Уравнения математической физики в примерах и задачах. Ч.1

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ МОСКОВСКИЙ ИНЖЕНЕРНО-ФИЗИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ (ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ)

А.Ф. Горюнов УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ Часть I

Рекомендовано УМО „Ядерные физика и технологии” в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений

Москва 2008

УДК 517.958(075) ББК 22.161.1я7 Г41 Горюнов А.Ф Уравнения математической физики в примерах и задачах. Часть 1.: Учебное пособие. — М.: МИФИ, 2008. — 616 с. Учебное пособие состоит из двух частей одинаковой структуры. Пособие ориентировано на специальности "Прикладная математика и информатика", "Физика", "Механика", "Физика атомного ядра и частиц" и др. и представляет собой сборник задач по уравнениям математической физики с примерами, демонстрирующими методику решения задач. Основой формирования сборника послужили модернизированные курсы уравнений математической физики, читаемые преподавателями кафедры "Прикладная математика"МИФИ. Темы первой части сборника: формирование математических моделей различных физических процессов и решение задач методом Фурье и методом интегральных преобразований. В отличие от аналогичных сборников в данном пособии рассматривается широкий спектр физических задач, построение аналитического решение которых осуществляется методами математической физики. При решении задач используется аппарат обобщенных функций. Пособие адресовано студентам, изучающим математическую и теоретическую физику; некоторые фрагменты могут будут полезны аспирантам, инженерно-техническим и научным работникам, интересующимся данной областью знаний. Пособие подготовлено в рамках Инновационной образовательной программы. Рецензент проф., д-р физ.-мат. наук Д.Б. Рогозкин c Московский инженерно-физический институт

(государственный университет), 2008 ISBN 978-5-7262-1046-9 (ч. 1) ISBN 978-5-7262-1047-6

Оглавление Предисловие. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Обозначения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 7

Глава 1. 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5.

МОДЕЛИ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ Модели механики. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Модели теплопроводности и диффузии . . . . . . . . . . 50 Модели газо- и гидродинамики. . . . . . . . . . . . . . . 85 Модели электродинамики . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ 2.1. Задачи для однородного уравнения . . 2.2. Задачи для неоднородного уравнения . 2.3. Применение специальных функций . . 2.4. Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

222 262 299 367

Глава 3. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 3.1. Преобразование Фурье. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Преобразование Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Преобразование Меллина . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Преобразование Ганкеля . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

459 470 494 502 509

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 4.1. Вывод интегральных уравнений . . . . . . . . . . . . . . 532 4.2. Решение интегральных уравнений . . . . . . . . . . . . . 546 4.3. Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 590

ПРЕДИСЛОВИЕ Математическая физика занимается моделированием различных процессов, которое состоит в построении математической модели исследуемого явления и решения полученной задачи. Объектами изучения этого раздела математики являются дифференциальные уравнения с частными производными, интегральные и интегро-дифференциальные уравнения. Цель пособия — научить владению математическим аппаратом, применяемым для аналитического решения задач, и умению критически оценивать эффективность различных методов в конкретной ситуации. Пособие состоит из двух частей и представляет собой сборник задач по математической физике. Задачи каждой главы распределены по группам; в начале группы приводится пример, в котором излагается методика решения задач. Задачи расположены по возрастанию сложности. В конце каждой главы помещены ответы к задачам, а в более трудных случаях даны указания или решения. В начале главы указана необходимая литература. Первая часть содержит четыре главы. В первой главе проводится построение математических моделей различных физических процессов, или постановка задач, т.е. вывод системы условий, которые в рамках данной модели описывают физическое явление. Представлены задачи механики, теплопроводности, гидродинамики, фильтрации, электродинамики, квантовой механики и др. Для вывода уравнений механики привлекается вариационный метод. В задачах гидродинамики рассматриваются процес-

Предисловие

5

сы, происходящие в идеальных жидкостях (газах): потенциальное обтекание твердых тел, движение гравитационных волн в жидкости, распространение звука в газе и т.п. В задачах электродинамики требуется сформулировать условия для определения тока и потенциала в длинных линиях, плотности тока в тонких проводящих оболочках, электромагнитных полей в проводниках и диэлектриках, электромагнитных волн в идеальных и диэлектрических волноводах (световодах) и др. Даны примеры физических систем, поведение которых описывается квазилинейными и нелинейными уравнениями. Вторая глава содержит задачи, решение которых осуществляется методом разделения переменных (методом Фурье). Основу метода составляет задача на собственные значения — источник формирования полной ортогональной системы функций (точнее, собственных функций), в виде ряда по которым представлено решение поставленной задачи. Тема третьей главы — интегральные преобразования. Наряду с задачами, для решения которых применяются преобразования Фурье, Лапласа, Меллина, Ганкеля, предлагаются также упражнения, дающие представление об основных свойствах этих преобразований. В четвертой главе рассмотрены задачи, приводящие к интегральным уравнениям, и даны упражнения, иллюстрирующие различные методы решения интегральных уравнений. При решении задач активно используется аппарат обобщенных функций; их применение существенно упрощает технику решения многих задач. Большая часть задач первых пяти глав данного сборника доступна студентам, имеющим физико-математическую подготовку по учебным программам вузов РФ. Количество доступных задач существенно возрастет для тех, кто прослушал курс уравнений математической физики. В сборнике содержатся также задачи, для решения которых требуется более высокий уровень знаний математики и определенный объем знаний теоретической физи-

