Уравнение в частных производных

[Виктория123]

А еще вот вопрос:верно было моё утверждение ,что функция $U$ после перехода к полярным координатам не зависит от $\phi$ ?

Добавлено спустя 4 минуты 54 секунды:

Zai писал(а):

$u(r,t)=\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)

А как Вы получили такой ответ?Точнее такую функцию Бесселя?
То есть изначально(перед подставлением в граничные условия) я правильно написала,что

$$R(r)=J_0(\lambda r)$$

$?$

[Zai]

Так как Ваши граничные условия и правая часть не зависят от угловой координаты, то и решение будет также независимым.

Ваше решение не удовлетворяет граничному условию на внешнем радиусе.

[Виктория123]

Zai писал(а):

Вам необходимо воспользоваться ортогональностью.
Функции Бесселя формируют ортогональный базис с весом r:
# \int\limits_0^R J_\nu(\frac {\mu_i r} R )J_\nu(\frac {\mu_j r} R )r~dr ={\delta (i-j)} \frac {R^2} 2 J_{\nu+1} ^2(\mu_i)

$u(r,t)=\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)

$T_i^{''}+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2} T_i=a_i \chi \sin \omega t
$T_i(0)=0
$T_i^{'} (0)=0
$a_i = \frac 2 {R^2 J_{1}^2 (\mu_i)}\int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr

Можно еще вопрос: а как Вы все таки получили кэффициент $a_i$ $?$

[Zai]

$$\frac {\partial^2 u} {\partial t^2}=c^2(\frac {\partial^2 u} {\partial {\rho}^2}+\frac {1} {\rho} \frac {\partial u} {\partial {\rho}}) +\chi \sin \omega t$$

$u(r,t)=\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)

$$\frac {\partial^2 } {\partial t^2} (\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)) =c^2 \frac {\partial^2 } {\partial {\rho}^2}(\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)) +c^2 \frac {1} {\rho} \frac {\partial } {\partial {\rho}}(\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)) +\chi \sin \omega t $$

$$c^2 \frac {\partial^2 } {\partial {\rho}^2}(\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)) +c^2 \frac {1} {\rho} \frac {\partial } {\partial {\rho}}(\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)) =-\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}(\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)) $$

$$\frac {\partial^2 } {\partial t^2} (\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t)) +\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}(\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )T_i(t))=\chi \sin \omega t $$

$$\sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )(T_i^{''}(t)+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}T_i(t))=\chi \sin \omega t $$

$$\int_0^R r J_0 (\frac {\mu_j r} R ) \sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )(T_i^{''}(t)+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}T_i(t)) dr=\chi \sin \omega t \int_0^R r J_0 (\frac {\mu_j r} R ) dr$$

# \int\limits_0^R J_\nu(\frac {\mu_j r} R )J_\nu(\frac {\mu_i r} R )r~dr ={\delta (i-j)} \frac {R^2} 2 J_{\nu+1} ^2(\mu_i)

$$\frac {R^2} 2 J_{1} ^2(\mu_i)(T_i^{''}(t)+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}T_i(t))=\chi \sin \omega t \int_0^R r J_0 (\frac {\mu_i r} R ) dr$$

$a_i = \frac 2 {R^2 J_{1}^2 (\mu_i)}\int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr

[Ал1989]

Прошу прощения меня тоже интересует текущая тема..... Всё таки кто-нибудь может объяснить более подробно, почему при переходе к полярным координатам искомая функция теряет зависимость от угла?
То есть непонятно почему из того, что на границе функция везде равна нулю следует что и в самом круге при фиксированном t функция зависит только от нормы икса?

[Ал1989]

ну объясните плиз..... мне похожую задачу надо сделать тоже хочу разобраться

[ewert]

Давайте попробую ляпнуть наобум (в постановку задачи не вникал, но там вроде как на границе круга решение поддерживается нулевым).

Так вот. Метод разделения переменных, в сущности, сводится к разложению решения (как функции двух переменных) в ряд Фурье по ортогональным решениям задачи Штурма-Лиувилля по одной из переменных. По какой конкретно -- зависит от того, по какой именно переменной граничные условия в исходной задаче однородны (т.е. описываются линейным уравнением, в котором слева стоит функция и/или её производная, справа же -- ноль).

В данной ситуации откровенно однородными (нулевыми) являются граничные условия по радиусу. Т.е. если мы представим искомое решение как функцию от координат как комбинацию радиальных собственных функций соотв. ЗШЛ (это будут некие бесселя), то условия на границе будут выполнятся.

Правда, коэффициенты разложения будут, вообще говоря (естественно), зависеть от угла. Но если исходные начальные и граничные условия от угла не зависят -- то можно пытаться искать и решение, от угла не зависящее. И оно заведомо найдётся. А коль скоро известно, что задача корректна (т.е. её решение существует и единственно) -- так чего ж ещё и желать-то?...

