Уравнения с частными производными: с чего начать?

[nevskaya]

Да, я не сомневалась. Хотелось бы про первое граничное условие все-таки...

Добавлено спустя 6 минут 26 секунд:

А еще.. задача приводится к решению уравнения:
$\frac { \partial U} { \partial t} = a^2 (\frac { \partial ^2 U} { \partial r^2} + \frac {2} {r} \frac { \partial U} { \partial r}) + \frac {Q} {c \rho}$
Вот хотелось бы понять физический смысл слагаемого $ \frac {Q} {c \rho}$

[Brukvalub]

А вот в книге, которую я Вам перелагал почитать в этой теме, как раз есть в приложении 2 к главе 3 обсуждение физической задачи о записи уравнения, характеризующего нагревание Земли по-разному расположенными в ней источниками тепловыделения. Там все подробненько расписано. Не пойму причин упорного Вашего нежелания почитать эту в высшей степени полезную книжку. И про метод использования функций источника в ней тоже написано.

[Gafield]

В экспоненте $t$ потерялось.

[nevskaya]

Прошу проверить правильность записи уравнения и условий.
Ищем функцию $U=U(t,x,y,z)$, удовлетворяющую уравнению $\frac { \partial U} { \partial t} = a^2 (\frac { \partial ^2 U} { \partial x^2} + \frac { \partial ^2 U} { \partial y^2} + \frac { \partial ^2 U} { \partial z^2}) + \frac {Q} {c \rho}$ и удовлетворяющую начальному условию: $U(0,x,y,z)=0$
и граничным условиям:
$U \mid_{x^2 +y^2 +z^2 = R^2} = 0 $
$U \mid_{x^2 +y^2 +z^2 = 0} = \Phi (x,y,z) $
Беру во втором граничном Фи, т.к. наверное температура внутри меняется по некоторому закону Фи. Мы ведь не знаем по какому именно. Правда я не уверена, что источник в центре. Пожалуйста, исправьте, если не так.

Переходим к сферическим координатам.
$ \left\{ \begin{array}{l} x=r \cos \phi \sin \theta,\\ y=r \sin \phi \sin \theta,\\ z=r \cos \theta \end{array} \right. $
И ищем уже функцию $U=U(t,r)$, удовлетворяющую уравнению
$\frac { \partial U} { \partial t} = a^2 (\frac { \partial ^2 U} { \partial r^2} + \frac {2} {r} \frac { \partial U} { \partial r}) + \frac {Q} {c \rho}$,
нач. условию: $U(0,r)=0$
граниничным условиям:
$U \mid_{r=R} = 0 $
$U \mid_{r=0} = \Phi (r) $

Дальше выполняем замену переменной $U= \frac {V(t,r)}{r}$.
Учитывая замену, ищем функцию $V=V(t,r)$, удовлетворяющую уравнению
$\frac { \partial V} { \partial t} = a^2 \frac { \partial ^2 V} { \partial r^2} + \frac {rQ} {c \rho}$,
нач. условию: $V(0,r)=0$
граниничным условиям:
$V(t,R) = 0 $
$V(t,0) = r \Phi (r) $

А дальше ищем решение в виде $V(t,r)=H(t,r)+W(r)$

[worm2]

Что-то непонятно:

nevskaya писал(а):

$U \mid_{x^2 +y^2 +z^2 = 0} = \Phi (x,y,z) $

Как же так? Если $x^2 +y^2 +z^2 = 0$, то x=y=z=0, и выражение $\Phi (x,y,z)$ смотрится как-то странно, потому что превращается в $\Phi (0,0,0)$

Ну и дальше похожие непонятки:

nevskaya писал(а):

$U \mid_{r=0} = \Phi (r) $

nevskaya писал(а):

$V(t,0) = r \Phi (r) $

[nevskaya]

Поэтому я прошу помочь мне с этим условием. Как его можно записать для моей задачи?

[worm2]

Вам уже написали:

Zai писал(а):

Граничные условия $\frac { \partial T} { \partial r}(0,t)=0,T(R,t)=0

А Вы не согласились:

nevskaya писал(а):

Сомневаюсь насчет первого граничного.. По крайней мере, оно не должно равняться нулю. Потому что источник тепла внутри все-таки есть..
И еще не понятно почему именно производная T по r от (0,t), а не просто T(0,t).

и начали вводить какое-то $\Phi$.

Во-первых, переход к сферическим координатам имеет смысл только тогда, когда все условия (а значит, и ожидаемое решение) являются сферически-симметричными. В этом случае от 1-й временнОй и 3-х пространственных переменных нам удаётся перейти к 1-й временнОй и всего 1-й пространственной. Иначе зачем бы нам нужны были эти дополнительные выкладки?
Во-вторых, если сферическая симметричность есть, то за исключением случаев особенностей, например, точечного источника тепла, в центре, решение в начале координат будет гладким. У нас же не точечный, а распределённый, с постоянной плотностью, источник, поэтому особенности не будет. А из сферической симметрии и гладкости автоматически следует равенство нулю производной по $r$ в нуле. Почему? Подумайте.

[nevskaya]

Затрудняюсь ответить

[worm2]

Ну хорошо. Мы договорились, что всё у нас сферически симметрично, значит решение в шаре определяется решением на любом отрезке радиуса (решения на отрезке от 0 до любой точки сферы будут совпадать друг с другом). Давайте теперь рассмотрим конкретный радиус, например, (0,0,R), т.е. рассмотрим U(t,0,0,z), т.е. решение на прямой x=y=0, т.е. на оси Oz. Теперь продолжим решение в противоположную сторону до (0,0,-R). Рассматриваемое на отрезке [-R,R] как функия от z (при любом фиксированном t) такое решение будет просто симметрично. Итак, U(t, 0, 0, z) = U(t, 0, 0, -z). Т.е. функция, рассматриваемая при любом фиксированном t и x=y=0, как функция одного переменного z, будет чётной. Согласны?
Дальше, функция является дифференцируемой и чётной, значит, $\forall z_0 \to \frac{\partial U}{\partial z}\mid_{z=z_0}=-\frac{\partial U}{\partial z}\mid_{z=-z_0}$. Согласны?
Подставим теперь $z_0=0$ (мы договорились, что в нуле производная существует). Что получается?

[nevskaya]

Понятно!
Спасибо!

[nevskaya]

И всё-таки немного не так. Но решение найдено, ответ получен. Всем спасибо.

[CyXOB][]

Условие в центре шара получается из следующих соображений. Задача симметричная относительно этого центра. Соответственно, любой поток тепла, проходящий через точку (0,0,0) в любом из направлений полностью балансируется аналогичным с другой стороны. Поэтому и выходит, что поток через центр будет нулевой. А Ваша грелка заложена в Q в уравнении.