6

Предисловие

ки: здесь автор руководствовался программой подготовки специалистов, которую реализует Московский инженерно-физический институт (государственный университет). Пособие адресовано студентам, изучающим математическую физику, а также инженерам, желающим повысить квалификацию в этой области науки; некоторые главы могут быть полезны аспирантам. Предлагаемый сборник задач базируется на модернизированных курсах уравнений математической физики, разработанных на кафедре Прикладной математики МИФИ. Основа этих курсов была заложена академиком А.В.Тихоновым. При написании данного пособия использованы известные сборники задач, учебники, а также другие источники, ссылки на которые приводятся в соответствующих местах текста. Длительная работа над сборником задач вряд ли была бы успешной без постоянной поддержки коллег; особенно благодарен автор Н.А.Кудряшову, декану факультета "Высшая школа физики МИФИ-ФИАН"В.В.Шестакову, А.В.Кряневу, С.Г.Артышеву, М.Б. Сухареву, молодым сотрудникам кафедры М.А.Чмыхову, С.В.Чеснокову, О.Ю.Ефимовой, которые в не столь уж отдаленном прошлом были слушателями курса уравнений математической физики; М.А.Чмыхов явился фактическим и весьма квалифицированным редактором по созданию электронной версии пособия. Нельзя не выразить глубокую признательность студентам факультета ЭТФ и Высшей школы физиков МИФИ, труд которых способствовал улучшению качества сборника. Рукопись задачника набрана в редакторе LATEX. Неоценимую помощь в освоении редактора оказал проф. В.Э.Вольфенгаген, которому автор выражает искреннюю признательность. Автор также сердечно благодарен И.А.Горюновой, внесшей большой вклад в компьютерное оформление рукописи.

ОБОЗНАЧЕНИЯ B(x, r) — шар, радиус которого r, центр — в точке x ∈ Rn .

Br = B(0, r). el = l/l.

C — множество комплексных чисел. z — комплексно сопряженное число. erf x — интеграл вероятности. E rf x = 1 − erf x.

F (α, β, γ, z) — гипергеометрическая функция. Hn (x) — полином Чебышева-Эрмита. (1)

Hν (z) — функция Ганкеля 1-го рода порядка ν. (2)

Hν (z) — функция Ганкеля 2-го рода порядка ν. Iν (z) — модифицированная функция Бесселя 1-рода порядка ν. Jν (z) — функция Бесселя 1-рода порядка ν. Kν (z) — модифицированная функция Бесселя 2-рода порядка ν (функция Макдональда). Lα n (x) — полином Чебышева-Лагерра. N0 — множество целых неотрицательных чисел. N — множество натуральных чисел. Pn (x) — полином Лежандра. Pnm (x) — присоединенная функция Лежандра. (α,β)

Pn

(x) — полином Якоби.

Qn (x) —функция Лежандра второго рода Rn — n-мерное Эвклидово пространство. R = R1 .

8

Обозначения

S(x, r) = ∂B(x, r). Sr = S(0, r). |Sr | — площадь сферы Sr .

x = (x1 , x2 , . . . , xn ) — точка пространства Rn . Yν (z) — функция Бесселя 2-рода порядка ν (функция Неймана). Ynm (θ, ϕ) — фундаментальная сферическая функция. Z — множество целых чисел. B(z, ζ) — бета-функция Эйлера. Γ(z) — гамма-функция Эйлера. γ(z, a) —  неполная гамма-функция. 0, x < 0, η(x) = 1, 0 < x. δ(x) —  дельта-функция Дирака. 1, m = n, δmn = m, n ∈ N. 0, m 6= n, Φ(α, γ, z) — вырожденная гипергеометрическая функция. Ω — область в Rn .

Ω — замыкание Ω. ∂Ω = Ω/Ω. A/B — дополнение множества B до множества A. Aτ — транспонированная матрица A. [a] — целая часть вещественного числа a. (a, b) = {x : a < x < b, ∈ R). [a, b] = {x : a ≤ x ≤ b, ∈ R).

mn, где m < n, — множество целых чисел {m, m + 1, m + 2, . . . , n}. E

ϕk (x) =⇒ ϕ(x) — равномерная сходимость на множестве E. k→∞

(f, g) — скалярное произведение, первый множитель f . k f k — норма функции.

Σa — макроскопическое сечение поглощения нейтронов. Σf — макроскопическое сечение деления нейтронов. Σs — макроскопическое сечение рассеяния нейтронов. M⊙ — масса Солнца.