[Виктория123]

До этой строчки все было понятно.А теперь то есть просто домножаем на

$$r J_0 (\frac {\mu_j r} R)$$

и интегрируем от $0$ до $R ?$

Zai писал(а):

$$\int_0^R r J_0 (\frac {\mu_j r} R ) \sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )(T_i^{''}(t)+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}T_i(t)) dr=\chi \sin \omega t \int_0^R r J_0 (\frac {\mu_j r} R ) dr$$

Теперь,пользуемся указанием к задаче:

$$xJ_1(x)=\int\limits_{0}^{x}{x'J_0(x')dx'}$$

Значит $\int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr=(\frac R {\mu_i})^2 \int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )\frac {\mu_i r} R ~d(\frac {\mu_i r} R )=(\frac R {\mu_i})^2RJ_1(R)

Значит $a_i = \frac 2 {R^2 J_{1}^2 (\mu_i)}\cdot (\frac R {\mu_i})^2RJ_1(R)=\frac {2R} {(\mu_i)^2} \frac {J_1(R)} {J_{1}^2 (\mu_i)}$ $?$

Верно $?$

Получаем такое дифференциальное уравнение на $T_i:$

$T_i^{''}+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2} T_i=\frac {2R} {(\mu_i)^2} \frac {J_1(R)} {J_{1}^2 (\mu_i)}\chi \sin \omega t

Странно...Кажется что что то должно было сократиться...

[Александр Т.]

Виктория123 писал(а):

Значит $\int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr=(\frac R {\mu_i})^2 \int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )\frac {\mu_i r} R ~d(\frac {\mu_i r} R )=(\frac R {\mu_i})^2RJ_1(R)

$$ \int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr = \left(\frac R {\mu_i}\right)^2 \int\limits_0^{\mu_i}J_0(\mu)\mu\,d\mu = \left(\frac R {\mu_i}\right)^2 \mu_i J_1(\mu_i) $$

(подстановка $\mu_i{r}/R=\mu$)

Цитата:

Значит $a_i = \frac 2 {R^2 J_{1}^2 (\mu_i)}\cdot (\frac R {\mu_i})^2RJ_1(R)=\frac {2R} {(\mu_i)^2} \frac {J_1(R)} {J_{1}^2 (\mu_i)}$ $?$

Верно $?$

В свете вышенаписанного, не совсем.

Цитата:

Получаем такое дифференциальное уравнение на $T_i:$

$T_i^{''}+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2} T_i=\frac {2R} {(\mu_i)^2} \frac {J_1(R)} {J_{1}^2 (\mu_i)}\chi \sin \omega t

Странно...Кажется что что то должно было сократиться...

Правильно кажется (см. выше).

Здорово Zai Вашу задачку раскатал (хорошо бы было если бы он еще $r$ на $\rho$ заменил в своих выкладках, чтобы привести их к некоторому эталонному примеру решения задач на метод разделения переменных).

Тот путь, который я предложил (подстановка более общего решения в виде интеграла во все граничные условия), в итоге, наверное, тоже привел бы к такому решению, но пришлось бы долго возится с получающимися интегральными уравнениями. Я пробовал по нему пойти, но до конца не дошел. Действительно, если сразу из всех решений, параметризованных непрерывно меняющимся параметром (в данном случае $\lambda$), выбрать только те, для которых выполняются однородные граничные условия (ewert дал понять, что так всегда можно делать), то это сильно упрощает задачу (интеграл превращается в ряд). У меня вначале были сомнения в правомерности отбрасывания решений, которые не удовлетворяют некоторому граничному условию, (думал, что при этом какое-то решение можно потерять - ведь из отброшенных решений можно, в принципе, составить интеграл, который удовлетворял бы этому граничному условию).

[Виктория123]

Александр Т. писал(а):

Виктория123 писал(а):

Значит $\int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr=(\frac R {\mu_i})^2 \int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )\frac {\mu_i r} R ~d(\frac {\mu_i r} R )=(\frac R {\mu_i})^2RJ_1(R)

$$ \int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr = \left(\frac R {\mu_i}\right)^2 \int\limits_0^{\mu_i}J_0(\mu)\mu\,d\mu = \left(\frac R {\mu_i}\right)^2RJ_1(\mu_i) $$

(подстановка $\mu_i{r}/R=\mu$)

А что все таки у меня было не верно?)Не пойму ,почему разные ответы)

Тогда значит $a_i = \frac 2 {R^2 J_{1}^2 (\mu_i)}\cdot (\frac R {\mu_i})^2\mu_iJ_1(\mu_i)=\frac 2 {{\mu_i}J_1(\mu_i)}}$ $?$

Получаем такое дифференциальное уравнение на $T_i:$

$T_i^{''}+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2} T_i=\frac 2 {{\mu_i}J_1(\mu_i)}}\chi \sin \omega t

Так правильно?

Добавлено спустя 1 час 14 минут 19 секунд:

Zai писал(а):

$$\int_0^R r J_0 (\frac {\mu_j r} R ) \sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )(T_i^{''}(t)+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}T_i(t)) dr=\chi \sin \omega t \int_0^R r J_0 (\frac {\mu_j r} R ) dr$$

$$\frac {R^2} 2 J_{1} ^2(\mu_i)(T_i^{''}(t)+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}T_i(t))=\chi \sin \omega t \int_0^R r J_0 (\frac {\mu_i r} R ) dr$$

А почему у Вас в первом уравнении $\mu_j$,а во втором $\mu_i ?$
Это опечатка?

