.30.19) функции ϕ(r, z) подставить в начальное условие
v(r, z, 0) = ϕ(r, z),
-122-
№ 781 б)
получим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда в левой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будут выполнены соотношения
Xk(r)Zn(z)Tkn(0) = ϕknZn(z)Xk(r).
Таким образом, получаем начальные условия на функции Tkn(t):
Tkn(0) = ϕkn.
В совокупности с полученным ранее уравнением (1.30.6), стр. 120, получаем задачу Коши:
Tkn0
(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.30.21)
Tkn
(0) = ϕkn.
Общее решение соответствующего однородного уравнения T0(t) + a2λknT(t) = 0 имеет вид
TOO(t) = ce−a2λknt
Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариации постоянных:
Будем искать решение уравнения T0kn(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t) в виде
T(t) = c(t)e−a2λknt.
Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функцию c(t):
c0(t) = fkn(t)ea2λknt
Отсюда
t
Z
c(t) = fkn(τ)ea2λknτ dτ + c1.
0
И, наконец,
ToHo(t) = c1e−a2λknt + Z0
t
fkn(τ)e−a2λkn(t−τ)dτ.
Из начального условия Tkn(0) = ϕkn получаем, что
c1 = ϕkn.
Таким образом, решение задачи (1.30.21) имеет вид:
Tkn(t) = ϕkne−λkna2t + Z0
t
fkn(τ)e−λkna2(t−τ)dτ.
где fkn(t) и ϕk задаются формулами (1.30.18) и (1.30.20).
Поскольку в нашем случае f(r, z; t) ≡ 0, а ϕ(r, z) ≡ −U, то все fkn = 0, а для вычисления ϕkn нам надо найти интеграл
R
µk
Z
rJ0
µkr
dr =
x =
µkr
=
R2
Z
xJ0 (x) dx =
в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =
R
R
µk2 ·
0
h
i
0
h
i
R2
µk
0
R2
x=µk
R2
·
Z
·
x=0
6
µk2
µk2
µk
=0
=
0
xJ1 (x)
dx =
xJ1
(x)
=
k = 0. (1.43.17)
Тогда для ϕkn мы получаем
| {z }
lR
lR2J02
(µk) · Z Z
R
2l
6
ϕkn =
4
rϕ(r, z)J0
µkr
dr sin
π(2n − 1)z
dz = 0,
k = 0.
0
0
|
{z
}
=0
lR
lR2
J02(µ0)
· Z Z
R
2l
ϕ0n =
4
rϕ(r, z)J0
µkr
sin
π(2n − 1)z
drdz =
0 0
|
=J0 (0)=1
{z
}
| {z }
=J0(0)=1
2
Rl
= lR2 · Z
rdr Z sin
2−l
dz =
4U
π(2n
1)z
0
0
=
4U
·
R2
·
2l
lR2
2
π(2n
−
1)
Таким образом, мы уже знаем функцию
− cos π(2n2−l
1)z
z=l
z=0 =
=
4U
· (1 − 0) =
4U
π(2n
−
1)
π(2n
−
1)
U
∞
1
2
π n
1)
z
v(r, z; t) =
4
e−λ0na
t sin
(2
−
,
π
n=1 2n
−
1
2l
X
n
1)
2
где λ0n =
. Итак,
π(22l−
Ответ:
∞
U
1
2
π
(2
n
1)
z
u(r, z; t) = U +
4
e−λ0na
t sin
−
,
π
n=1
2n
−
1
2l
π(22l−
2
X
где λ0n =
1)
.
n
-124-
1.31. № 781 В)
1.31. № 781 в)
Считая начальную температура однородного цилиндра 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 < z < l равной нулю, определить распределение температуры в цилиндре при t > 0 для случая, когда температура боковой поверхности поддерживается равной U, а основания цилиндра теплоизолированы.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий
ut = a2
1r · (rur)r + uzz
+ f(r, z; t),
0 6 r < R,
0 < z < l, t > 0;
( ;
1
6
(1.31.1)
u(0, z; t) < , u(R, z; t) = U
0 < z < l, t > 0;
u r, z 0) = ϕ (r),
0 r < R,
0 < z < l;
|
| ∞
0 6 r < R,
t > 0
uz(r, 0; t) = uz(r, l; t) = 0,
при f(r, z; t) ≡ 0 и ϕ1(r, z) ≡ 0.
Шаг 0. Избавление от неоднородности в краевых условиях
Поскольку на той части границы цилиндра, где задано граничное условие I-го рода, температура постоянна, а все остальные граничные условия II-го рода, естественно искать решение задачи (1.31.1) в виде:
u(r, z; t) = U + v(r, z; t),
где функция v(r, z; t) есть решение задачи
(
;
6
vt
= a2
1r · (rvr)r + vzz + f(r, z; t),
0
6 r < R,
v(0, z; t) < , v(R, z; t) = 0
0 < z < l,
v r, z 0) = ϕ(r, z),
0
r < R,
|
| ∞
0 6 r < R,
vz(r, 0; t) = vz(r, l; t) = 0,
при f(r, z; t) ≡ 0 и ϕ(r, z) = −U.
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.31.3) в виде
(1.31.2)
0 < z < l, t > 0;
0 < z < l;
(1.31.3)
t > 0;
t > 0
∞
∞
kX X
(1.31.4)
v(r, z; t) =
Xk(r)Zn(z)Tkn(t),
=... n=...
то, подставив (1.31.4) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr)r + vzz + f, получим:
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Zn(z)Tkn(t), получим:
T0 (t)
f (t)
1
(rX0 (r))0
Z00(z)
kn
− kn
=
r ·
k
+
n
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
c Д.С. Ткаченко
-125-
Задачи в конечном цилиндре
Левая часть зависит только от t, правая – от r и z, следовательно равны они могут быть
только в случае, когда λkn R :
T0 (t)
−
f
kn
(t)
1
·
(rX0
(r))0
Z00
(z)
kn
=
r
k
+
n
=
λ
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
−
kn
C другой стороны, сумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть константой в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа. То есть
ηk, νn R :
ηk + νn = λkn, и
(1.31.5)
1r · (rXk0 (r))0
Zn00(z)
Xk(r)
= ηk,
Z(z)
= νn.
Таким образом, для функций Tkn(t), X(r) и Z(z) получаем уравнения
Tkn0 (t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.31.6)
1
· (rXk0 (r))0 + ηkXk(r) = 0,
(1.31.7)
r
Z00(z) + νkZn(z) = 0.
(1.31.8)
n
Равенство (1.31.7) мы перепишем в виде:
1
−
· (rXk0 (r))0
= ηkXk(r).
(1.31.9)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.31.3).
Условие |v(0, z; t)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.31.10)
а условие v(R, z; t) = 0 – в условие
(1.31.11)
Xk(R) = 0.
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы
получили
задачу
Штурма-Лиувилля вида
(1.1.17) с
λ = ηk, ν = 0, α = 1 и β = 0:
−
(rX0
(r))0
= η
rX (r).
k
∞
k
k
X|
k(R) =| 0.
(1.31.12)
Xk(+0) <
,
Воспользуемся результатом
теоремы 1.1.3, стр. 4.
Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число η = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.
В нашем случае α = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.31.12) имеет только строго положительные собственные значения. Чтобы их найти,
Применим теорему 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
ηk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
-126-
k=1
J02 (µk)
| {z }
=0
№ 781 в)
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = 1, β = 0, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.31.12) имеют вид:
µk
2
µkr
k N,
ηk = R
,
J0
R ,
(1.31.13)
где µk − корни уравнения
J0(µ) = 0.
Шаг 3. Решение
задачи Штурма-Лиувилля для Zn(z)
Для функций Zn(z) мы получили уравнение (1.31.8) Z00n(z) + νkZn(z) = 0. Добавим к нему
краевые условия, следующие из условий vz(r, 0; t) = vz(r, l; t) = 0,
0 6 r < R, t > 0, чтобы
получить задачу Штурма-Лиувилля:
Zn00(z) + νnZn(z) = 0.
Zn0
(l) = 0.
(1.31.14)
Zn0
(0) = 0,
Эту задачу мы неоднократно
решали, выпишем результат:
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.31.14) имеют вид:
ν0 = 0
Z0(z) = 1,
(1.31.15)
νn =
πn
2
,
Zn(z) = cos
πnz
,
l
l
n N.
Шаг 4. Разложение функций f(r, z; t) и ϕ(r, z)
в ряд по собственным функциям
задач Штурма-Лиувилля
√
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция
f(r, z; t) разлагается в ряд Фурье
r
∞
µkr
,
f(r, z; t) = X fk(z; t)J0
(1.31.16)
R
fk(z; t) =
1
2 J00
(µk)
2
(µk)2
+ 2 1 −
1
1
02
|{z }
=[−J1(µk)]2
Итак,
· R2
·
R
R dr =
Z rf(r, z; t)J0
1
µkr
0
=
2
·
1
·
R2
J12(µk)
R
Z
rf(r, z; t)J0 µkr dr. R
0
fk(z; t) = R2
R
rf(r, z; t)J0
R
dr.
· J12(µk) · Z
2
1
µkr
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞
µkr
X
с коэффициентами
ϕ(r, z) = k=1 ϕk(z)J0
R
ϕk(z) = R2
R
rϕ(r, z)J0 R
dr.
· J12(µk) · Z
2
1
µkr
0
c Д.С. Ткаченко
-127-
Задачи в конечном цилиндре
В свою очередь, каждая из функций fk(z; t) и ϕk(z) могут быть разложены в ряд по собственным функциям задачи Штурма–Лиувилля (1.31.14), в результате получаем следующие представления функций f(r, z; t) и ϕ(r, z):
∞
f
(t)J
µkr
∞
R
cos
l
! ,
(1.31.17)
f(r, z; t) = k=1
k0
2
R
+ n=1 fkn(t)J0
X
X
fkn(t) = R2
J2(µ )
l
R
rf(r, z; t)J0
R
dr cos
l
dz.
2
·
1
1
k
·
2
· Z
Z
µkr
πnz
0
0
Итак,
lR
fkn(t) =
4
· Z Z
rf(r, z; t)J0
µkr
cos
πnz
drdz.
(1.31.18)
lR2J12(µk)
R
l
0
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞
ϕk0J0
µkr
∞
µkr
πnz
k=1
n=1
X
X
ϕ(r, z) =
R
+
ϕknJ0
cos
!
с коэффициентами (1.31.19)
2
R
l
lR
ϕkn =
4
· Z Z
rϕ(r, z)J0
µkr
cos
πnz
drdz.
(1.31.20)
lR2J12(µk)
R
l
0
0
Шаг 5. Составление и решение задачи для Tkn(t)
Если искомый вид (1.31.4), стр. 125, решения v(r, t) и разложение (1.31.19) функции ϕ(r, z) подставить в начальное условие
v(r, z, 0) = ϕ(r, z),
получим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда в левой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будут выполнены соотношения
Xk(r)Zn(z)Tkn(0) = ϕknZn(z)Xk(r).
Таким образом, получаем начальные условия на функции Tkn(t):
Tkn(0) = ϕkn.
В совокупности с полученным ранее уравнением (1.31.6), стр. 126, получаем задачу Коши:
Tkn0
(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.31.21)
Tkn
(0) = ϕkn.
Общее решение соответствующего однородного уравнения T0(t) + a2λknT(t) = 0 имеет вид
TOO(t) = ce−a2λknt
Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариации постоянных:
Будем искать решение уравнения T0kn(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t) в виде
T(t) = c(t)e−a2λknt.
-128-
№ 781 в)
Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функцию
c(t):
c0(t) = fkn(t)ea2λknt
Отсюда
t
Z
c(t) = fkn(τ)ea2λknτ dτ + c1.
0
И, наконец,
ToHo(t) = c1e−a2λknt + Z0
t
fkn(τ)e−a2λkn(t−τ)dτ.
Из начального условия Tkn(0) = ϕkn получаем, что
c1 = ϕkn.
Таким образом, решение задачи (1.31.21) имеет вид:
Tkn(t) = ϕkne−λkna2t + Z0
t
fkn(τ)e−λkna2(t−τ)dτ.
(1.31.22)
(1.31.23)
где fkn(t) и ϕk задаются формулами (1.31.18) и (1.31.20).
Это равенство заведомо верно, если ряды в левой и правой частях равны почленно:
a2
Xk(r)Zn(z)Tkn0 (t) =
· (rXk0 (r))0 Zn(z)Tkn(t) + a2Xk(r)Zn00(z)Tkn(t) + Xk(r)Znfkn(t), k.
r
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Zn(z)Tkn(t), получим:
T0 (t)
f (t)
1
(rX0 (r))0
Z00(z)
kn
− kn
=
r ·
k
+
n
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
Левая часть зависит только от t, правая – от r и z, следовательно равны они могут быть только в случае, когда λkn R :
T0
(t)
−
f
kn
(t)
1
·
(rX0
(r))0
Z00
(z)
kn
=
r
k
+
n
=
λ
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
−
kn
C другой стороны, сумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть константой в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа. То есть
ηk, νn R :
ηk + νn = λkn, и
(1.32.3)
1r · (rXk0 (r))0
Zn00(z)
Xk(r)
= ηk,
Z(z)
= νn.
Таким образом, для функций Tkn(t), X(r) и Z(z) получаем уравнения
Tkn0 (t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.32.4)
1
· (rXk0 (r))0 + ηkXk(r) = 0,
(1.32.5)
r
Z00(z) + νkZn(z) = 0.
