Уравнение теплопроводности, задача о нагревании шара

[id]

Не получается смешанная задача о нагревании шара с неоднородными краевыми условиями:

$u_t = \triangle u, r<R$
$u|_{t=0} = 5, [\frac {\partial u} {\partial r} + 2(r-1)]_{r=R} = 0$

(Шар - как обычно, с центром в начале координат)

Попытка решения:
Есть сферическая симметрия. Сделаем замену $u' = ru$. Тогда задача перепишется в виде
$u'_t = \frac {\partial^2 u'} {\partial r^2}, r<R$
$u'|_{t=0} = 5r, [\frac {\partial u'} {\partial r} - \frac {u'} {R}]_{r=R} = 2(1-R)$
С такой функцией u' у меня не получилось поставить и решить задачу на собственные значения, поэтому решение $u'$ начал искать в виде $u' = v + w$; но и тут столкнулся с тем, что не получается разделить достаточно удобно начальные и граничные данные так, чтобы
$v_t = \frac {\partial^2 v} {\partial r^2}, w_t = \frac {\partial^2 w} {\partial r^2}$

(Например, неоднородным граничным условиям удовлетворяет $w = \frac {2 r^2 (1-R)} R$, но не удовлетворяется начальное $w_t = \frac {\partial^2 w} {\partial r^2}$. Делать ли задачу для $v$ с источниками $v_t = \frac {\partial^2 v} {\partial r^2} + \frac {4(R-1)} R$? )

Вопрос: что делать? Есть ли явные ошибки в начале решения? Как доделать задачу?

( Ответ к задаче мне неизвестен. )

Добавлено спустя 33 минуты 59 секунд:

Но, если решать задачу с источниками
$v_t = \frac {\partial^2 v} {\partial r^2} + \frac {4(R-1)} R$
$v|_{t=0} = 5r - \frac {2 r^2 (1-R)} R$
$[\frac {\partial v} {\partial r} - \frac v R]_{r=R} = 0$
тоже ничего хорошего не получается. Разделением переменных нельзя, найти решение в виде разложения в ряд Фурье тоже не выходит.

[V.V.]

А почему разделением переменных нельзя? Делаете краевые условия нулевыми, рассматриваете однородное уравнение. А потом правую часть имеющегося неоднородного уравнения раскладывается по найденным собственным функциям.

[id]

Для однородного уравнения
$v_t = \frac {\partial^2 v} {\partial r^2}$
$[\frac {\partial v} {\partial r} - \frac v R]_{r=R} = 0$
если делать разделением переменных $v(r,t) = X(r)T(t)$ получается краевая задача
$X''(r) + \lambda X(r) = 0$
$X(0) = 0, [\frac {\partial X} {\partial r} - \frac X R]_{r=R} = 0$
у которой нет ненулевых собственных значений.

[V.V.]

Пусть $\lambda=\mu^2$. Тогда $X(r)=C\sin{\mu r}$.

$\mu\cos{\mu R}-\frac{\sin{\mu R}}{R}=0$

$\mbox{\rm tg}\,{\mu R}=R\mu$..

По-моему, решений уравнения относительно $\mu$ будет бесконечно много (тангенс пересекает линейную функцию часто).

[id]

V.V.
Ах да, точно, большое спасибо! Что-то я этот момент упустил и в уравнении $\tan x=x$ смотрел только на тривиальный корень. Но, как понимаю, никакого приличного выражения для этих $\lambda_n$ не будет?

То есть пусть $\lambda_n$ - собственные значения. Для задачи на $X(r)$ собственные функции будут $C_n \sin {\sqrt_\lambda_n} r$.
Решение ищется в виде $v(r,t) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} T_n(t) C_n \sin {\sqrt_\lambda_n} r$.
$C_n, T_n(t)$ подбираются так, чтобы удовлетворить условиям
$v_t = \frac {\partial^2 v} {\partial r^2} + \frac {4(R-1)} R$
$v|_{t=0} = 5r - \frac {2 r^2 (1-R)} R$
?

[V.V.]

$C_n$ вполне можно "запихнуть" в $T_n$.

Да, никакого приличного выражения для $\lambda_n$ не будет. Хотя асимптотику при $n\to\infty$ можно построить "хорошую".

[id]

То есть сначала ищем разложение для $\frac {4(R-1)} R$:
$\frac {4(R-1)} R = \sum\limits_{n=1}^\infty f_n \sin {\sqrt_{\lambda_n}} r$,
$f_n = \frac {4(R-1)} {R ||\sin \sqrt_{\lambda_n}} r||^2} \int\limits_{0}^R \sin {\sqrt_{\lambda_n}} r dr$.

Теперь подставляем в уравнение выражение для $v(r,t) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} T_n(t) \sin {\sqrt_\lambda_n} r$:
$\sum\limits_{n=1}^\infty [T_n'(t) + \lambda_n T_n(t) - f_n] \sin {\sqrt_{\lambda_n}} r = 0$.
Это выполняется, если $T_n'(t) + \lambda_n T_n(t) - f_n = 0$.
Найдем начальные условия для этого уравнения:
$v(r,0) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} T_n(0) \sin {\sqrt_\lambda_n} r = 5r - \frac {2r^2(1-R)} R$.
Для этого разлагаем в ряд:
$5r - \frac {2r^2(1-R)} R = \sum\limits_{n=1}^\infty C_n \sin {\sqrt_\lambda_n} r$,
$C_n = {\frac 1 {||\sin {\sqrt_\lambda_n} r||^2}} \int\limits_{0}^R [5r - \frac {2r^2(1-R)} R]\sin {\sqrt_\lambda_n} r dr$.
Тогда имеем $T_n(0) = C_n$, и осталась просто задача Коши для ОДУ:
$T_n(0) = C_n$
$T_n'(t) + \lambda_n T_n(t) - f_n = 0$.

[id]

Правильны ли эти формулы? Можно ли так делать?
Сами расчеты коэффициентов приводить не буду, утомительно это проверять ( да и писать ).

V.V., спасибо!