Глава 1

МОДЕЛИ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ Предметом математической физики является разработка методов решения задач, возникающих при изучении явлений внешнего мира. Реальные процессы характеризуются величинами, зависящими, в общем случае, от координат и времени. Соотношения между этими величинам, записанные в математических терминах, составляют математическую модель данного процесса. Указанные соотношения являются следствием законов природы и представляют собой дифференциальные, интегральные, интегродифференциальные уравнения, а также набор дополнительных условий (граничных, начальных), учитывающих специфические свойства системы. Математическая модель лишь приближенно отражает эволюцию системы, так как невозможно учесть все факторы, определяющие ее поведение. С другой стороны, построение более точных моделей, приводит к достаточно сложным задачам, решение которых получить не удается. Поэтому на первом этапе изучения явления используется сравнительно простая мо-

10

Глава 1. МОДЕЛИ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ

дель, в которой не учитываются факторы, мало влияющие на развитие явления. В ряде случаев это определяется ограничениями, которые накладываются на систему. Таким образом, формирование математической модели (или постановка задачи) зависит от того, какие аспекты конкретного явления считаются главными, а какие второстепенными. Упрощенная модель является стартовой: после решения задачи, анализа развития изучаемого явления и т.п. можно переходить к более сложным моделям. B математической физике важную роль играют линейные дифференциальные уравнения в частных производных. Моделирование многих физических процессов приводит к линейным уравнениям второго порядка n X

i,j=1

n

aij

X ∂u ∂2u + bi + cu = f, ∂xi ∂xj ∂xi

(1.1)

i=1

где u(x) — неизвестная функция, коэффициенты aij (x), bi (x), c(x) и f (x) — заданные достаточно гладкие функции, аргумент x=(x1 , x2 , . . . , xn ) — точка n-мерного эвклидова пространства Rn . В зависимости от структуры слагаемых, содержащих вторые производные, вводится понятие типа уравнения (1.1). С этой целью группе старших производных при фиксированном x=x0 ставится в соответствие квадратичная форма q=

n X

aij (x0 )λi λj ,

i,j=1

называемая характеристической. Существует невырожденное линейное преобразование µ=H λ (т.е. det H6=0), посредством которого форма q преобразуется к виду q=

r X i=1

αi µ2i −

r+s X

i=r+1

αi µ2i ,

αi > 0, r + s ≤ n.

(1.2)

Согласно закону инерции квадратичных форм количество r положительных и количество s отрицательных членов в (1.2) не

11 зависят от выбранного преобразования, а определяются только конструкцией квадратичной формы. Таким образом, пара чисел (r, s) является инвариантом формы q, следовательно и уравнения (1.1) (в точке x=x0 ), и определяет тип уравнения. Так как уравнение (1.1) не изменится при умножении на -1, то типы (r, s) и (s, r) одинаковы. Коэффициенты квадратичной формы q зависят от x, поэтому тип уравнения есть функция точки. Уравнение (1.1) принадлежит в точке x0 гиперболическому типу, если s=n, rs6=0, параболическому типу, если s0 — гиперболический тип, ∆=0 — параболический тип, ∆ 0. Показать, что в этом случае 1) уравнение (1.14) сводится к дифференциальному уравнению A

∂σ ∂σ2 ∂σ +B + + Cσ = 0, ∂t ∂t ∂x

C = kA;

2) если ввести функцию f (x, t) = 2Bσ(x, t) e−Cx и перейти к переменным ξ=

1 (1 − e−Cx ), C

τ = t − Ax,

то задача для уравнения (1.14) преобразуется в задачу для квазилинейного уравнения f

∂f ∂f + , ∂τ ∂ξ

0 0, α > 0. r r02 2.576. Электрон находится в постоянном однородном магнитном поле B. Определить волновые функции и энергию стационарных состояний электрона. 2.577. Определить уровни энергии стационарных состояний частицы в одномерной яме, потенциал которой U (x) = −

U0 , U0 > 0, a > 0. ch 2 xa

2.578. Частица находится в трехмерной потенциальной яме U (r) = −

U0 e

r r0

−1

, U0 > 0, r0 > 0.

Определить уровни энергии стационарных состояний частицы с моментом, равным нулю.

2.3. Применение специальных функций

365

2.579. Найти волновые функции и уровни энергии стационарных состояний линейного гармонического осциллятора. 2.580. Линейный гармонический осциллятор, заряд которого e, находится в однородном электростатическом поле E. Найти волновые функции стационарных состояний и уровни энергии осциллятора. 2.581. Начальное состояние линейного гармонического осциллятора описывается волновой функцией r mω − 12 α2 (x−x0 )2 . Ψ(x, 0) , α ~ Найти |Ψ(x, t)|2 при t>0. Рассмотреть предельные случаи малых и больших (по сравнению с шириной начального волнового пакета) значений |x0 |.

2.582. Для описания взаимодействия атомов в двухатомной молекуле применяется сферически симметричный потенциал   r−r r−r −2κ r 0 −κ r 0 0 0 U (r) = U0 e − 2e , U0 > 0, κ > 0.