(1.32.6)
n
Равенство (1.32.5) мы перепишем в виде:
1
−
· (rXk0 (r))0
= ηkXk(r).
(1.32.7)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.32.1).
Условие |u(0, z; t)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.32.8)
а условие u(R, z; t) = 0 – в условие
(1.32.9)
Xk(R) = 0.
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля вида
(1.1.17) с
λ = ηk, ν = 0, α = 1 и β = 0:
− (rX0k(r))0 = ηkrXk(r).
|Xk(+0)| < ∞, (1.32.10)
Xk(R) = 0.
Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.
Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число η = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.
-131-
Задачи в конечном цилиндре
В нашем случае α = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.32.10) имеет только строго положительные собственные значения. Чтобы их найти,
Применим теорему 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
ηk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = 1, β = 0, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.32.10) имеют вид:
µk
2
µkr
,
k N,
ηk = R
,
J0
R
(1.32.11)
где µk
−
корни уравнения
J0(µ) = 0.
Шаг 3. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn(z)
Для функций Zn(z) мы получили уравнение (1.32.6) Z00n(z) + νkZn(z) = 0. Добавим к нему краевые условия, следующие из условий u(r, 0; t) = uz(r, l; t) = 0, 0 6 r < R, t > 0, чтобы получить задачу Штурма-Лиувилля:
Zn00(z) + νnZn(z) = 0.
Zn0 (l) = 0.
(1.32.12)
Zn(0) = 0,
Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.32.12) имеют вид:
π(2
n
2
π
(2
n
1)
z
νn =
− 1)
,
Zn(z) = sin
−
, n N.
(1.32.13)
2l
2l
Шаг 4. Разложение функций f(r, z; t) и ϕ(r, z)
в ряд по собственным функциям
задач Штурма-Лиувилля
√r f(r, z; t) разлагается в ряд Фурье
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция
∞
X
f(r, z; t) =
k=1
fk(z; t) =
1
2 J00 (µk)
2
+ 2
1 −
J0 (µk)
(µk)2
1
1
02
2
=0
|
=[−J1(µk)]2
|
{z
}
{z
}
fk(z; t)J0 µkr , R
· R2
·
R
R dr =
Z rf(r, z; t)J0
1
µkr
0
=
2
·
1
·
R2
J12(µk)
R
Z
rf(r, z; t)J0
0
(1.32.14)
µkr dr. R
-132-
№ 782 а)
Итак,
fk(z; t) = R2
R
rf(r, z; t)J0
R
dr.
· J12(µk) · Z
2
1
µkr
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞
X
ϕ(r, z) =
k=1
ϕk(z) =
ϕk(z)J0
µkr
R
R2
R
· J12(µk) · Z0
2
1
с коэффициентами
rϕ(r, z)J0 µkr dr. R
В свою очередь, каждая из функций fk(z; t) и ϕk(z) могут быть разложены в ряд по собственным функциям задачи Штурма–Лиувилля (1.32.12), в результате получаем следующие представления функций f(r, z; t) и ϕ(r, z):
∞
∞
µkr
π(2n 1)z
,
f(r, z; t) = k=1 n=1 fkn(t)J0
R
sin
2−l
X X
fkn(t) = R2J2(µ )
l
R
R
rf(r, z; t)J0 R
dr sin
l
dz.
1 k
·
· Z
Z
2
2
µkr
πnz
0
0
Итак,
lR
lR2J12
(µk) · Z Z
R
2l
fkn(t) =
4
rf(r, z; t)J0
µkr
sin
π(2n − 1)z
drdz.
0
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞ ∞
µkr
π(2n
1)z
X X
−
с коэффициентами
ϕ(r, z) = k=1 n=1 ϕknJ0
R
sin
2l
lR
lR2J12
(µk) · Z Z
R
2l
ϕkn =
4
rϕ(r, z)J0
µkr
sin
π(2n − 1)z
drdz.
0
0
(1.32.15)
(1.32.16)
(1.32.17)
(1.32.18)
Шаг 5. Составление и решение задачи для Tkn(t)
Если искомый вид (1.32.2), стр. 130, решения u(r, t) и разложение (1.32.17) функции ϕ(r, z) подставить в начальное условие
u(r, 0) = ϕ(r, z),
получим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда в левой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будут выполнены соотношения
Xk(r)Zn(z)Tkn(0) = ϕknZn(z)Xk(r).
Таким образом, получаем начальные условия на функции Tkn(t):
Tkn(0) = ϕkn.
c Д.С. Ткаченко
-133-
Задачи в конечном цилиндре
В совокупности с полученным ранее уравнением (1.32.4), стр. 131, получаем задачу Коши:
T0kn(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t), (1.32.19)
Tkn(0) = ϕkn.
Общее решение соответствующего однородного уравнения T0(t) + a2λknT(t) = 0 имеет вид
TOO(t) = ce−a2λknt
Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариации постоянных:
Будем искать решение уравнения T0kn(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t) в виде
T(t) = c(t)e−a2λknt.
Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функцию
c(t):
c0(t) = fkn(t)ea2λknt
Отсюда
t
Z
c(t) = fkn(τ)ea2λknτ dτ + c1.
0
И, наконец,
ToHo(t) = c1e−a2λknt + Z0
t
fkn(τ)e−a2λkn(t−τ)dτ.
Из начального условия Tkn(0) = ϕkn получаем, что
c1 = ϕkn.
Таким образом, решение задачи (1.32.19) имеет вид:
Tkn(t) = ϕkne−λkna2t + Z0
t
fkn(τ)e−λkna2(t−τ)dτ.
(1.32.20)
(1.32.21)
где fkn(t) и ϕk задаются формулами (1.32.16) и (1.32.18).
Начальная температура в однородном конечном цилиндре 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 < z < l равна A(R2 − r2)z. Определить распределение температуры в этом цилиндре при t > 0, если верхнее основание цилиндра поддерживаются при нулевой температуре, нижнее основание теплоизолировано а на боковой поверхности происходит теплообмен с внешней средой, имеющей нулевую температуру.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий
(
;
6
ut
= a2
1r · (rur)r + uzz + f(r, z; t),
0
6 r < R,
0 < z < l, t > 0;
u(0, z; t) < , ur(R, z; t) + hu(R, z; t) = 0
0 < z < l, t > 0;
u r, z 0) = ϕ(r, z),
0 r < R,
0 < z < l;
|
|
∞
0 6 r < R,
t > 0
(1.33.1)
uz(r, 0; t) = u(r, l; t) = 0,
0
и ϕ(r, z) = A(R
2
2
)z.
при f(r, z; t) ≡
− r
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.33.1) в виде
∞∞
X X
u(r, z; t) = Xk(r)Zn(z)Tkn(t), (1.33.2)
k=... n=...
-136-
№ 782 б)
то, подставив (1.33.2) в уравнение ut = a2 · 1r · (rur)r + uzz + f, получим:
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Zn(z)Tkn(t), получим:
T0 (t)
f (t)
1
(rX0 (r))0
Z00(z)
kn
− kn
=
r ·
k
+
n
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
Левая часть зависит только от t, правая – от r и z, следовательно равны они могут быть только в случае, когда λkn R :
T0
(t)
−
f
kn
(t)
1
·
(rX0
(r))0
Z00
(z)
kn
=
r
k
+
n
=
λ
.
a2Tkn(t)
Xk(r)
Z(z)
−
kn
C другой стороны, сумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть константой в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа. То есть
ηk, νn R :
ηk + νn = λkn, и
(1.33.3)
1r · (rXk0 (r))0
= ηk,
Zn00(z)
= νn.
Xk(r)
Z(z)
Таким образом, для функций Tkn(t), X(r) и Z(z) получаем уравнения
Tkn0 (t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.33.4)
1
· (rXk0 (r))0 + ηkXk(r) = 0,
(1.33.5)
r
Z00(z) + νkZn(z) = 0.
(1.33.6)
n
Равенство (1.33.5) мы перепишем в виде:
−
1
· (rXk0 (r))0 = ηkXk(r).
(1.33.7)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.33.1).
Условие |u(0, z; t)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.33.8)
а условие ur(R, z; t) + hu(R, z; t) = 0 – в условие
X0
(R) + hXk(R) = 0.
(1.33.9)
k
c Д.С. Ткаченко
-137-
Задачи в конечном цилиндре
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля вида (1.1.17) с
λ = ηk, ν = 0, α = 1 и β = 0:
− (rX0k(r))0 = ηkrXk(r).
|Xk(+0)| < ∞, (1.33.10)
X0k(R) + hXk(R).
Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.
Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число η = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.
В нашем случае α = h > 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.33.10) имеет только строго положительные собственные значения. Чтобы их найти,
Применим теорему 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
ηk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = h, β = 1, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.33.10) имеют вид:
µk
2
,
J0
µkr
, k N,
ηk = R
R
где µk > 0
−
корни уравнения hRJ0
(µ) + µJ00(µ) = 0
hRJ0
(µ)
−
µJ1(µ) = 0
(1.33.11)
Шаг 3. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zn(z)
Для функций Zn(z) мы получили уравнение (1.33.6) Z00n(z) + νkZn(z) = 0. Добавим к нему краевые условия, следующие из условий uz(r, 0; t) = u(r, l; t) = 0, 0 6 r < R, t > 0, чтобы получить задачу Штурма-Лиувилля:
Zn00(z) + νnZn(z) = 0.
Zn(l) = 0.
(1.33.12)
Zn0 (0) = 0,
Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.33.12) имеют вид:
π(2
n
2
π
(2
n
1)
z
νn =
− 1)
,
Zn(z) = cos
−
, n N.
(1.33.13)
2l
2l
Шаг 4. Разложение функций f(r, z; t) и ϕ(r, z)
в ряд по собственным функциям
задач Штурма-Лиувилля
√
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция
f(r, z; t) разлагается в ряд Фурье
r
∞
µkr
,
(1.33.14)
f(r, z; t) = k=1 fk(z; t)J0
R
X
-138-
№ 782 б)
В силу условия на µk,
hRJ0(µk) + µkJ00(µk) = 0
=
J00(µk) = −
hR
J0(µk).
µk
Поэтому:
fk(z; t) = 1
2
1
02
2
· R2 ·
R
R
dr =
Z rf(r, z; t)J0
1
1
µkr
J0
(µk)
+
1
−
J
0
(µk)
0
2
(µk)
2
0
2
=|h
}i
R
− µk{z0 k
2
hR J (µ )
=
2µk2
·
Z
rf(r, z; t)J0
µkr
dr.
R2 (h2R2 + µk2 ) J02 (µk)
R
0
Итак,
R
fk(z; t) =
2µk2
· Z
rf(r, z; t)J0
µkr
dr.
R2 (h2R2 + µk2 ) J02 (µk)
R
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞
µkr
X
ϕ(r, z) = k=1 ϕk(z)J0
R
с коэффициентами
R
ϕk(z) =
2µk2
· Z
rϕ(r, z)J0
µkr
dr.
R2 (h2R2 + µk2 ) J02 (µk)
R
0
В свою очередь, каждая из функций fk(z; t) и ϕk(z) могут быть разложены в ряд по собственным функциям задачи Штурма–Лиувилля (1.33.12), в результате получаем следующие представления функций f(r, z; t) и ϕ(r, z):
fkn(t) =
Итак,
∞
∞
µkr
cos
π(2n
1)z
f(r, z; t) = k=1 n=1 fkn(t)J0
R
2−l
,
X X
R2 (h2R2 + µ2 ) J2 (µ )
l
R
rf(r, z; t)J0
R
dr cos
R
2µk2
·
2
·
Z
Z
µkr
k 0
k
0
0
(1.33.15)
πnz dz. l
lR
fkn(t) =
4µk2
Z Z
rf(r, z; t)J0
µkr
cos
π(2n − 1)z
drdz. (1.33.16)
lR2 (h2R2 + µk2 ) J02 (µk) ·
R
2l
0
0
Аналогично, для функции ϕ(r, z) справедливо разложение в ряд
∞ ∞
µkr
π(2n
1)z
X X
−
с коэффициентами
(1.33.17)
ϕ(r, z) = k=1 n=1 ϕknJ0
R
cos
2l
lR
ϕkn =
4µk2
Z Z
rϕ(r, z)J0
µkr
cos
π(2n − 1)z
drdz.
(1.33.18)
lR2 (h2R2 + µk2) J02 (µk) ·
R
2l
0
0
c Д.С. Ткаченко
-139-
Задачи в конечном цилиндре
Шаг 5. Составление и решение задачи для Tkn(t)
Если искомый вид (1.33.2), стр. 136, решения u(r, t) и разложение (1.33.17) функции ϕ(r, z) подставить в начальное условие
u(r, 0) = ϕ(r, z),
получим, что это начальное условие будет заведомо выполнено, если все слагаемые ряда в левой части окажутся равны соответствующим слагаемым ряда в правой части, то есть будут выполнены соотношения
Xk(r)Zn(z)Tkn(0) = ϕknZn(z)Xk(r).
Таким образом, получаем начальные условия на функции Tkn(t):
Tkn(0) = ϕkn.
В совокупности с полученным ранее уравнением (1.33.4), стр. 137, получаем задачу Коши:
Tkn0
(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t),
(1.33.19)
Tkn
(0) = ϕkn.
Общее решение соответствующего однородного уравнения T0(t) + a2λknT(t) = 0 имеет вид
TOO(t) = ce−a2λknt
Чтобы найти частное решение неоднородного уравнения, воспользуемся методом вариации постоянных:
Будем искать решение уравнения T0kn(t) + a2λknTkn(t) = fkn(t) в виде
T(t) = c(t)e−a2λknt.