[Александр Т.]

Виктория123 писал(а):

Александр Т. писал(а):

Виктория123 писал(а):

Значит $\int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr=(\frac R {\mu_i})^2 \int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )\frac {\mu_i r} R ~d(\frac {\mu_i r} R )=(\frac R {\mu_i})^2RJ_1(R)

$$ \int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr = \left(\frac R {\mu_i}\right)^2 \int\limits_0^{\mu_i}J_0(\mu)\mu\,d\mu = \left(\frac R {\mu_i}\right)^2RJ_1(\mu_i) $$

(подстановка $\mu_i{r}/R=\mu$)

А что все таки у меня было не верно?)Не пойму ,почему разные ответы)

Неправильно сделали замену переменных в определенном интеграле: ошиблись с верхним пределом для новой переменной. Думал, что Вы сами догадаетесь.

Я, правда, сам из-за спешки ошибся. Должно быть

$$ \int\limits_0^R J_0(\frac {\mu_i r} R )r~dr = \left(\frac R {\mu_i}\right)^2 \int\limits_0^{\mu_i}J_0(\mu)\mu\,d\mu = \left(\frac R {\mu_i}\right)^2 \mu_i J_1(\mu_i) $$

(в своем сообщении я это уже исправил).

Дальше сами исправляйте. На подробную проверку не расчитывайте. Я лично сообщу Вам об ошибке, если она бросится мне в глаза, но подробно проверять не буду (мало того, что в лом, но могу еще и ошибиться при записи исправленного ответа).

[Виктория123]

Поняла! И исправила.

А ответьте на вопрос:

Zai писал(а):

$$\int_0^R r J_0 (\frac {\mu_j r} R ) \sum\limits_{i=1}^\infty J_0 (\frac {\mu_i r} R )(T_i^{''}(t)+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}T_i(t)) dr=\chi \sin \omega t \int_0^R r J_0 (\frac {\mu_j r} R ) dr$$

$$\frac {R^2} 2 J_{1} ^2(\mu_i)(T_i^{''}(t)+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}T_i(t))=\chi \sin \omega t \int_0^R r J_0 (\frac {\mu_i r} R ) dr$$

В первом уравнении $\mu_j$,а во втором $\mu_i ?$
Это опечатка?Или так можно заменить $j$ на $i$ ?

Решаем неоднородное дифференциальное уравнение
$T_i^{''}+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2} T_i=\frac 2 {{\mu_i}J_1(\mu_i)}}\chi \sin \omega t
$T(0)=T'(0)=0$

Oбщее решение однородного уравнения:

$$T=C_1\sin(\frac {c\mu_i} R t)+C_2\cos(\frac {c\mu_i} R t)$$

Частное решение неоднородного уравнения находится ввиде:

$$A\sin{\omega t}$$

,подставляем его в уравнение,получаем

$$-A{\omega}^2\sin{\omega t}+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}A\sin{\omega t}=\frac 2 {{\mu_i}J_1(\mu_i)}}\chi \sin \omega t$$

$$-A{\omega}^2+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}A=\frac 2 {{\mu_i}J_1(\mu_i)}}\chi$$

$$A=\frac {2 \chi R^2} {\mu_iJ_1(\mu_i)(c^2{\mu_i}^2-R^2{\omega}^2)}$$

Частное решение:

$$T(t)=\frac {2 \chi R^2} {\mu_iJ_1(\mu_i)(c^2{\mu_i}^2-R^2{\omega}^2)}\sin{\omega t}$$

[Zai]

Виктория123 писал(а):

В первом уравнении $\mu_j$,а во втором $\mu_i ?$Это опечатка? Или так можно заменить $j$ на $i$ ?

В верхнем выражении у Вас сумма бесконечного ряда. Домножая на функцию Бесселя с нормирующим множителем и интегрируя, Вы получаете из суммы только один член не равный нулю при $i=j$. Следующее выражение уже результат где Вы вольны использовать любой индекс.
Дифференциальное уравнение по времени должно содержать две гармоники - одна представляет внешнее возбуждение, вторая представляет собственную частоту. В выражении для частного решения у Вас ошибка.

$$-A{\omega}^2+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}A=\frac 2 {{\mu_i}J_1(\mu_i)}}\chi$$

[Виктория123]

Zai писал(а):

Дифференциальное уравнение по времени должно содержать две гармоники - одна представляет внешнее возбуждение, вторая представляет собственную частоту. В выражении для частного решения у Вас ошибка.

$$-A{\omega}^2+\frac {c^2 \mu_i ^2} {R^2}A=\frac 2 {{\mu_i}J_1(\mu_i)}}\chi$$

Исправила.А про гармоники это к чему?

[Zai]

$$T(t)=C_1\sin(\frac {c\mu_i} R t)+\frac {2 \chi R^2} {\mu_iJ_1(\mu_i)(c^2{\mu_i}^2-R^2{\omega}^2)}\sin{\omega t}$$

Вам необходимо определить $$C_1 из условия
$$T^{'}(0)=0