Определить энергию стационарных состояний частицы с моментом, равным √ нулю, при условиях: 1≪b, ln b≪ exp(κ), где величина b = 2r0 2mU0 /(κ~). Получить приближенную формулу для энергии низких уровней. 2.583. Для описания взаимодействия нейтрона с тяжелым ядром применяется сферически симметричный потенциал U (r) = −

U0

U0 > 0, 0 < a ≪ r0 , r−r0 , 1+e a где r0 — радиус ядра, параметр a характеризует "толщину" поверхностного слоя ядра (при a → 0 получается прямоугольная потенциальная яма). Определить энергию связанных состояний частицы с моментом, равным нулю, с точностью до величин второго порядка малости относительно a/r0 .

366

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

2.584. Если изменение показателя преломления n(x) по сечению плоского симметричного волновода (задача 1.380.) невелико, то функцию n(x) можно аппроксимировать первыми членами ряда Тейлора; это приводит к модели волновода с усеченным параболическим профилем показателя преломления  (
2  n1 − n2 n1 1 − ∆ xl , |x| ≤ l, n(x) = ∆= ≪ 1. n1 n2 = Const, |x| > l, Решить задачу о распространении высокочастотных (сравнительно с частотой отсечки) T E- и T M -мод в таком волноводе. 2.585. Решить задачу о распространении высокочастотных (по сравнению с частотой отсечки) электромагнитных волн в слабо направляющем оптическом волокне с α-профилем показателя преломления (1.122) при α = 2. 2.586. Решить предыдущую задачу в прямоугольных координатах. 2.587. Показатель преломления n2 (x) = n21 +

n21 − n22 ch 2 xl

в плоском волноводе моделирует профиль, который формируется диффузионным процессом. Решить задачу о распространении T E-мод; дать выражения для поля двух мод низшего порядка. 2.588. Для изучения отражения радиоволн от ионосферы используется модель волновода с асимметричным профилем показателя преломления n2 (x) = n23 +

n22 − n23 1+e

2x l

e

2x l

+

4n21 − 2(n22 + n23 ) 2x el.   2x 2 l 1+e

Решить задачу о распространении T E-мод; дать выражение для поля моды низшего порядка.

367

2.4. Ответы

2.4.

Ответы

q
T0 π 2.1. ωn = 2l n, Xn (x) = An sin π2ln 1 + xl , n ∈ N; множество ρ0 функций Xn (x) — объединение двух подмножеств: X2m (x) = B2m sin π nl x — x нечетные функции, X2m+1 (x) = B2m+1 cos π (2m+1) — четные функции. 2l q
2.2. ωn = πl Tρ00 n + 12 , n ∈ N0 .

1 2.3. 1. ωn = πa n + 12 , ωn = πa 2n + 1 ± π1 arccos , n ∈ N. l l 3
n1 7πa n, n ∈ N, ω = n + (−1) , n ∈ N0 ; 2. ωn = 2πa n l 6 q
3l T0 1 3 ωn = 7πa 2n + 1 ± arccos , n ∈ N , a = . 0 3l π 4 ρ0

2.4. ωn = πan , Xn (x) = An sin πnx , ωs = µsl a , Xs (x) = As sin µs (1 − |x| ), l l q l T0 2ρ 0 l где a = ρ0 , µs > 0 — корень уравнения µ tg µ = m , n, s ∈ N. q S0 l 0 2.5. ωn = 1l E µ , n ∈ N, µn > 0 — корень уравнения µ tg µ = ρ0m . ρ0 n q q µn E E 2.6. 1. ωn = π ρ n, n ∈ N; 2. ωn = l , n ∈ N; µn > 0 — корень ρ уравнения µ ctg µ = − l0l−l . Указание. В уравнении для функции u(x, t) q , n ∈ N, µn > 0 — сделать замену v(x, t) = (l0 − x)u(x, t). 2.7. ωn = µn E ρ   l(hl0 −1) µ 2 −p1 p2 kl0 корень уравнения µ ctg µ = p1 +p2 , где p1 = , p2 = ll0 ES −1 . l0 0 2

Указание. См. предыдущую задачу. 2.8. Fk = π4lJ2E , J = 34 l1 l23 . Указание. Надо найти наименьшее собственное значение задачи (см.задачу 1.98) uxx + λ u = 0, 0 < x < l, λ = u(0) = u′ (l) = 0. 2.9. 1) 2) 3. 2.10.

ωn = aµ2n , µn > 0 − ωn = aµ2n , µn > 0 − ωn = ωn =

π2 a 2 n , l2

µn l

q

µn l

GJ K

q

F , JE

cos µ ch µ = −1; cosq µ ch µ = 1;

n ∈ N, a =

EJ . ρS

kl , µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = − GJ . GJ K

0 — корень уравнеq γ P0 1 ния (µ tg µ−p)(µ ctg µ+p)=0, 2.12. ωk = µn , r0 ρ0 n ∈ N, µn > 0 — корень уравнения tg µ = µ. Указание. В уравнении для потенциала скоростей ψ сделать замену v = rψ. 1 1) 1 2.13. 1) Rn (r) = sin πn(r−r , n ∈ N, kRn k2 = r2 −r ; r2 −r1 2 r 1 1) 2) Rn (r) = sin µnr2(r−r , µn > 0 — корень уравнения µ cos µ = p sin µ, где −r1 r 2.11.