Подставив T(t) искомого вида в уравнение, получим условие на неизвестную пока функцию
c(t):
c0(t) = fkn(t)ea2λknt
Отсюда
t
Z
c(t) = fkn(τ)ea2λknτ dτ + c1.
0
И, наконец,
ToHo(t) = c1e−a2λknt + Z0
t
fkn(τ)e−a2λkn(t−τ)dτ.
Из начального условия Tkn(0) = ϕkn получаем, что
c1 = ϕkn.
Таким образом, решение задачи (1.33.19) имеет вид:
Tkn(t) = ϕkne−λkna2t + Z0
t
fkn(τ)e−λkna2(t−τ)dτ.
(1.33.20)
(1.33.21)
где fkn(t) и ϕk задаются формулами (1.33.16) и (1.33.18).
Ответ в общем виде:
u(r, z; t) = k=1 n=1
ϕkne−λkna t + Z
fkn(τ)e−λkna (t−τ)dτ J0
R
cos
2−l
,
∞ ∞
t
µkr
π(2n 1)z
2
2
X X
0
-140-
№ 782 б)
2
2
где µk
положительные корни уравнения hRJ0(µ) + µJ0
(µ) = 0, λkn =
µk
+
π(2n−1)
, а
2
fkn(t) и ϕ–kзадаются формулами (1.33.16) и (1.33.18):
0
R
2l
lR
fkn(t) =
4µk2
Z Z
rf(r, z; t)J0
µkr
cos
π(2n − 1)z
drdz. (1.33.16)
lR2 (h2R2 + µk2 ) J02 (µk) ·
R
2l
0
0
lR
lR2
(h2R2 + µk2) J02
(µk) · Z Z
R
2l
ϕkn =
4µk2
rϕ(r, z)J0
µkr
cos
π(2n − 1)z
drdz.
(1.33.18)
0
0
Поскольку в нашем случае f(r, z; t) ≡ 0, а ϕ(r, z) = A(R2 − r2)z, то все fkn = 0, а для вычисления ϕkn нам надо найти интегралы
Вполубесконечном круговом цилиндре 0 6 r < R, 0 < z < ∞ имеются источники некоторого газа плотности Ue−αz, причём на основании цилиндра концентрация этого газа поддерживается равной Q. Определить стационарное распределение газа в цилиндре, если боковая поверхность цилиндра газонепроницаема.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий
ur(0·
, z) < ∞,
ur(R, z) = 0
0
< z < ∞;
∞
(1.34.1)
1
(rur)r + uzz
+ Ue−αz = 0,
0
6 r < R, 0 < z <
;
u| (r, 0) =|
Q,
0 6 r < R.
Шаг 0.
Избавление от неоднородности в краевом условии
В данной ситуации можно попробовать избавиться сразу от неоднородности и в краевом условии, и в уравнении, поскольку все функции, дающие эту неоднородность, зависят только от z. Поэтому естественно искать решение задачи (1.34.1) в виде:
u(r, z) = w(z) + v(r, z),
(1.34.2)
где функция w(z) есть решение задачи
=0
1r
(rwr)r + wzz + Ue−αz = 0,
0 < z < ;
w·(z) < ,
0 < z < ∞;
z }| {
|
| ∞
∞
w(0) = Q.
) получаем необычную задачу Коши (нужно два начальных условия,
w z
То есть для функции (
а в ней только одно, плюс условие ограниченности):
w00(z) = −Ue−αz,
|w(z)| < ∞
0 < z < ∞;
(1.34.3)
w(0) = Q.
Общее решение однородного уравнения w00(z) = 0 имеет вид3
wo(z) = c1 + c2z,
а частное решение неоднородного уравнения w00(z) = −Ue−αz легко строится в виде квазиполинома
wчно(z) = ae−αz.
Подставляя искомый вид wчно(z) в уравнение, получаем, что
a = −
U
=
−
U
e−αz.
,
wоно(z) = c1 + c2z
α2
α2
Из начального условия получаем:
U
U
w(0) = Q
= c1 −
= Q = c1
=
+ Q,
α2
α2
а из условия ограниченности
c2 = 0.
3В данном простейшем случае его можно получить двукратным интегрированием уравнения по z, но мы приводим общий способ решения.
c Д.С. Ткаченко
-143-
Задачи в конечном цилиндре
Таким образом,
w(z) = α2
+ Q − α2 e−αz
= Q + α2 1 − e−αz .
U
U
U
Вычитая из задачи (1.34.1) задачу (1.34.3), получаем, что v(r, z) есть решение задачи
rv·(0, z)
< ∞,
vr(R, z) = 0
0 < z < ∞;
∞
(1.34.4)
1
(rvr)r
+ vzz
= 0,
0 6 r < R, 0 < z <
;
v| (r, z, 0)|
= 0,
0 6 r < R.
однородна, поэтому наверняка имеет тривиальное решение
Данная задача,
v(r, z) ≡ 0, 0 6 r < R, 0 < z < ∞.
Более того, это решение единственно4, поэтому u(r, z) = w(z) и
Ответ:
u(r, z) = Q +
U
1 − e−αz .
α2
1.35.№ 783 б)
Вполубесконечном круговом цилиндре 0 6 r < R, 0 < z < ∞ имеются источники некоторого газа плотности Ue−αz, причём на основании цилиндра концентрация этого газа поддерживается равной Q. Определить стационарное распределение газа в цилиндре, если на боковой поверхности цилиндра происходит газообмен с внешней средой, концентрация рассматриваемого газа в которой равна нулю.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий
|ur(0·
, z)| < ∞,
ur(R, z) + hu(R, z) = 0
0
< z < ∞;
∞
(1.35.1)
1
(rur)r + uzz
+ Ue−αz = 0,
0
6 r < R,
0 < z <
;
u(r, 0) = Q,
0
6 r < R.
Шаг 0. Вид решения и вспомогательная задача
Во-первых, заметим, что имеет место аналогия между данной задачей и задачей для уравнения колебаний, в которой z (0, ∞) играет роль ¾времени¿, а условие u(r, 0) = Q – роль начального условия. Поэтому мы не будем избавляться от неоднородности в данном краевом условии, но, подобно решению № 776 (б) (semS8, стр. 27-36), представим решение (1.35.1) в виде суммы
u(r, z) = v(r, z) + w(r, z) = v(r, z) + b(r)e−αz,
где функции w(r, z) и v(r, z) являются решениями задач:
1r (rwr)r + wzz
+ Ue−αz = 0,
0 6 r < R, 0 < z <
∞
;
|w(0·
, z)| < ∞,
wr(R, z) + hw(R, z) = 0
0 < z < ∞,
|vr(0·, z)| < ∞,
vr(R, z) + hv(R, z) = 0
0 < z < ∞;
∞
1
(rvr)r + vzz
= 0,
0 6 r < R, 0 < z <
;
v(r, z, 0) = Q
−
w(r, 0),
0 6 r < R.
(1.35.2)
(1.35.3)
(1.35.4)
4Достаточно вспомнить, к каким задачам для функций Zk(z) приведёт её честное решение методом Фурье:
Zk00(z) = 0,
|Zk(z)| < ∞.
0 < z <
∞
;
Zk(0) = 0.
У этих задач, как легко видеть существует только тривиальное решение.
-144-
№ 783 б)
Вспомогательная задача
Если искать w(r, z) в виде w(r, z) = b(r)e−αz, то
wzz = α2b(r)e−αz
и для b(r) получаем задачу:
1r (rb0(r))0
+ α2b(r) = −U,
0
6 r < R;
(1.35.5)
|b(0)· | < ∞,
b0(R) + hb(R) = 0
0
< z < ∞,
Найдём частное решение неоднородного уравнения 1r ·(rb0(r))0+α2b(r) = −U. Его легко угадать
в виде константы:
U bчно = − α2 .
Общее решение однородного уравнения 1r · (rb0(r))0 + α2b(r) = 0, поскольку это – уравнение Бесселя (1.1.17), в свою очередь, представляется в виде:
bоо = c1J0 (αr) + c2N0 (αr) .
Таким образом,
U bоно = c1J0 (αr) + c2N0 (αr) − α2
Из краевого условия |b(0)| < ∞ получаем, что c2 = 0, а из второго b0(R) + hb(R) = 0, что
c1 αJ00 (αR) + hJ0 (αR) − α2
= 0,
hU
и стало быть,
hU
c1
=
α2 αJ00 (αR) + hJ0 (αR)
Итак, мы получили решение задачи (
1.35.5)
hJ0 (αr)
U
b(r) =
− 1
·
(1.35.6)
αJ00 (αR) + hJ0 (αR)
α2
= J
(αR)
− 1
Поэтому, в силу (1.35.2),
|
{z }
u(r, z) = hJ0
(αR)0
( αJ1 (αR) − 1 ·
α2 · e−αz + v(r, z).
(1.35.7)
hJ
αr)
U
−
Наконец, задача (1.35.4) для функции v(r, z) принимает окончательный вид
∞
rv·(0, z) < ∞, vr(R, z) + hv(R, z) = 0
0 < z < ∞;
(1.35.8)
1
(rvr)r
+ vzz = 0,
0
6 r < R, 0 < z <
;
v|
(r, 0) =|
ϕ(r) = Q
hJ0(αr)
1
U
,
0
6
r < R.
hJ0
(αR)
αJ1
(αR)
2
−
·
α
−
−
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.35.8) в виде
∞
kX
(1.35.9)
v(r, z) =
Xk(r)Zk(z),
=...
c Д.С. Ткаченко
-145-
Задачи в конечном цилиндре
то, подставив (1.35.9) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr)r + vzz + f, получим:
∞
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0.
k=...
r
X
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0,
k.
r
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Zk(z), получим:
1
(rX0 (r))0
Z00
(z)
r ·
k
+
k
= 0.
Xk(r)
Z(z)
Cумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть нулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа. То есть λk :
1
·
(rX0
(r))0
Z00
(z)
r
k
= −λk,
k
= λk.
Xk(r)
Z(z)
Таким образом, для функций X(r) и Z(z) получаем уравнения
1
· (rXk0 (r))0 + λkXk(r) = 0,
(1.35.10)
r
Zk00(z) − λkZk(z) = 0.
(1.35.11)
Равенство (1.35.10) мы перепишем в виде:
1
−
· (rXk0 (r))0 = λkXk(r).
(1.35.12)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.35.8).
Условие |v(0, z)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.35.13)
а условие vr(R, z) + hv(R, z) = 0 – в условие
X0 (R) + hXk(R) = 0.
(1.35.14)
k
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
(1.1.17) с
Для функций Xk(r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля вида
λ= λk, ν = 0, α = h > 0 и β = 1:
− (rX0k(r))0 = λkrXk(r).
|Xk(+0)| < ∞,
(1.35.15)
X0k(R) + hXk(R) = 0.
Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.
Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число η = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.
В нашем случае α = h > 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.35.15) не имеет собственного
-146-
№ 783 б)
значение λ0 = 0. Все же её строго положительные собственные значения находятся из
теоремы 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
λk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = h, β = 1, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.35.15) имеют вид:
µk
2
µkr
,
k N,
λk = R
,
Xk = J0
R
(1.35.16)
где µk − корни уравнения
hRJ0(µ) + µJ00(µ) = 0.
Шаг 3.
Разложение функции ϕ(r) в ряд по собственным функциям задачи Штурма-
Лиувилля
√
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция
f(r, z) разлагается в ряд Фурье
r
∞
µkr
X
,
(1.35.17)
ϕ(r) = k=1 ϕkJ0
R
R
·
· Z
21 J00 (µk) 2 + 21 1
02
J02 (µk)
R2
R
2
ϕk =
1
(µk)
0
µkr
−
hRJ0(µk)
= в силу равенства (1.35.16),
J00(µk) = −
=
µk
R
=
2
·
µk2
· Z
rϕ(r)J0
µkr
dr.
R2J02(µk)
h2R2 + µk2
R
0
Итак, для функции ϕ(r) справедливо разложение в ряд
∞
µkr
X
с коэффициентами
(1.35.18)
ϕ(r) = k=1 ϕkJ0
R
R
ϕk =
2
·
µk2
· Z
rϕ(r)J0
µkr
dr.
(1.35.19)
R2J02(µk)
h2R2 + µk2
R
0
Шаг 4. Решение задачи для Zk(z)
Для2функций Zk(z) мы получили уравнение (1.35.11) Zk00(z)−λkZk(z) = 0. Вспомним, что λk =
µk
. Добавим к уравнению начальное условие, следующее из условия v(r, 0) = ϕ(r), 0 6
R
r < R
и требование ограниченности:
µRk
2
Zk00(z) −
Zk(z) = 0.
(1.35.20)
Zk(z) < .
Zk(0) = ϕk
|
|
∞
c
Д.С. Ткаченко
-147-
Задачи в конечном цилиндре
Общее решение уравнения Z00k(z) − µRk 2 Zk(z) = 0 имеет вид
Zk(z) = c1eµRk z + c2e− µRk z.
Условие ограниченности решения |Zk(z)| < ∞ даёт нам, что c1 = 0, а из условия Zk(0) = ϕk получаем c2 = ϕk. Таким образом,
Zk(z) = ϕke−
µk
z,
n N.
(1.35.21)
R
Ответ в общем виде:
zJ0
,
∞
µk
µkr
v(r, z) = k=1 ϕke−
R
R
X
где µk – положительные корни уравнения hRJ0(µ) + µJ00(µ) = 0, а ϕk задаются формулой:
R
ϕk =
2
·
µk2
· Z
rϕ(r)J0
µkr
dr.
(1.35.19)
R2J02(µk)
h2R2 + µk2
R
0
Поскольку в нашем случае ϕ(r)
Q
hJ0(αr)
1
U
ϕk
hJ0(αR)−αJ1(αR)
2
найти интегралы
≡
−
−
· α
, для вычисления
нам надо
R
µk
Z
rJ0
µkr
dr =
µkr
=
R2
Z
xJ0 (x) dx =
в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =
R
x = R
µk2 ·
0
h
i
0
h
i
R2
µk
0
R2
x=µk
R2
·
Z
·
x=0
µk2
µk2
µk
=
0
xJ1 (x) dx =
xJ1
(x)
=
J1 (µk) =
hRJ0(µk)
= в силу равенства (1.35.16),
J1(µk) = −J00(µk) =
=
µk
R2
·
hR
· J0(µk) =
hR3
· J0(µk),
k N.
(1.35.22)
=
µk
µk
µk2
Вспомним формулу (1.1.13), стр. 3:
x
x
αJν+1(αx)Jν(βx) − βJν(αx)Jν+1(βx) ,
tJν (αt)Jν(βt)dt =
α 6= β
(1.1.13)
α2
β2
Z0
−
R
rJ0
(αr) J0
R
dr =
в силу (1.1.13) при ν = 0,
β = R
=
Z
µkr
h
µk
i
0
=
R3
αJ1(αR)J0(µk) −
µk
· J0(αR)J1(µk) =
α2R2 − µk2
R
k) =
= в силу равенства (1.35.16),
J1(µk) = −J00(µk) =
µ0k(
µ
hRJ
R3
µk
hRJ0(αR)
=
αJ1(αR) −
·
J0(µk) =
α2R2 − µk2
R
µk
k N.
(1.35.23)
=
R3
α2R2
− µk2
· J0(µk),
αJ1(αR)
− hJ0(αR)
-148-
№ 783 б)
Тогда для ϕk мы получаем
R
ϕk =
2
·
µk2
· Z rϕ(r)J0
µkr
dr =
R2J02(µk)
h2R2 + µk2
R
0
Q + α2
rJ0
R
dr
= R2J2(µ ) h2R2 + µ2
2
µk2
U
R
µkr
·
·
Z
−
0
k
k
R
0
− α2 hJ0 (αR) αJ1 (αR)
Z rJ0 (αr) J0
R
dr =
Uh
µkr
−
0
Q + α2
= R2J2
(µ ) h2R2
+ µ2
·
µ2
J0(µk)
2
k
·
µ2
k ·
U
hR3
−
0
k
k
·
Uh
1 − 0
J0(µk)
=
−
α
2
hJ0 (αR)
αJ1
(αR)
·
R3
α2R2 µ2
·
−
−
= R2J2(µ ) h2R2
+ µ2
Q + α2
µ2 +
α2
(α2R2
µ2 ) J0(µk) =
2
k
·
µ2
k ·
U
·
hR3
UhR3
k
·
0
k
k
Q + α2 + α2 (α2R2k
−
= J2(µ ) h2R21+ µ2
µ2 ) =
hR
·
·
U
Uµ2
0
k
k
−
k
= J2(µ ) h2R21+ µ2
Q + α2 (α2R2
µ2 )
= J2(µ ) h2R21+ µ2
Q + α2R2
µ2
.
hR
·
·
Uα2R2
hR
·
·
UR2
0 k
k
− k
0 k
k
− k
Таким образом, мы уже знаем функцию
· Q+α2R2 − µk2
e− R
zJ0 R
v(r, z) = k=1 ϕke−
R zJ0
R
= 2hR k=1 J0(µk) h2R2 + µk2
,
∞
µk
µkr
∞
1
UR2
µk
µkr
X
X
где µk – положительные корни уравнения hRJ0(µ) + µJ00(µ) = 0. Итак, поскольку
В полубесконечном круговом цилиндре 0 6 r < R, 0 < z < ∞ имеются источники некоторого газа плотности Ue−αz, причём на основании цилиндра концентрация этого газа поддерживается равной Q. Определить стационарное распределение газа в цилиндре, если на боковой поверхности цилиндра поддерживается концентрация газа, равная T e−βz, β > 0.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z; t) из условий
|ur(0·
, z)| < ∞,
u(R, z) = T e−βz
0
< z < ∞;
∞
(1.36.1)
1
(rur)r + uzz
+ Ue−αz = 0,
0
6 r < R,
0 < z <
;
u(r, 0) = Q,
0
6 r < R.
Шаг 0. Вид решения и вспомогательная задача
Во-первых, заметим, что имеет место аналогия между данной задачей и задачей для уравнения колебаний, в которой z (0, ∞) играет роль ¾времени¿, а условие u(r, 0) = Q – роль начального условия. Поэтому мы не будем избавляться от неоднородности в данном краевом условии, но, подобно решению № 783 (б), представим решение (1.36.1) в виде суммы
где функции w(r, z), s(r, z) и v(r, z) являются решениями задач:
1 (rwr)r + wzz + Ue−αz = 0,
0 6 r < R, 0 < z <
∞
;
|rw·(0, z)| < ∞, w(R, z) = 0
0 < z < ∞,
1 (rsr)r + szz = 0,
0 6 r < R, 0 < z <
∞
;
|rs(0· , z)| < ∞, s(R, z) = T e−βz
0 < z < ∞,
∞
rv·(0, z) < , vr(R, z) + hv(R, z) = 0
0 < z < ∞;
1
(rvr)r
+ vzz = 0,
0 6 r < R, 0 < z <
;
v| (r, 0) =|
Q∞ w(r, 0)
−
s(r, 0),
0 6 r < R.
−
Первая вспомогательная задача
Если искать w(r, z) в виде w(r, z) = b(r)e−αz, то
wzz = α2b(r)e−αz
и для b(r) получаем задачу:
1 (rb0(r))0 + α2b(r) =
−
U,
0 6 r < R;
|rb(0)· | < ∞, b(R) = 0
0 < z < ∞,
(1.36.3)
(1.36.4)
(1.36.5)
(1.36.6)
Найдём частное решение неоднородного уравнения 1r ·(rb0(r))0+α2b(r) = −U. Его легко угадать
в виде константы:
U bчно = − α2 .
Общее решение однородного уравнения 1r · (rb0(r))0 + α2b(r) = 0, поскольку это – уравнение Бесселя (1.1.17) с λ = α2, в свою очередь, представляется в виде:
bоо = c1J0 (αr) + c2N0 (αr) .
-150-
№ 783 в)
Таким образом,
U
bоно = c1J0 (αr) + c2N0 (αr) −
α2
Из краевого условия |b(0)| < ∞ получаем, что c2 = 0, а из второго b(R) = 0, что
c1J0 (αR) −
U
= 0,
α2
и стало быть,
U
c1 =
α2J0 (αR)
Итак, мы получили решение задачи (1.36.6)
J0
(αR) − 1
b(r) = α2
(1.36.7)
U
J0
(αr)
Поэтому,
w(r, z) =
U
J0 (αr)
− 1
· e−αz
(1.36.8)
α2
J0 (αR)
Вторая вспомогательная задача
Если искать s(r, z) в виде s(r, z) = p(r)e−βz, то
szz = β2p(r)e−βz
и для p(r) получаем задачу:
1 (rp0(r))0 + β2p(r) = 0,
0 6 r < R;
|rp(0)· | < ∞, p(R) = T
0 < z < ∞,
(1.36.9)
Общее решение однородного уравнения 1r · (rp0(r))0 + β2p(r) = 0, поскольку это – уравнение Бесселя (1.1.17) с λ = β2, представляется в виде:
pоо = c1J0 (βr) + c2N0 (βr) .
Из краевого условия |p(0)| < ∞ получаем, что c2 = 0, а из второго p(R) = T , что
c1J0 (βR) = T,
и стало быть,
T
c1 =
J0 (βR)
Итак, мы получили решение задачи (1.36.9)
b(r) =
T J0 (βr)
(1.36.10)
J0 (βR)
Поэтому,
T J0 (βr)
(1.36.11)
s(r, z) =
· e−βz
J0 (βR)
Таким образом, для функции u(r, z) = v(r, z) + w(r, z) + s(r, z), получаем представление:
u(r, z) = v(r, z) +
U J0 (αr)
− 1
· e−αz +
T J0 (βr)
· e−βz.
(1.36.12)
α2 J0 (αR)
J0 (βR)
c Д.С. Ткаченко
-151-
1r · (rX0k(r))0
Задачи в конечном цилиндре
Наконец, задача (1.36.5) для функции v(r, z) принимает окончательный вид
rv·(0, z) < ∞, v(R, z) = 0
0 < z < ∞;
∞
1
(rvr)r
+ vzz = 0,
0
6 r < R, 0 < z <
;
v|
(r, 0) =|
ϕ(r) = Q
U
J0(αr)
1
T J0(βr)
,
0
6
r < R.
2
−
α J0(αR)
−
−
J0(βR)
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.36.13) в виде
∞
X
v(r, z) = Xk(r)Zk(z),
k=...
то, подставив (1.36.14) в уравнение vt = a2 · 1r · (rvr)r
∞
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk
k=...
r
X
+ vzz + f, получим:
(r)Z00k(z) = 0.
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1r · (rX0k(r))0 Zk(z) + Xk(r)Z00k(z) = 0, k.
Поделив последнее равенство на a2Xk(r)Zk(z), получим:
(1.36.13)
(1.36.14)
+ Z00k(z) = 0. Xk(r) Z(z)
Cумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть нулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – константа. То есть λk :
1
·
(rX0 (r))0
Z00(z)
r
k
= −λk,
k
= λk.
Xk(r)
Z(z)
Таким образом, для функций X(r) и Z(z) получаем уравнения
1
· (rXk0
(r))0 + λkXk(r) = 0,
(1.36.15)
r
Zk00(z) − λkZk(z) = 0.
(1.36.16)
Равенство (1.36.15) мы перепишем в виде:
1
−
· (rXk0 (r))0
= λkXk(r).
(1.36.17)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.36.13).
Условие |v(0, z)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.36.18)
а условие v(R, z) = 0 – в условие
Xk(R) = 0.
(1.36.19)
-152-
№ 783 в)
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля вида (1.1.17) с
λ = λk, ν = 0, α = 1 и β = 0:
− (rX0k(r))0 = λkrXk(r).
|Xk(+0)| < ∞, (1.36.20)
Xk(R) = 0.
Воспользуемся результатом теоремы 1.1.3, стр. 4.
Все собственные числа задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и кратности 1. Число η = 0 есть собственное число задачи Штурма-Лиувилля тогда и только тогда, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция v(x) ≡ const.
В нашем случае α = h > 0, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.36.20) не имеет собственного значение λ0 = 0. Все же её строго положительные собственные значения находятся из
теоремы 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
λk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = 1, β = 0, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.36.20) имеют вид:
µk
2
µkr
, k N,
λk = R
,
Xk = J0
R
(1.36.21)
где µk
−
корни уравнения
J0(µ) = 0.
Шаг 3. Разложение функции ϕ(r) в ряд по собственным функциям задачи Штурма-
Лиувилля
√r f(r, z) разлагается в ряд Фурье
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция
ϕ(r) =
ϕk =
1
·
2 J00 (µk)
2
+ 2
1 −
J0 (µk)
(µk)2
1
1
02
2
=0
=[−J1(µk)]2
|
{z
}
| {z
}
∞
X
k=1
1
R2
ϕkJ0 µkr , R
R
Z
· rϕ(r)J0 µkr dr = R
0
=
2
·
R2J12(µk)
(1.36.22)
R
Z
rϕ(r)J0 µkr dr. R
0
c Д.С. Ткаченко
-153-
Задачи в конечном цилиндре
Итак, для функции ϕ(r) справедливо разложение в ряд
∞
µkr
ϕ(r) = k=1 ϕkJ0
R
X
ϕk =
2
R2J12(µk)
с коэффициентами
(1.36.23)
R
Z
· rϕ(r)J0 µkr dr. (1.36.24) R
0
Шаг 4. Решение задачи для Zk(z)
Для функций Zk(z) мы получили уравнение (1.36.16) Z00k(z)−
µk 2. Добавим к уравнению начальное условие, следующее
R
r < R и требование ограниченности:
Zk00(z) − µRk 2 Zk(z) = 0.
Zk
(0) = ϕk
|
|
∞
Общее решение уравнения Z00k(z) − µRk 2 Zk(z) = 0 имеет вид
Zk(z) = c1eµRk z + c2e− µRk z.
λkZk(z) = 0. Вспомним, что λk = из условия v(r, 0) = ϕ(r), 0 6
(1.36.25)
Условие ограниченности решения |Zk(z)| < ∞ даёт нам, что c1 = 0, а из условия Zk(0) = ϕk получаем c2 = ϕk. Таким образом,
Zk(z) = ϕke−
µk
z,
n N.
(1.36.26)
R
Ответ в общем виде:
zJ0
,
∞
µk
µkr
v(r, z) = k=1 ϕke−
R
R
X
где µk – положительные корни уравнения hRJ0(µ) + µJ00(µ) = 0, а ϕk задаются формулой:
ϕk = R2J12
R
rϕ(r)J0
R
dr.