ωn

=

,

n∈N,

где

Kl p= K . 0

µn

>

368 p = 1−

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

r1 , r2

kRn k2 =

2 µ2 n +p +p 2 , µ2 n +p

1 2 −r) sin µnr2(r−r , µn > 0 — 1 r 2 µ2 +p −p 2 − 1, kRn k = nµ2 +p2 , n ∈ N;

n ∈ N; 3) Rn (r) =

корень уравнения µ cos µ = −p sin µ, p = rr21 n 1 µ n (r−r1 ) µ n r1 1) + cos ), d = r −r , µ 4) Rn (r) = (sin µn (r−r 2 1 n >0 — корень d d d r 2 2 4 µ2 (r r µ µ 2 r1 r2 2 n ) +3r1 r2 d +d 1 2 n уравнения µ cos µ=(1+ d2 ) sin µ, kRn k = . 2 d(r 2 µ 2 +d2 ) 2

n

Указание. Для вычисления нормы собственной функции Rn (r) применима техника, изложенная в примере 2.1. и в задаче 2.63. Следует исходить из системы  ∆R + λR = 0, ∆Rn + λn Rn = 0, После перкрестного умножения на Rn и R получается тождество (λ − λn )Rn R r 2 = r 2 (RRn′ − Rn R′ ), из которого следует r r2 r 2 (RR′n −Rn R′ ) 2 r2 kRn k2 = lim (rRn′2 + Rn Rn′ + λn rRn2 ) . = 2λ λ−λ n n r1 r1 q λ→λ n µ r1 r2 µ 2 2.14. ωk = γρP00 r2 −r , n∈N, µ n > 0 — корень уравнения µ ctg µ= (r −r )2 +1. 1 1 2 q 2 2.15. ωn = a µl n , n∈N, µn >0 — корень уравнения µ ctg µ=1− S . S1 p 2.16. ωn = al µ2n +α2 , n ∈ N, µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ=−α. r  q  2  2 2 m 0 2.17. ωmnk =πa + ln2 + lk3 , a= γP , m, n, k∈N0 , m+n+k>0. l1 ρ0 1 q  2  2 2 T0 m 2.18. ωmn = pi + nl2 , m, n ∈ N. 1) a. x + y = 0; 1) b. x − y = 0; 2 ρ0 l2 1

2

2) a x = 0, y = 0, стороны квадрата с вершинами (l; 0), (0; l), (−l; 0), (0; −l); 2) b x = 0, y = 0, x + y = 0, x − y = 0. Указание. Колебания мембраны с закрепленным краем Γ описываются системой уравнений utt = a2 ∆ u, |x| < l1 , |y| < l2 , 0 < t, u|Γ = 0, u(x, y, 0) = u0 (x, y), ut (x, y, 0) = u1 (x, y). Подстановка u(x, y, t)=v(x, y)T (t) приводит к задаче vxx + vyy + λv = 0, |x| < l1 , |y| < l2 , v|Γ = 0.

Это — задача на собственные значения и ее следует решать методом Фурье, полагая v(x, y) = X(x)Y (y), что дает две задачи на собственные значения: X ′ + αX = 0, |x| < l1 , Y ′ + βY = 0, |y| < l2 , α + β = λ. X(−l1 ) = X(l1 ) = 0, Y (−l2 ) = Y (l2 ) = 0, q q
2 T0 2.19. ωmn = pil m2 + n+ 12 , m∈N, n∈N0 . 2.20. ωn = l√πn , n∈N. ρ0 LC n 2.21. ωn = l√µLC , n ∈ N, где µn — положительный корень уравнения √ 1) tg µ = −µ LlL0 ; 2) µ tg µ = Cl . 2.22. j(z, t) = pJ 2e−pz cos(pz − ωt − π4 ), l0

369

2.4. Ответы √ 2πµσω . c

l−z 2.23. j(z) = e− δ , δ = j(l)

p πωµ 1 . ρ = 2lc 2σ q πn(z+h) πgn πnx πhn 2.24. ψ(x, z, t)=An cos l ch cos(ωn t + δn ), ωn = th l , n∈N. l l 1  2 2 2 2.25. 1. ω2mn = gλmn ; 2. ω2mn = gλmn th (hλmn ), где λmn = π2 ml2 + nl2 , 1 2 p g 1 m, n ∈ N. 2.26. V = 2 k . Указание. Показать, что задача для потенциала скоростей (см.задачу 1.231 п.2) где p =

√

c , 2πσωµ

∆ψ = 0, −∞ < x, y < ∞, 0 < z, (ψtt + gψz )|z=0 = 0, |ψ| < ∞,

√ имеет решение вида ψ(x, z, t) = Aekz cos(kx − ωt), ω = kg. Скорость dω волны V = dk . 2.27. ψ(x, z, t) = A ch k(z + h) cos(kx − ωt), ω2 = kg th kh; q
p g(ρ 2 −ρ 1 ) 1 V = 21 k thg kh th kh + chkh . 2 kh . 2.28. V = 2 k(ρ 2 +ρ 1 ) 2.29. ζ(x, t)=