(1.36.24)
(µk) · Z
2
µkr
0
Поскольку в нашем случае ϕ(r) ≡ Q −
надо найти интегралы
U J0(αr)
α2 J0(αR)
− 1 − T J0(βr) , для вычисления ϕk нам
J0(βR)
R
µk
Z
rJ0
µkr
dr =
x =
µkr
=
R2
Z
xJ0 (x) dx = в силу (1.1.9), стр. 2, при
ν = 1 =
R
R
µk2 ·
0
h
i
0
h
i
R2
µk
0
R2
x=µk
R2
=
·
xJ1 (x)
dx =
·
xJ1
(x)
x=0
=
J1 (µk) ,
k
N. (1.36.27)
2
2
µk
Z
µk
µk
0
Вспомним формулу (1.1.13), стр. 3:
x
x
αJν+1(αx)Jν(βx)
tJν (αt)Jν(βt)dt =
α2
−
β2
Z0
− βJν(αx)Jν+1(βx) , α 6= β (1.1.13)
-154-
№ 783 в)
R
R
dr = в силу (1.1.13) при ν = 0, β = R
=
Z
rJ0 (αr) J0
µkr
h
µk
i
0
=
R3
αJ1
(αR)J0
(µk)
−
µk
·
J0
(αR)J1
(µk) =
в силу (1.36.21), J0
(µk) = 0 =
α2R2 − µk2
R
µkR2J0(αR)
=
· J1
(µk) . (1.36.28)
µk2 − α2R2
Полностью аналогично
R
rJ0 (βr) J0
R
Z
µkr
0
Тогда для ϕ(r) = Q
U
J0(αr)
1
−
2
J0(αR) −
−
разложения ϕk:
α
dr =
µkR2J0(βR)
· J1 (µk) .
(1.36.29)
µk2 − β2R2
T J0(βr) мы получаем следующие коэффициенты
J0(βR)
ϕk = R2J2(µ )
R
rϕ(r)J0
R
dr = R2J2(µ )
Q + α2
rJ0
R
dr
1 k
· Z
1 k
·
Z
−
2
µkr
2
U
µkr
− α2J0
0
R
R
dr −
R
0
R
dr
=
(αR) · Z
rJ0 (αr) J0
J0
(βR)
· Z rJ0
(βr) J0
U
µkr
T
µkr
0
= R2J2
0
(µ )
Q +
α2
µ
J12(µk)
2
·
U
·
R2
·
−
1
k
k
J12(µk) =
α2J (αR)
µ2
α2R2
J12(µk)
J (βR)
µ2
β2R2
−
U
·
µkR2J0 (αR)
·
−
T
·
µkR2J0
(βR)
·
0
k −
0
k −
=
2
·
Q +
U
·
1
−
U
·
µk
− T ·
µk
=
J1(µk)
α2
µk
α2
µk2 − α2R2
µk2 − β2R2
2
U
1
U
µk
µk
J1(µk) ·
Q + α2
µk + α2 · α2R2
2
2
2
2
−
2
=
− µk2
+ T
· β2R2
µk2
. =
#
"
α2
· µk
α2 ·
α2R2
µk2
α2µk
·
α2R2
µk2
µk
α2R2
µk2
= так как
U
1
+
U
µk
=
U
α R
− µk
+ µk
=
UR
=
−
Q UR2 −
− µ
2
1
.
=
+
·
+ T
·
k
J
(µ
)
µ
k
µ
k
α2R2
−
µ2
β2R2
µ2
1
k
·
k
−
k
Таким образом, мы уже знаем функцию
∞
v(r, z) = X ϕke− µRk zJ0 µkr = R
k=1
= 2 k=1
J1
(µk)
·
µk
+
µk
· α2R2 − µk2
+ T · β2R2 − µk2
e− R
zJ0
R
,
∞
1
Q UR2
1
µk
µk
µkr
X
c Д.С. Ткаченко
-155-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0. Итак, поскольку
u(r, z) = v(r, z) +
U J0 (αr)
− 1
· e−αz +
T J0 (βr)
· e−βz.
α2 J0 (αR)
J0 (βR)
мы получаем
Ответ: (Ответ в задачнике почему-то написан для случая T = Q.)
u(r, z) =
U J0 (αr)
− 1 · e−αz
+
T J0 (βr)
· e−βz+
α2 J0 (αR)
J0 (βR)
µk2
+ T · β2R2 k
µk2
e− R
zJ0
+ 2
J1
(µk) ·
µk
+ µk
· α2R21
∞
1
Q
UR2
µ
µk
X
−
−
k=1
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0.
(1.36.12)
µkr , R
1.37. № 784
Два одинаковых цилиндрических стакана 0 6 r 6 R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 l, соединённые верхними кромками при помощи пренебрежимо тонкой изоляционной прокладки, образуют цилиндрическую коробку 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 2l. Найти распределение потенциала электростатического поля внутри этой коробки, если вся поверхность нижнего стакана поддерживается при потенциале V1, а вся поверхность верхнего стакана – при потенциале
V2.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий
u(0≡, z)
·< , u(R, z) = ψ (z) =
V1,
0 < z < l,
0 6 r < R, 0 < z < 2l;
|
u
1r
(rur)r
+ uzz
= 0,
1
V2,
l < z < 2l;
| ∞
u(r, 0) = V1,
u(r, 2l) = V2,
0 6 r < R.
(1.37.1)
Шаг 0. Избавление от неоднородности в части краевых условий
Здесь естественно искать решение задачи (1.37.1) в виде:
u(r, z) =
z
V2 +
2l − z
V1 + v(r, z),
(1.37.2)
2l
2l
поскольку функция
η(z) =
z
V2 +
2l − z
V1
2l
2l
удовлетворяет краевым условиям
η(0) = V1,
η(2l) = V2.
Тогда функция
−
z
(V2 − V1) ,
0 < z < l,
ψ(z)
ψ1(z)
η(z) =
2l
(1.37.3)
≡
−
2l2−l z
(V2
V1) ,
l < z < 2l
-156-
−
№ 784
есть функция краевого условия v(R, z) = ψ(z), и тогда v(r, z) = u(r, z) − η(z) есть решение
задачи
rv·(0, z) < ∞, v(R, z) = ψ(z)
0 < z < 2l;
(1.37.4)
1
(rvr)r
+ vzz = 0,
0 6 r < R, 0 < z < 2l;
v|
(r, 0) =|
v(r, 2l) = 0,
0 6 r < R.
при
ψ(r, z)
,
определённой в (1.37.3).
В наших руках был выбор: избавиться от неоднородности в краевом условии u(R, z) = ψ1(z) или от неоднородностей u(r, 0) = V1, u(r, 2l) = V2. В зависимости от того, что мы выбираем, мы получим задачу Штурма–Лиувилля либо для Xk(r), либо для Zk(z), и соответственно вид ряда в ответе.
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.37.4) в виде
∞
kX
(1.37.5)
v(r, z) = Xk(r)Zk(z),
=...
то, подставив (1.37.5) в уравнение 1r · (rvr)r + vzz = 0, получим:
∞
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z)
= 0.
k=...
r
X
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0,
k.
r
Поскольку сумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть нулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – одна и та же константа, но с разным знаком, то λk R :
1
·
(rX0 (r))0
Z00(z)
r
k
k
−
=
= −λk.
Xk(r)
Z(z)
Таким образом, для функций X(r) и Z(z) получаем уравнения
1
· (rXk0 (r))0
− λkXk(r) = 0,
(1.37.6)
r
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
(1.37.7)
Равенство (1.37.6) мы перепишем в виде:
1
−
· (rXk0 (r))0 = λkXk(r).
(1.37.8)
r
Это – почти в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0, только знак перед λk не тот. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.37.4).
Условие |v(0, z)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.37.9)
а условие v(R, z) = ψ(z) с учётом, что для ψ(z) справедливо разложение
∞
kX
(1.37.10)
ψ(z) =
ψkZk(z),
=...
c Д.С. Ткаченко
-157-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
прейдёт в условие
Xk(R) = ψk.
(1.37.11)
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zk(z)
Для функций Zk(z) мы получили уравнение (1.37.7) Z00k(z) + λkZk(z) = 0. Добавим к нему краевые условия, следующие из условий v(r, 0) = v(r, 2l) = 0, 0 6 r < R, чтобы получить задачу Штурма-Лиувилля:
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
Zk
(2l) = 0.
(1.37.12)
Zk
(0) = 0,
Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.37.12) имеют вид:
λk = κk2, κ = 2l ,
Zk(z) = sin
2l
, k N.
(1.37.13)
πk
πkz
Шаг 3. Решение задачи для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля вида (1.1.17) с λ = −κk2, ν = 0, α = 1 и β = 0, только с неоднородным краевым условием:
−
(rX0 (r))0
=
2rX (r).
k
ψk
∞.
−κk k
X|
k(R) =|
(1.37.14)
Xk(+0)
<
,
Приведём наше уравнение − (rX0k(r))0 = −κk2rXk(r) к виду (1.1.1). Сначала перепишем его в виде
которое есть в точности уравнение Бесселя (1.1.1) с ν = 0. Воспользуемся результатом теоремы 1.1.1, стр. 2.
Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1) задаётся из формулой
Zν(x) = c1Jν(x) + c2Nν(x), ν R.
В нашем случае ν = 0, а x = iκr, поэтому
Xk(r) = c1J0(iκr) + c2N0(iκr).
-158-
№784
Всилу краевого условия |Xk(+0)| < ∞, поскольку N0(+0i) = ∞, получаем, что c2 = 0, поэтому
h i
Xk(x) = c1J0(iκr) ≡ в силу (1.1.7), стр. 1 при ν = 0 ≡ c1I0(κr).
Краевое условие Xk(R) = ψk даёт нам константу c1:
c1I0(κR) = ψk, =
ψk
c1 =
.
I0(κR)
Наконец, получаем, что решениями задачи (1.37.14) с неоднородным краевым условием являются функции:
Xk(r) =
I0(κkr)
,
где κk =
πk
, k N.
(1.37.15)
I0(κkR)
2l
Шаг 4. Разложение функции ψ(z) в ряд по собственным функциям задачи ШтурмаЛиувилля (1.37.12)
Функция ψ(z) может быть разложена в ряд по собственным функциям задачи Штурма– Лиувилля (1.37.12) следующим образом5:
∞
πnz
X
с коэффициентами
(1.37.16)
ψ(z) = k=1 ψk sin
2l
2l
ψ(z) sin
dz.
1
Z0
πkz
(1.37.17)
ψk =
·
l
2l
Ответ в общем виде:
∞
I0(κkr)
X
ψk ·
· sin (κkz) ,
v(r, z) =
I0(κkR)
k=1
где κk = πk2l а ψk задаются формулами (1.37.17):
ψk = l
2l
ψ(z) sin
2l
dz.
(1.37.17)
· Z0
1
πkz
Поскольку в нашем случае
−
z
(V2 − V1) ,
0 < z < l,
ψ(z)
≡
ψ1(z)
−
η(z) =
2l
(1.37.3)
2l2−l z (V2
V1) ,
l < z < 2l
−
то для вычисления ψk нам надо найти интегралы
2l
z=2l
Z sin
2l
dz = − πk cos
2l
2
=
z=l
= πk (−1)k+1 + cos
πkz
2l
πkz
2l
πk
l
2l(
1+(
1)m)
=
−
−
,
k = 2m,
πk
πk2l ,
k = 2m
1.
−
5Подобные задачи мы решали многократно и подробно, см., например, в № 705, semS1
c Д.С. Ткаченко
-159-
Z
z sin
dz =
Задачи на модифицированные функции Бесселя
2l
πk −z cos
2l
z=0
+ Z
cos
2l
dz
=
2l
πkz
2l
πkz
z=2l
2l
πkz
0
0
z=2l
2
k+1
=
2l
2l (
1)k+1 +
2l
sin
πkz
z=0
=
4l
(−1)
πk
−
πk
2l
πk
Тогда для ψk мы получаем
2l
ψk = l · Z0
ψ(z) sin
dz =
2l
1
πkz
2l
Z
− Z
2l
l ·
2l
· − Z
2l
1
V2 − V1
l
πkz
2l
πkz
2l
πkz
=
0
z sin
dz + 2l
sin
dz
z sin
dz
=
2l
2l
l
2l
2l
l
=
= V2
2−l2V1 · 2l Z sin
dz − Z
z sin
dz
πkz
πkz
l
=
Таким образом,
V2−V1
π
ψk =
0,
Итак, мы уже знаем функцию
2−l2
·
0
−
πk
,
k = 2m,
πk
V2 V1
4l2
(−1+(−1)m)
4l2
(−1)k+1
2−l2
· 2l · πk −
πk
,
k = 2m − 1.
V2 V1
2l
4l2(−1)k+1
· (−1)m,
k = 2m,
(1.37.18)
k = 2m − 1.
∞
I0(κkr)
v(r, z) =
X
ψk ·
· sin (κkz) ,
k=1
I0(κkR)
где κk = πk2l , а ψk задаются формулами (1.37.18).
Если перейти в этом ряде к суммированию по m, получим
v(r, z) = V2 − V1
∞
(−1)m
I0(κ2mr)
sin (
z) .
X
κ2m
π
·
m
·
I0(κ2mR)
·
m=1
Ответ:
∞
I0
·
2l
π
·
m
m
πmr
l
m=1
·
l
u(r, z) =
z
V2 +
V2 − V1
(−1)
I0
l
sin
πmz
.
X
πmR
1.38.№ 785
Вконечной трубе b 6 r < d, 0 < z < l, 0 6 ϕ < 2π найти функцию u(r, z) из
условий:
u ≡ 1 · (rur)r + uzz = 0,
r
u(b, z) = 0, u(d, z) = Uu(r, 0) = u(r, l) = 0,
0 6 r < R, 0 < z < l;
(1.38.1)
0 < z < l;
b < r < d.
-160-
№ 785
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.38.1) в виде
∞
kX
(1.38.2)
u(r, z) = Xk(r)Zk(z),
=...
то, подставив (1.38.2) в уравнение 1r · (rur)r + vzz = 0, получим:
∞
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z)
= 0.
k=...
r
X
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0,
k.
r
Поскольку сумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть нулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – одна и та же константа, но с разным знаком, то λk R :
1
·
(rX0 (r))0
Z00(z)
r
k
k
−
=
= −λk.
Xk(r)
Z(z)
Таким образом, для функций X(r) и Z(z) получаем уравнения
1
· (rXk0 (r))0
− λkXk(r) = 0,
(1.38.3)
r
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
(1.38.4)
Равенство (1.38.3) мы перепишем в виде:
1
−
· (rXk0 (r))0 = λkXk(r).
(1.38.5)
r
Это – почти в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0, только знак перед λk не тот. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.38.1).
Условие u(b, z) = 0 превратится в
(1.38.6)
Xk(b) = 0,
а условие u(d, z) = ψ(z) ≡ U с учётом, что для ψ(z) справедливо разложение
∞
kX
(1.38.7)
ψ(z) =
ψkZk(z),
=...
прейдёт в условие
(1.38.8)
Xk(d) = ψk.
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zk(z)
Для функций Zk(z) мы получили уравнение (1.38.4) Z00k(z) + λkZk(z) = 0. Добавим к нему
краевые условия, следующие из условий u(r, 0) = u(r, l) = 0,
b < r < d, чтобы получить
задачу Штурма-Лиувилля:
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
Zk
(l) = 0.
(1.38.9)
Zk
(0) = 0,
-161-
c Д.С. Ткаченко
Задачи на модифицированные функции Бесселя
Эту задачу мы неоднократно решали, выпишем результат:
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.38.9) имеют вид:
λk = µk2 , µ =
πk
,
Zk(z) = sin
πkz
, k N.
(1.38.10)
l
l
Шаг 3. Решение задачи для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили задачу Штурма-Лиувилля для уравнения Бесселя с ν = 0
−
rX0 (r) 0
=
λ
rX (r),
b < r < d;
k
− k
k
(1.38.11)
Xk(b) = 0,
Xk(d) = ψk.
Воспользуемся результатом теоремы 1.1.1, стр. 2.
Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)
задаётся формулой
x2Y00(x) + xY0(x) + x2 − ν2 Y(x) = 0
(1.1.1)
ν R.
Yν (x) = c1Jν(x) + c2Nν(x),
Наше уравнение rXk0 (r) 0 = λkrXk(r) обычной уже заменой
πk
x = p−λk r ≡ iµkr,
µk =
l
сводится к уравнению
x2Y00(x) + xY0(x) + x2Y(x) = 0,
которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0. Поэтому его общее решение задаётся формулой
p
r + c˜2N0
p
r = c˜1J0 (iµk r) + c˜2N0 (iµk r) .
(1.38.12)
Xk(r) = c˜1J0
−λk
−λk
По определению 1.1.2, а точнее из формул (1.1.5), (1.1.7), стр. 1,
В силу краевых условий Xk(b) = 0, Xk(b) = ψk имеем
c1I0 (µk b) + c2K0 (µk b) = 0, c1I0 (µk d) + c2K0 (µk d) = ψk.
(1.38.13)
(1.38.14)
-162-
№ 785
Если рассматривать (1.38.14) как систему линейных алгебраических уравнений (СЛАУ) относительно переменных c1 и c2, то в случае, когда её определитель не равен нулю6
≡
I0
(µk d) K0
(µk d)
= I0 (µk b) K0 (µk d) − I0 (µk d) K0 (µk b) 6= 0
(1.38.15)
I0
(µk b) K0
(µk b)
эта система имеет единственное решение (его можно найти, например, по правилу Крамера)
c1 = −
ψkK0 (µk b)
,
c2 =
ψkI0 (µk b)
.
Поэтому
X
(r) = ψ
k ·
I0 (µk b) K0 (µk r) − I0 (µk r) K0 (µk b)
,
µ =
πk
.
k
I0 (µk b) K0 (µk d) − I0 (µk d) K0 (µk b)
k
l
Ответ в общем виде:
∞
I0 (µk b) K0
(µk r)
− I0 (µk r) K0 (µk b)
u(r, z) =
ψ
sin (µ z) ,
X
k · I0 (µk b) K0 (µk d)
−
I0
(µk d) K0
(µk b) ·
k
k=1
где µk =
πk а ψk задаются формулами:
l
l
ψ(z) sin
l
dz.
ψk = l · Z0
2
πkz
Поскольку в нашем случае ψ(z) ≡ U, то для вычисления ψk мы получаем
(1.38.16)
(1.38.17)
(1.38.18)
l
l
dz =
l
· Z0
l
l
dz =
ψk = l · Z0
ψ(z) sin
sin
2
πkz
2U
πkz
=
2U
l
cos
πkz
z=l
=
2U
(
1)k
1 =
0,
k = 2m,
z=0
4U
− l
· πk
l
−
πk
−
−
,
k = 2m
−
1.
π(2m
−
1)
Так как все коэффициенты с чётными номерами у ряда
∞
I0 (µk b) K0 (µk r)
− I0 (µk r) K0 (µk b)
u(r, z) =
ψ
sin (µ z)
X
−
I0 (µk d) K0 (µk b)
·
k
k · I0 (µk b) K0 (µk d)
k=1
оказались равными нулю, уместно перейти к суммированию по m, где k = 2m − 1:
Ответ:
u(r, z) =
4U
∞
1
I0 (µ2m−1 b) K0 (µ2m−1 r) − I0 (µ2m−1 r) K0 (µ2m−1 b)
sin (µ z) ,
X
−
π
1 · I0 (µ2m
−
1 b) K0
(µ2m
−
1 d)
−
I0
(µ2m
−
1 d) K0
(µ2m
−
1 b) ·
2m−1
2m
m=1
где µ2m
−
1 =
π(2m−1)
.
l
6 Случай
= 0 мы рассматривать не будем.
c Д.С. Ткаченко
-163-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
1.39. № 786 а)
Найти стационарное распределение температуры в однородном цилиндре 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 l для случая, когда нижнее основание цилиндра имеет температуру T , а остальная поверхность – температуру, равную нулю.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий
u(0≡, z) ·<
,
u(R, z) = 0
0
< z < l;
(1.39.1)
u
1r
(rur)r
+ uzz = 0,
0
6 r < R, 0 < z < l;
u| (r, 0) =|
T,∞ u(r, l) = 0,
0 6 r < R.
Шаг 1. Предварительные
рассуждения
Если искать решение задачи (1.39.1) в виде
∞
kX
(1.39.2)
u(r, z) =
Xk(r)Zk(z),
=...
то, подставив (1.39.2) в уравнение 1r · (rur)r + uzz = 0, получим:
∞
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0.
k=...
r
X
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0,
k.
r
Поделив последнее равенство на Xk(r)Zk(z), получим:
1
(rX0 (r))0
Z00
(z)
r ·
k
+
k
= 0.
Xk(r)
Zk(z)
Cумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть нулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – одинаковые константы с разным знаком. То есть λk :
1
·
(rX0 (r))0
Z00(z)
r
k
k
= −
= −λk.
Xk(r)
Zk(z)
Таким образом, для функций Xk(r) и Zk(z) получаем уравнения
1
· (rXk0 (r))0 + λkXk(r) = 0,
(1.39.3)
r
Zk00(z) − λkZk(z) = 0.
(1.39.4)
Равенство (1.39.3) мы перепишем в виде:
1
−
· (rXk0 (r))0 = λkXk(r).
(1.39.5)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.39.1).
-164-
№ 786 а)
Условие |u(0, z)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.39.6)
а условие u(R, z) = 0 – в условие
(1.39.7)
Xk(R) = 0.
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили
задачу
Штурма-Лиувилля вида
(1.1.17) с
λ = λk, ν = 0, α = 1 и β = 0:
−
(rX0
(r))0
= λ
rX
(r).
k
k
k
(1.39.8)
Xk(+0) <
∞
,
X|
k(R) =| 0.
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, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция u(x) ≡ const.
В нашем случае α = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.39.8) имеет только строго положительные собственные значения. Чтобы их найти,
Применим теорему 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
λk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = 1, β = 0, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.39.8) имеют вид:
µk
2
µkr
, k N,
λk = R
,
Xk(r) = J0
R
(1.39.9)
где µk
−
корни уравнения J0(µ) = 0.
Шаг 3. Решение задачи для Zk(z)
Для функций Zk(z) мы получили уравнение (1.39.4) Z00k(z) − λkZk(z) = 0. Вспомним, что
λk = µk 2, и добавим к нему краевые условия, следующие из условий u(r, 0) = T ≡ ψ(r),
R
u(r, l) = 0, 0 6 r < R, чтобы получить задачу Штурма-Лиувилля:
2
Z00
(z)
−
µk
Z
(z) = 0.
2
k
R
k
Zk
(l) = 0.
(1.39.10)
Zk
(0) = ψk,
2
Общее решение уравнения Zk00
(z) −
µk
Zk(z) = 0 имеет вид
R2
µkz
µkz
Zk(z) = c1 sh
+ c2 ch
.
R
R
c Д.С. Ткаченко
-165-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
Из краевого условия Zk(0) = ψk следует, что c2 = ψk, откуда
µkz
µkz
Zk(z) = c1 sh
+ ψk ch
.
R
R
Тогда из краевого условия Zk(l) = 0 получаем
µkl
µkl
ψk ch
µkl
c1 =
−
sh
R
R
R
Zk(l) = c1 sh
+ ψk ch
= 0,
=
R .
µkl
Таким образом,
Zk(z) = ψk ch
µkz
− cth
µkl
sh
µkz
, k N.
(1.39.11)
R
R
R
Шаг 4. Разложение функции ψ(r) в ряд по собственным функциям задачи Штурма– Лиувилля
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция ψ(r) ≡ T разлагается в ряд Фурье
∞
µkr
X
,
(1.39.12)
ψ(r) = k=1 ψkJ0
R
ψk = 1
2
1
02
2
R
R
dr =
· R2 · Z rψ(r)J0
1
1
µkr
J0
(µk) +
1
J
(µk)
0
2
2
0
2
− (µk)
0
=0
=[−J1(µk)]2
| {z }
|
{z }
= R2 ·
R
rψ(r)J0
R
dr.
J12(µk) · Z
2
1
µkr
0
Ответ в общем виде:
∞
µkr
ch
µkz
− cth
µkl
sh
µkz
,
u(r, z) = k=1 ψkJ0
R
R
R
R
X
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0, а ψk задаются формулами:
R
rψ(r)J0
R
dr.
ψk = R2J12(µk) · Z
2
µkr
0
Поскольку в нашем случае ψ(r, z) ≡ T , то для ψk мы получаем
ψk = R2J12
R
R
dr =
R
rJ0
R
dr =
(µk) · Z
rψ(r)J0
R2J12(µk) · Z
2
µkr
2T
µkr
0
0
= x =
R
= µk2 J12
µk
в силу (1.1.9) при ν = 0
(µk) · Z
xJ0 (x) dx =
h
µkr
i
2T
h
i
0
µk
x=µk
= µk2 J12 (µk) · Z
[xJ1 (x)]0 dx =
µk2 J12
(µk) · xJ1 (x) x=0
2T
0
2T
(1.39.13)
=
2T
= µkJ1 (µk)
-166-
1.40. № 786 Б)
Ответ:
∞
1
µkr
·
ch
µkz
µkl
sh
µkz
,
u(r, z) = 2T k=1
µkJ1 (µk) · J0
R
R
− cth R
R
X
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0.
1.40. № 786 б)
Найти стационарное
распределение
температуры
в однородном
цилиндре
0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 l для случая, когда нижнее основание
цилиндра имеет нулевую температуру, верхнее основание теплоизолировано,
температура боковой поверхности равна f(z).
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий
u
1r (rur)r + uzz = 0,
0 6 r < R, 0 < z < l;
|u(0≡, z)|·< ∞, u(R, z) = f(z)
0 < z < l;
(1.40.1)
u(r, 0) = uz(r, l) = 0,
0 6 r < R.
Шаг 1.
Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.40.1) в виде
∞
(1.40.2)
u(r, z) =
Xk(r)Zk(z),
=...
kX
то, подставив (1.40.2) в уравнение 1r · (rur)r + uzz = 0, получим:
∞
1
(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0.
k=...
r · (rXk0 (r))0 Zk
X
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0,
k.
r
Поделив последнее равенство на Xk(r)Zk(z), получим:
1
(rX0 (r))0
Z00
(z)
r ·
k
+
k
= 0.
Xk(r)
Zk(z)
Cумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть нулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – одинаковые константы с разным знаком. То есть λk :
1
(rX0 (r))0
Z00(z)
r ·
k
= −
k
Xk(r)
Zk(z)
= λk.
Таким образом, для функций Xk(r) и Zk(z) получаем уравнения
1
· (rXk0 (r))0 − λkXk(r) = 0,
(1.40.3)
r
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
(1.40.4)
c Д.С. Ткаченко
-167-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
Равенство (1.40.3) мы перепишем в виде:
1
− r · (rXk0 (r))0 = −λkXk(r).
(1.40.5)
Это – почти в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.40.1).
Условие |u(0, z)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.40.6)
а условие u(R, z) = f(z) – в условие
(1.40.7)
Xk(R) = fk.