ωx A cos √

gh

ωl cos √

cos ωt. Указание. В уравнении для потенциала

gh

скоростей ψ (см. задачу 1.235.) сделать замену v=rψ. 2.30. χ = Ll th Ll . Указание. При отсутствии источников стационарное уравнение диффузии 2 r0 имеет вид (см.задачу 1.167): uxx − L12 u = 0. 2.31. χ = 3L2 r0 cth . См r0 −1) (L L указание к задаче 2.30. ˜ 4q0 (sh l−x + 2D ch l−x 4q0 sh l−x L L L ) L ; 2. Φ2 (x) = . 2.32. 1. Φ1 (x) = ˜ l l − 2D ch ˜ 2 l 2 − l 2D sh L L e L (1+ L ) e −(1− 2D L L L ) q l−x 4q sh Φ1 (x) ≈ Φ2 (x) = 0sh l L . L = ΣDc , D = 3Σ1 s . L

Указание. В диффузионном приближении справедливы неравенства: q Σc D λ ≪ 1, Dl = 3l ≪ 1. L 3σ s

2.33. 1. Φ1 (r) =

r ˜ −r

0 Q0 sh L 4πDr sh r˜0 L

Φ1 (r) ≈ Φ2 (r) =

;

Q0 4πDr

2. Φ2 (r) =

r −r

0 Q0 sh L 4πDr sh r0 L

,

L=

См. указание к задаче 2.32.

q

D Σc

r −r r −r sh 0L + 2D ch 0L (1− 2D L ) L . r0 2D ch r0 sh + (1− 2D ) L L L L

,

D=

1 3Σs

.

1− 2D (κcthκ−1)

sh r

r0 r0 Φ0 L h i 2.34. Φ(r) = , γ = 1+ 2D , κ = rL0 , r (κcthκ−1) shκ 1+ 2D (κcthκ−!) r0 r0 q Φ ch x 1− 2D thκ L L = ΣDc , D = 3Σ1 s . 2.35. Φ(x) = chκ+0 2DLshκ , γ = 1+ 2D , κ = rL0 , thκ L L q 
 π 1 1 L = ΣDc , D = 3Σ1 s . 2.36. 1. ˜l = 2α ; 2. l = 2α arcctg 12 2αD − 2αD . Указание. См.задачу 1.175. 1 1 π 2.37. 1a. ˜ l = 2α ; 1b. l = 2α arcctg[ 21 (2αD − 2αD )]; √ π 1 1 ˜ 2a. l = √ ; 2b. l = √ arcctg[ (α 1D − √1 )];

3a.

˜ l=

α 2 √ π 3 ; 2α

2b.

l=

√

2α

3 2α

2

√ arcctg[ 21 ( 2αD − 3

√

α

3 )]. 2αD

2D

370

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

Указание. В n-мерном случае критическое состояние среды описывается стационарной плотностью потока нейтронов Φ(x), x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn . Функция Φ(x) является решением краевой задачи (см. задачу 1.175.): ∆Φ(x) + α2 Φ(x) = 0,

x ∈ Ω= {x : |xk | < l, k = 1, 2, . . . , n ∂Φ 1 2. Φ ∓ = 0, 2 ∂xk

1. Φ|xk =∓l = 0,

xk =∓l

Φ(x)|x∈Ω > 0, k = 1, 2, . . . , n. Эта задача сводится методом разделения переменных к n одномерным задачам на собственные значения. В результате n n Q P Φ(x) = (Ak sin α(x + l) + Bk cos α(x + l)), где αk = α. k=1

k=1

Подстановка функции Φ(x) в граничнве условия определяет уравнение для µ π ; 2. rk = α , где µ > 0 — наименьший критического размера. 2.38. 1. rk = α

µ корень уравнения tgµ = µ. 2.39. r2k = α , где µ > 0 — наименьший корень π уравнения tg(µ − αr1 ) = −αr1 . 2.40. r˜2k = r˜1 + α . 2.41. Критический радиус r0k — наименьший корень уравнения

где α2C

0 0 DC − DR = DC αC r0 ctg αr0 + DR LrR cth r1L−r , R q q −1 C R , LC = D , DC = 3Σ1C , LR = D , DR = = Lk2∞−τ ΣC ΣR C

C

a

s

c

1 3ΣR s

.

Частные случаи: 1.r0k = rk − LR (для графита LR =50 см); 2.r0k = 12 rk . Указание. См. задачу 1.179. 2.42. DC µC tg µC l3 =DR µR cth µR (d˜ − l3 ),  2  2  2   2 µ2C =α2C − 2π˜l − 2π˜l , µ2R = 2π˜l + 2π˜l + L12 , величины αC и LR 1 2 1 2 R определены в ответе к предыдущей задаче. q 2.43. 1. ˜ lk = √π ; 2. ˜ lk = π 3 , где λ — корень уравнения критичности 2

λ

λ

k∞ e−λτT = 1, 1 + λL2T

(2.79)

в котором коэффициент размножения k∞ имеет вид (1.38), а τT = τ(uT ) (см. q DT (1.64)), LT = , DT = 3Σ1T . Решение. Система уравнений для определеΣT a s ния критических размеров приведена в ответе к задаче 1.189. Подстановка Φ = q/(ξΣ) преобразует первое уравнение системы к виду ∆q −

Σa (u) q D(u)

=

ξΣ(u) ∂q , D(u) ∂u

0 ≤ u ≤ uT .