Поскольку неоднородность здесь задаётся функцией, зависящей от z, надо сначала решить задачу Штурма-Лиувилля для Zk(z), чтобы затем разложить f(z) в ряд по собственным функциям этой задачи. Поэтому
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zk(z)
Для функций Zk(z) мы получили уравнение (1.40.4) Z00k(z) + λkZk(z) = 0. Добавим к нему
краевые условия, следующие из условий u(r, 0) = 0, uz(r, l) = 0,
0 6 r < R, чтобы получить
задачу Штурма-Лиувилля:
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
Zk0
(l) = 0.
(1.40.8)
Zk
(0) = 0,
Эту задачу мы уже много раз
решали. Воспользуемся результатом: собственные числа и соб-
ственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.40.8) имеют вид:
k
2
π
(2
k
1)
z
λk =
π(2 − 1)
,
Zn(z) = sin
−
,
k N.
(1.40.9)
2l
2l
Шаг 3. Разложение функции f(z) в ряд по собственным функциям задачи Штурма– Лиувилля
Функция f(z) разлагается в ряд Фурье по синусам следующим стандартным образом:
f(z) =
∞
π(2k2−l
1)z ,
(1.40.10)
k=1 fk sin
X
2
l
π(2k
1)z
fk =
· Z0
f(z) sin
−
dz.
(1.40.11)
l
2l
Шаг 4. Решение задачи для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили уравнение − (rX0k(r))0 = −λkrXk(r). Воспользуемся краевыми условиями (1.40.6) – (1.40.7) и получим задачу
− (rX0k(r))0 = −λkrXk(r).
|Xk(+0)| < ∞, (1.40.12)
Xk(R) = fk.
По теореме 1.1.1, стр. 2
Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)
x2Y00(x) + xY0(x) + x2 − ν2 Y(x) = 0 (1.1.1)
-168-
1.41. № 786 В)
задаётся формулой
ν R.
Yν (x) = c1Jν(x) + c2Nν(x),
Наше уравнение rXk0 (r) 0 = λkrXk(r) обычной уже заменой
π
k
x = p−λk r ≡ iµkr,
(2
µk =
− 1)
2l
сводится к уравнению
x2Y00(x) + xY0(x) + x2Y(x) = 0,
которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0. Поэтому его общее решение задаётся формулой
p
r + c2N0
p
r = J0 (iµk r) + c2N0 (iµk r) .
(1.40.13)
Xk(r) = c1J0
λk
λk
Из краевого условия |Xk(+0)| < ∞ получаем, что c2 = 0 и
Наконец, из краевого условия Xk(R) = fk получаем, что c1 =
и
I0(µk R)
Поэтому
fk
π(2k − 1)
Xk(r) =
I0 (µk r) ,
µk
=
.
(1.40.14)
I0
(µk R)
2l
Поскольку в нашем случае f(z) в явном виде не задана, мы можем записать ответ только в общем виде:
Ответ:
∞
∞
fk
X
X
u(r, z) = Xk(r)Zk(z) =
I0 (µk r) sin (µkz) ,
k=1
I0 (µk R)
k=1
где µk =
π(2k−1)
, k N, а fk задаются формулой (1.40.11).
2l
1.41. № 786 в)
Найти стационарное распределение температуры в однородном цилиндре 0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 l для случая, когда температура оснований цилиндра нулевая, а температура боковой поверхности равна f(z) = Uz(l −z).
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий
u(0≡, z) ·< ∞,
u(R, z) = f(z) = Uz(l − z)
0 < z < l;
(1.41.1)
u
1r
(rur)r
+ uzz = 0,
0 6 r < R, 0 < z < l;
u| (r, 0) =|
u(r, l) = 0,
0 6 r < R.
1. Предварительные рассуждения
Шаг
Если искать решение задачи (1.41.1) в виде
∞
kX
(1.41.2)
u(r, z) = Xk(r)Zk(z),
=...
то, подставив (1.41.2) в уравнение 1r · (rur)r + uzz = 0, получим:
∞
1
k=...
r · (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0.
X
c Д.С. Ткаченко
-169-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0,
k.
r
Поделив последнее равенство на Xk(r)Zk(z), получим:
1r · (rX0k(r))0 + Z00k(z) = 0. Xk(r) Zk(z)
Cумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть нулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – одинаковые константы с разным знаком. То есть λk :
1r · (rX0k(r))0 = − Z00k(z) = λk. Xk(r) Zk(z)
Таким образом, для функций Xk(r) и Zk(z) получаем уравнения
1
· (rXk0 (r))0 − λkXk(r) = 0,
(1.41.3)
r
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
(1.41.4)
Равенство (1.41.3) мы перепишем в виде:
−
1
· (rXk0 (r))0 = −λkXk(r).
(1.41.5)
r
Это – почти в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.41.1).
Условие |u(0, z)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.41.6)
а условие u(R, z) = f(z) – в условие
(1.41.7)
Xk(R) = fk.
Поскольку неоднородность здесь задаётся функцией, зависящей от z, надо сначала решить задачу Штурма-Лиувилля для Zk(z), чтобы затем разложить f(z) в ряд по собственным функциям этой задачи. Поэтому
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zk(z)
Для функций Zk(z) мы получили уравнение (1.41.4) Z00k(z) + λkZk(z) = 0. Добавим к нему краевые условия, следующие из условий u(r, 0) = 0, u(r, l) = 0, 0 6 r < R, чтобы получить задачу Штурма-Лиувилля:
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
Zk
(l) = 0.
(1.41.8)
Zk
(0) = 0,
Эту задачу мы уже много раз решали. Воспользуемся результатом: собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.41.8) имеют вид:
λk =
l
,
Zn(z) = sin
l
, k N.
(1.41.9)
πk
2
πkz
Шаг 3. Разложение функции f(z) в ряд по собственным функциям задачи Штурма– Лиувилля
Функция f(z) разлагается в ряд Фурье по синусам следующим стандартным образом:
∞
πkz
,
X
(1.41.10)
f(z) = k=1 fk sin
l
-170-
№ 786 в)
l
fk =
2
· Z0
f(z) sin
πkz
dz.
(1.41.11)
l
l
Шаг 4. Решение задачи для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили уравнение − (rX0k(r))0 = −λkrXk(r). Воспользуемся краевыми условиями (1.41.6) – (1.41.7) и получим задачу
− (rX0k(r))0 = −λkrXk(r).
|Xk(+0)| < ∞, (1.41.12)
Xk(R) = fk.
По теореме 1.1.1, стр. 2
Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)
задаётся формулой
x2Y00(x) + xY0(x) + x2 − ν2 Y(x) = 0
(1.1.1)
Yν (x) = c1Jν(x) + c2Nν(x),
ν R.
Наше уравнение rXk0 (r) 0 = λkrXk(r) обычной уже заменой
πk
x = p−λk r ≡ iµkr,
µk =
l
сводится к уравнению
x2Y00(x) + xY0(x) + x2Y(x) = 0,
которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0. Поэтому его общее решение задаётся формулой
p
r + c2N0
p
r = J0 (iµk r) + c2N0 (iµk r) .
(1.41.13)
Xk(r) = c1J0
λk
λk
Из краевого условия |Xk(+0)| < ∞ получаем, что c2 = 0 и
Наконец, из краевого условия Xk(R) = fk получаем, что c1 =
fk
и
I0(µk R)
Поэтому
fk
πk
Xk(r) =
I0 (µk r) ,
µk =
.
(1.41.14)
I0
(µk R)
l
Ответ в общем виде:
∞
∞
fk
u(r, z) = Xk(r)Zk(z) =
I0
(µk r) sin (µkz) ,
k=1
I0 (µk R)
k=1
X
X
где µk = πkl , k N, а fk задаются формулой (1.41.11).
Посчитаем коэффициенты Фурье для функции f(z) = Uz(l − z). Для этого нам понадобятся интегралы:
Z
z sin
l
dz = −
πk z cos
l
z=0
− Z
cos
l
dz =
l
πkz
l
πkz
z=l
l
πkz
0
0
z=l
l2(−1)k+1
=
l
l(
−
1)k
−
l
sin
πkz
=
−
πk
πk
l
z=0!
πk
c Д.С. Ткаченко
-171-
Z
z2 sin
Задачи на модифицированные функции Бесселя
l
dz =
− πk z2 cos
l
z=0 − 2 Z
z cos
l
dz =
l
πkz
l
πkz
z=l
l
πkz
0
0
l
=
− πk l2(−1)k
l
z=l
l
dz
=
− πk z sin
z=0 − Z sin
l
l
πkz
πkz
0
l
l
2
πkz
z=l
= −
πk
l2(−1)k
−
πk
cos
l
z=0!
=
l
l
2
l
3
k
2
k
2
1)
2
k
k
1 + ( 1) (π
= −
l
(−1) +
1
− (−1)
! = −
−π3k3
−
πk
πk
fk
l
f(z) sin
l
dz =
l
l
Uz(l − z) sin
l
dz =
= l · Z0
· Z0
2
πkz
2
πkz
l Z
dz − Z
dz =
= 2lU ·
z sin
l
z2 sin
l
l
πkz
l
πkz
l
0 3
πk
k+1
3
0
k
2 2
·
π3k3
!
=
2U
l (−1)
+
l 1 + (−1) (π k
− 1)
=
= 2lU ·
(−1)
+π13k3
−
1)k (π2k2
− 1)
=
l3
π2k2
k+1
+ (
π3k3
(
π3(2m−1)3 ,
k = 2m − 1.
=
2Ul2
1
− (−1)k
=
0,
4Ul2
k = 2m;
Поскольку все коэффициенты с чётными номерами равны нулю, целесообразно в ряде
∞
∞
fk
X
X
u(r, z) =
k=1
Xk(r)Zk(z) =
k=1
I0 (µk R)
I0 (µk r) sin (µkz) ,
перейти к суммированию по m:
Ответ:
Ul2 ∞
1
π m
r
π m
z
u(r, z) =
4
I0
(2
− 1)
sin
(2
− 1)
.
π3
m=1 (2m
−
1)3I0
π(2m−1)R
l
l
X
l
1.42. № 786 г)
Найти
стационарное
распределение
температуры
в
однородном
цилиндре
0 6 r < R, 0 6 ϕ < 2π, 0 6 z 6 l для случая, когда через нижнее основа-
ние в цилиндр подаётся нормальный7 тепловой поток плотности q, а верхнее
основание и боковая поверхность имеет температуру T .
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий
u(0≡, z)
·<
,
u(R, z) = T
0 < z < l;
(1.42.1)
u
1r
(rur)r + uzz
= 0,
0
6 r < R, 0 < z < l;
u| z(r, 0)|=
∞
q
,
u(r, l) = T,
0 6 r < R,
−
κ
-172-
№ 786 г)
где κ – коэффициент теплопроводности.
Шаг 0. Избавление от неоднородности краевых условий и вид решения
В данном примере неоднородны все краевые условия, поэтому нам придётся насильно сделать однородными либо условия
uz(r, 0) = −
q
, u(r, l) = T,
κ
либо условие
u(R, z) = T.
В зависимости от того, какой из этих вариантов мы выберем, ряд, представляющий решение, будет либо рядом Фурье по косинусам от z, либо рядом Фурье по функциям Бесселя от r. Мы разберём первый случай.
Чтобы избавиться от неонородности в условиях uz(r, 0) = −
q
,
u(r, l) = T , мы должны
κ
найти (подобрать) функцию w(z), для которой выполнялись бы условия
1
w(r, l) = T,
0 6 r < R,
wz(r, 0) = − κ ,
w
≡ r · (
rw )
+ w
= 0,
0
6
r < R, 0 < z < l;
(1.42.2)
r qr
zz
Очевидно, легко найти линейную функцию, удовлетворяющую (1.42.2):
w(z) = Az + B,
=
w ≡ w00 = 0,
w(l) = Al + B,
0 6 r < R, 0 < z < l;
откуда получаем
w0(0) = A,
0 6 r < R,
q
q
A = −
,
B = T +
· l.
Наконец,
κ
κ
q
w(z) = T +
· (l − z).
Тогда для функции
κ
v(r, z) = u(r, z) − w(z) = u(r, z) − T −
q
· (l
− z)
κ
получаем задачу:
v(0≡, z) ·< ,
0 < z < l;
v
1r
(rvr)r
+ vzz
= 0,
0 6 r < R, 0 < z < l;
v| (R, z)|= T∞
w(z) =
q
(l
z)
f(z)
0 < z < l;
(1.42.3)
κ
−
−
·
−
≡
0 6 r < R,
vz(r, 0) = v(r, l) = 0,
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.42.3) в виде
∞
v(r, z) =
kX
Xk(r)Zk(z),
(1.42.4)
=...
то, подставив (1.42.4) в уравнение 1r · (rur)r + uzz = 0, получим:
∞
1
(r))0
Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0.
k=...
r · (rXk0
X
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0,
k.
r
c Д.С. Ткаченко
-173-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
Поделив последнее равенство на Xk(r)Zk(z), получим:
1r · (rX0k(r))0 + Z00k(z) = 0.
Xk(r) Zk(z)
Cумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть нулём в том и только в том случае, если каждая из этих дробей – одинаковые константы с разным знаком. То есть λk :
1r · (rX0k(r))0 = − Z00k(z) = λk.
Xk(r) Zk(z)
Таким образом, для функций Xk(r) и Zk(z) получаем уравнения
1
· (rXk0 (r))0 − λkXk(r) = 0,
(1.42.5)
r
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
(1.42.6)
Равенство (1.42.5) мы перепишем в виде:
−
1
· (rXk0 (r))0 = −λkXk(r).