В результате разделения переменных q(r, u) = R(r)U (u) получается задача на собственные значения ∆R + λR = 0 в Ω, R|S˜ = 0, R(r) > 0 в Ω,

(2.80)

371

2.4. Ответы  D(u) + и уравнение U ′ + λ ξΣ(u)

Σa (u) ξΣ(u)



= 0, −

Ru

0 ≤ u ≤ uT ,

D(u) Σa (u) λ ξΣ(u) + ξΣ(u)



du

решение которого U (u) = U (0) e приводится к виду (см.(1.64), (1.146)) U (u) = U (0)ϕ(u) e−λτ(u) . Уравнение диффузии для ΦT (r) = CT R(r), записанное в форме   −λτT ΣT Te ∆R + U (0)ϕ − DaT R = 0 в Ω, , CT DT 0

должно совпадать с уравнением (2.81). Следовательно, λ= откуда CT =

U (0)ϕ T e−λτT CT DT

−

ΣT a DT

,

ϕT = ϕ(uT ),

U (0)ϕ T e−λτT . Уравнение критичности λDT +ΣT a T ξΣf ΦT (r) после подстановки q(r, 0) и

(2.79) получается из усло-

ΦT (r). 2.44. rk = √πλ , где q λ — корень уравнения (2.79). 2.45. 1) r˜k = 2√πλ. ; 2) r˜k = π2 λ3 ., где λ — корень уравнения критичности вия q(r, 0) =

k∞ e−λ τT . +ν 1 + λL2T

ZuT

Σf (u)ϕ(u) −λ τ(u) e du = 1, ξΣ(u)

(2.81)

0

π √ , λ

k∞ , LT , τT , uT те же, что в ответе к задаче 2.43. 2.46. rk = корень уравнения (2.81). 2.47. tk =

2

16µσl πc2

. 2.48. tk =

пример 1.25.)

2 16µσl2 1 l2 2 πc2 (l2 1 +l2 )

где λ —

. Задача (см.

Ht = ∆H, |x| < l1 , |y| < l2 , 0 < t, c2 H|Γ = 0, H|t=0 = H0 , a2 = 4πµσ , P −a2 λ mn t имеет решение H(x, y, t) = , tc = m,n=1 Cmn vmn (x, y)e iωt iωt 2.49. E = E e , H = He , собственные частоты  2 1 n2 s2 2 ω = πc m + + , m, n, s ∈ N, m + n + s ≥ 2, 2 2 2 l l l 1

2

1 . a2 λ 11

3

амплитуды собственных колебаний Ex = A cos

πmx l1

Ey = B sin

πmx l1

Ez = C sin

πmx l1

sin cos sin

πny l2 πny l2 πny l2

sin sin cos

πsz , l3 πsz , l3 πsz , l3

Hx =

iπc ω

Hy =

iπc ω

Hz =

iπc ω







nC l2 sA l3 mB l1

−

sB l3

−

mC l1

−



nA l2



sin



πmx l1

cos

πny l2

sin

πny l2

cos

πsz , l3

sin

πsz , l3

cos

πmx l1

sin

cos

πmx l1

cos

πny l2

πsz , l3

mA + nB + sC = 0. Указание. Каждая компонента Ex , Ey , Ez является l1 l2 l3 решением задачи на собственные значения. Для Ex эта задача имеет вид (см. задачу 1.373.)

372

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ ω2 E = 0, 0 < x < l1 , 0 c2 x ∂Ex = = 0, Ex |y=0 ∂x x=l1 x=0

∆Ex + ∂Ex ∂x

< y < l2 , 0 < z < l3 , = Ex |y=l2 = Ex |z=0 = Ex |z=l3 = 0.

Далее применить метод Фурье, полагая Ex = X(x)Y (y)Z(z).

2.50. T E-волна: E = (0, Ey , 0), H = (Hx , 0, Hz ), Ey = A sin

Hx = − βA sin k

πnx , l

πnx , l

Hz =

πnAi kl

cos

πnx , l

T M -волна: E = (Ex , 0, Ez ), H = (0, Hy , 0),

cos Ex = − βB k

πnx , l

πnBi sin πnx , kl l i(kz−ωt E0 e ex , H

n ∈ N0 ,

πnx , n ∈ N0 ; l kE0 i(kz−ωt − β e ey представляет

Ez −

Hy = B cos

при n=0 T M -волна E = = собой T EM -волну. p 2.51. ωoT M = lπc l12 + l22 , ωoT E = πc min( l11 , l12 ), ωoT E < ωoT M . 1 l2 Указание. Компонента Ez (x, y) электрического поля в T M -волне является решением краевой задачи (1.186). Нетривиальное решение этой задачи Ez (x, y) = Amn sin