(1.42.7)
r
Это – почти в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.42.3).
Условие |v(0, z)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.42.8)
а условие v(R, z) = f(z) – в условие
(1.42.9)
Xk(R) = fk.
Поскольку неоднородность здесь задаётся функцией, зависящей от z, надо сначала решить задачу Штурма-Лиувилля для Zk(z), чтобы затем разложить f(z) в ряд по собственным функциям этой задачи. Поэтому
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Zk(z)
Для функций Zk(z) мы получили уравнение (1.42.6) Z00k(z) + λkZk(z) = 0. Добавим к нему краевые условия, следующие из условий vz(r, 0) = 0, v(r, l) = 0, 0 6 r < R, чтобы получить задачу Штурма-Лиувилля:
Zk00(z) + λkZk(z) = 0.
Zk
(l) = 0.
(1.42.10)
Zk0
(0) = 0,
Эту задачу мы уже много раз решали. Воспользуемся результатом: собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.42.10) имеют вид:
π(2
k
2
π
(2
k
1)
z
λk =
− 1)
,
Zn(z) = cos
−
, k N.
(1.42.11)
2l
2l
Шаг 3. Разложение функции f(z) в ряд по собственным функциям задачи Штурма– Лиувилля
Функция f(z) разлагается в ряд Фурье по косинусам следующим стандартным образом:
∞
π(2k2−l
1)z ,
(1.42.12)
f(z) = k=1 fk cos
X
-174-
№
786 г)
fk = l · Z0
l
(2
2−l
1)
dz, k N.
(1.42.13)
f(z) cos
2
π
k
z
Шаг 4. Решение задачи для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили уравнение − (rX0k(r))0 = −λkrXk(r). Воспользуемся краевыми условиями (1.42.8) – (1.42.9) и получим задачу
− (rX0k(r))0 = −λkrXk(r).
|Xk(+0)| < ∞, (1.42.14)
Xk(R) = fk.
По теореме 1.1.1, стр. 2
Общее решение уравнения Бесселя (1.1.1)
задаётся формулой
x2Y00(x) + xY0(x) + x2 − ν2 Y(x) = 0
(1.1.1)
rX0 (r)
Yν (x) = c1Jν(x) + c2Nν(x),
ν R.
0 = λkrXk(r) обычной уже заменой
Наше уравнение
k
x = p
π(2k
1)
−λk
r ≡ iµkr,
µk =
−
сводится к уравнению
2l
x2Y00(x) + xY0(x) + x2Y(x) = 0,
которое совпадает с (1.1.1) при ν = 0. Поэтому его общее решение задаётся формулой
p
r + c2N0
p
r = J0 (iµk r) + c2N0 (iµk r) .
(1.42.15)
Xk(r) = c1J0
λk
λk
Из краевого условия |Xk(+0)| < ∞ получаем, что c2 = 0 и
ся источники тепла объёмной плотностью Q, а температура поверхности равна нулю.
Записав эти условия математически, получим задачу:
Найти ограниченную функцию u(r, z) из условий
u
1
(rur) + uzz = f(r, z)
≡ −
Q ,
u(0≡, z)
·< ∞, u(R, z) = 0
κ
r
r
u| (r, 0) =|
u(r, l) = 0,
0 6 r < R, 0 < z < l;
(1.43.1)
0
< z < l;
0
6 r < R.
где κ – коэффициент теплопроводности.
Шаг 0. Избавление от неоднородности уравнения и вид решения
В данном примере неоднородно уравнение. Его можно свести к однородному, подобрав подходящим образом функцию w(r) так, чтобы выполнялись условия
w(r) ≡ 1r
· (rwr)r
+ wzz = − Qκ ,
0 6 r < R, 0 < z < l;
w(0)
<
=0
0 < z < l.
, w(R) = 0
|
|
∞
z}|{
Очевидно, легко найти квадратичную функцию, удовлетворяющую (1.43.2):
w(r) = Ar2 + B, =
w ≡ w00 + 1r w0(r) ≡ 2A + 2A = 4A,
|w(0)| = |B| < ∞, w(R) = AR2 + B.
(1.43.2)
0 6 r < R;
-176-
№ 786 д)
откуда получаем
QR2
A = −
Q
,
B =
.
4κ
4κ
Наконец,
Q
R2 − r2 .
w(r) =
4κ
Тогда для функции
v(r, z) = u(r, z) − w(z) = u(r, z) − 4Qκ R2 − r2
получаем задачу:
v
1r
(rvr)r + vzz = 0,
0 6 r < R, 0 < z < l;
v(0≡, z)
·<
,
0 < z < l;
(1.43.3)
v| (R, z)|= 0∞
0 < z < l;
Q
(R
2
2
) ≡ ψ(r),
0 6 r < R,
v(r, 0) = v(r, l) = −w(r) = −
4κ
− r
Как легко заметить, при этом испортились краевые условия, но не все. Условие u(R, z) = 0 превратилось в v(R, z) = 0, и это позволит нам ниже поставить корректную задачу Штурма– Лиувилля для Xk(r).
Шаг 1. Предварительные рассуждения
Если искать решение задачи (1.43.3) в виде
∞
kX
(1.43.4)
u(r, z) = Xk(r)Zk(z),
=...
то, подставив (1.43.4) в уравнение 1r · (rvr)r + vzz = 0, получим:
∞
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z)
= 0.
k=...
r
X
Это равенство заведомо верно, если все члены ряда в левой части равны нулю:
1
· (rXk0 (r))0 Zk(z) + Xk(r)Zk00(z) = 0,
k.
r
Поделив последнее равенство на Xk(r)Zk(z), получим:
1r · (rX0k(r))0 + Z00k(z) = 0.
Xk(r) Zk(z)
Cумма дробей, одна из которых зависит только от r, а другая – только от z, может быть константой в том и только в том случае, если каждая из этих дробей константы. То есть
λk :
1r · (rX0k(r))0 = − Z00k(z) = −λk. Xk(r) Zk(z)
Таким образом, для функций Xk(r) и Zk(z) получаем уравнения
1
· (rXk0 (r))0 + λkXk(r) = 0,
(1.43.5)
r
Zk00(z) − λkZk(z) = 0.
(1.43.6)
c Д.С. Ткаченко
-177-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
Равенство (1.43.5) мы перепишем в виде:
−
1
· (rXk0 (r))0 = λkXk(r).
(1.43.7)
r
Это – в точности уравнение Бесселя из задачи (1.1.17) с ν = 0. Выясним, какие краевые условия на X(r) следуют из условий задачи (1.43.3).
Условие |u(0, z)| < ∞ превратится в
|Xk(+0)| < ∞,
(1.43.8)
а условие u(R, z) = 0 – в условие
(1.43.9)
Xk(R) = 0.
Шаг 2. Решение задачи Штурма-Лиувилля для Xk(r)
Для функций Xk(r) мы получили
задачу
Штурма-Лиувилля вида
(1.1.17) с
λ = λk, ν = 0, α = 1 и β = 0:
−
(rX0
(r))0
= λ
rX
(r).
k
k
k
(1.43.10)
Xk(+0) <
∞
,
X|
k(R) =| 0.
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, когда ν = α = 0, и ему соответствует собственная функция u(x) ≡ const.
В нашем случае α = 1, поэтому задача Штурма-Лиувилля (1.43.10) имеет только строго положительные собственные значения. Чтобы их найти,
Применим теорему 1.1.4, стр. 4:
Все положительные собственные числа задачи Штурма-Лиувилля и соответствующие им собственные функции имеют вид:
λk
=
" R #
2
Jν
R
! , k N,
,
(ν)
µk(ν)
µk(ν)r
где µ(kν) – корни уравнения
αRJν(µ) + βµJν0 (µ) = 0.
В нашем случае ν = 0, α = 1, β = 0, поэтому
собственные числа и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (1.43.10) имеют вид:
λk =
R
2
,
Xk(r) = J0
R
, k N,
(1.43.11)
µk
µkr
где µk
−
корни уравнения J0(µ) = 0.
Шаг 3. Решение задачи для Zk(z)
Для функций Zk(z) мы получили уравнение (1.43.6) Z00k(z) − λkZk(z) = 0. Вспомним, что λk = µRk 2, и добавим к нему краевые условия, следующие из условий
v(r, 0) = v(r, l) = − 4Qκ R2 − r2 ≡ ψ(r),
-178-
№ 786 д)
чтобы получить задачу Штурма-Лиувилля:
2
Z00
(z)
−
µk
Z
(z) = 0.
2
k
R
k
Zk
(l) = ψk.
(1.43.12)
Zk
(0) = ψk
,
µk2
Общее решение уравнения Zk00(z) −
Zk(z) = 0 имеет вид
R2
µkz
µkz
Zk(z) = c1 sh
+ c2 ch
.
R
R
Из краевого условия Zk(0) = ψk следует, что c2 = ψk, откуда
µkz
µkz
Zk(z) = c1 sh
+ ψk ch
.
R
R
Тогда из краевого условия Zk(l) = ψk получаем
R
R
sh
µkl
R
Zk(l) = c1 sh
µkl
+ ψk ch
µkl
= ψk,
=
c1 =
ψk 1
− ch
R
.
µkl
Таким образом,
R
−
R
R
R
sh
ψk
µkl
µkl
µkz
N.
(1.43.13)
Zk(z) =
µkl
1
ch
+ sh
ch
,
k
Шаг 4. Разложение функции ψ(r) в ряд по собственным функциям задачи Штурма– Лиувилля
В соответствии с теоремой 1.1.5, стр. 4, функция ψ(r) ≡ T разлагается в ряд Фурье
∞
ψ(r) =
X
k=1
ψk =
1
·
1
2 J00 (µk)
2
1 −
R2
+ 2
J0 (µk)
(µk)2
1
1
02
2
=0
|
{z
}
|
{z
}
ψkJ0 µkr , R
R
Z
· rψ(r)J0 µkr dr = R
0
=[−J1(µk)]2
=
2
·
1
R2
J12(µk)
(1.43.14)
R
Z
· rψ(r)J0 µkr dr. R
0
Ответ в общем виде:
∞
−
ch
R
R
ch
R
J0
R
,
k=1 sh
R
v(r, z) =
ψk
1
µkl
+ sh
µkl
µkz
µkr
X
µkl
где µk – положительные корни уравнения J0(µ) = 0, а ψk задаются формулами:
ψk
R
R
dr.
(1.43.15)
= R2J12(µk) · Z
rψ(r)J0
2
µkr
0
c Д.С. Ткаченко
-179-
Задачи на модифицированные функции Бесселя
Поскольку в нашем случае ψ(r, z) ≡ − 4Qκ (R2 − r2), то для вычисления ψk нам понадобятся
R
dr и
R
dr:
интегралы R0
r3J0
µkr
R0
rJ0
µkr
R
R
R
µk
Z
r3J0
µkr
dr =
µkr
=
R4
· Z
x3J0 (x) dx =
в силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1 =
R
x =
R
µk4
0
h
i
0
h
i
R4
µk
R4
x=µk
µk
x3J1
x2J1 (x) dx
=
· Z
x2
·
[xJ1 (x)]0 dx =
по частям =
·
(x)
x=0
−
2
=
µ4
µ4
k
h
i
k
Z
0
0
R4
µk
µk3 J1
x2J2 (x) 0 dx =
=
в силу (1.1.9) при
ν = 2
=
·
(µk)
−
2
Z
µ4
h
i
k
R4
0
=
R4
µk3 J1 (µk) − 2 x2J2 (x)
x=µk
µk4 ·
x=0
=
µk4
· µk3 J1 (µk) − 2µk2 J2 (µk) =
= в силу (1.1.10) при ν = 1, J2 (µk) −
2
J1
(µk) +
µk
J0 (µk) = 0 =
R4 (µk2 − 4)
J1 (µk) .
µk3
|
=0
{z
}
R
µk
Z rJ0
µkr
µkr
R2
Z xJ0
dr = x =
=
·
R
R
µk2
0
h
i
µk
0
R2
Z0
[xJ1 (x)]0
=
·
µk2
Таким образом, для ψk мы получаем
(1.43.16)
(x) dx = hв силу (1.1.9), стр. 2, при ν = 1i =
R2
·
x=µk
R2
µk
x=0
µk
dx =
xJ1 (x)
=
J1 (µk) . (1.43.17)
2
ψk
= R2J2(µ )
rψ(r)J0
R
dr = 4 R2J2(µ )
R
r3J0 R
dr R2
rJ0
R
dr =
1 k
R
κ
1
k
·
−
R
·Z
Z
Z
2
µkr
2Q
0
µkr
µkr
0
= 4
µk3
0
=
в силу (1.43.16) и (1.43.17)
R2J2
(µ )
R4
(
− 4) J1 (µk)
R2
µ
J1 (µk) =
h
i
2Q
·
µ2
−
R2
2
κ
1
k
2Q
k
−4R
4
J1
k
=
(µk)
=
2QR
4κR2J12(µk) ·
µk3
−
κµk3 J1(µk)
Итак, мы готовы выписать функцию
∞
sh
1
−
R
R
R
J0
R
=
k=1
R
v(r, z) =
ψk
ch µkl + sh
µkl ch
µkz
µkr
X
µkl
µkl ch
=
2
∞
1
1 ch
k
+ sh
k
QR2
µ
l
µ
z
−
−
κ
k=1
µkJ1(µk) sh
R
R
2
R
R
X
3
µkl
Q
2
Поэтому, в силу u(r, z) = v(r, z) + w(z) = u(r, z) +