πnx l1

sin

πmy , l2

m, n ∈ N

получается методом Фурье, а остальные компоненты полей E и H выражаются через Ez посредством соотношений (1.187) (при этом выполняется  2  2   2 2 равенство πm + πn = ω − β2 ). Нравенство ω > π2 l11 + l12 опреl1 l2 c2 c2 деляет частоту отсечки. Исследование T E -волн проводится аналогично: нужно решить задачу (1.188) и применить соотношения (1.189) . 2.52. T E−моды: E = (0, Ey , 0), H = (Hx , 0, Hz ),  rx 0 ≤ x,  qe− l , Ey = A q cos qx − r sin qx , −l ≤ x < 0, l l x  (q cos q + r sin q)ep(1+ l ) , x < −l, q 2 = (k2 n21 − β2 )l2 , p2 = (β2 − k2 n22 )l2 , r 2 = (β2 − k2 n23 )l2 , Hx =

− βk Ey ,

Характеристическое уравнение

ctg q =

Hz =

dE − ki dxy

.

q 2 − pr . q(p + r)

(2.83)

Частота отсечки j -й моды ω0j = ck0j , где r   n2 −n2 1 √ k0j = arctg n22 −n32 + πj , j ∈ N0 , 2 2 l

n1 −n2

1

2

число мод с частотой ω равно целой части числа r   p 2 n2 1 ωl 2 2 2 −n3 n − n − arctg . 2 2 1 2 π c n −n 1

T M -моды: E = (Ex , 0, Ez ), H = (0, Hy , 0),

(2.82)

2

373

2.4. Ответы

 qe− rx , 0 ≤ x,  l   n2 qx qx 1 r sin q cos − , −l ≤ x < 0, Hy (x) = B l l n2 3  2 x  n  (q cos q + 21 r sin q)ep(1+ l ) , x < −l, n3  0 < x,  n3 , dHy i n1 , −l < x < 0, Ex = knβ 2 (x) Hy , Ez = kn2 (x) dx , n(x) =  n2 , x < −l. Характеристическое уравнение q 2 n22 n23 − prn41 ctg q = . (2.84) qn21 (pn23 + rn22 ) Частота отсечки j -й моды ω0j = ck0j , r   n2 −n2 n2 1 1 √ k0j = arctg n2 n22 −n32 + πj , j ∈ N0 , 2 2 l

n1 −n2

2

1

2

число мод с частотой ω равно целой части числа r   p 2 n2 n2 1 ωl 2 2 1 2 −n3 n − n − arctg . 1 2 π c n2 n2 −n2 3

1

2

Графики решений β = ϕj (k) уравнения (2.83) изображены на рис.2.4. Графики решений уравнения (2.84) имеют аналогичную форму. Указание.

Рис. 2.4 Уравнение для T E -мод имеет вид d2 Ey 2 2 − (β2 − y = 0, dx2  k n (x))E rx  A 1 e− l ,  A2 cos qx + A3 sin его решение Ey (x) = l   A ep(1+ xl ) , 4 ′

qx , l

0 < x, −l < x < 0, x < −l.

Требование непрерывности Ey (x) и Ey (x) на границе раздела двух ди-

374

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

электриков приводит к однородной системе линейных алгебраических уравнений относительно коэффициентов A1 , A2 , A3 , A4 . Система имеет нетривиальное решение, если ее определитель равен нулю, что приводит к (2.83). По теореме существования неявной функции уравнение (2.83) определяет функцию β=ϕj (k), j =∈ N0 . Функция β = ϕj (k) определена на промежутке [ k0j , ∞ ), монотонно возрастает ( ϕ′j (k) > 0 ), а соответствующий график обладает асимптотой β = kn1 . 2.53. См. ответ к предыдущей задаче, где h i1 2 πklprW A = 4 βc(q2 +r , 2 )(pr+p+r)  1 2

B=

4n1 n23

πklprW



 n2 n2 r(p2 +q2 )

n2 n2 p(r2 +q2 ) 1 3 1 2 2 4 βc(q 2 n4 3 +r n1 ) pr+ q2 n4 +r2 n4 + p2 n4 +q2 n4 3 1 1 2



 .

Указание. Плотность потока энергии электромагнитного поля (вектор c Пойнтинга) w = 4π [E H]. 2.54. E = E ei(β z−ω t) , H = Hei(β z−ω t) . dE T E -моды: E = (0, Ey , 0), H = (Hx , 0, Hz ), Hx = − βk Ey , Hz = − ki dxy . Нечетные моды ( |x|

sin q ep (1− l ) sign x, |x| ≥ l, sin qx , |x| < l, l характеристическое уравнение и частоты отсечки (j + 12 ), j ∈ N0 . tg q = − pq , ω0j = √ πc 2 2 Ey (x) = A

l

n1 −n2

Четные моды (

|x|

cos q ep (1− l ) , |x| ≥ l, , |x| < l, cos qx l характеристическое уравнение и частоты отсечки tg q = pq , ω0j = √ πc j, j ∈ N0 . 2 2 Ey (x) = A

l

Коэффициент локализации T E -моды

n1 −n2 1+ 2 p 2 p +q P1 = 1+ 1

.

p

β T M -моды: E = (Ex , 0, Ez ), H = (0, Hy , 0), Ex = kn 2 Hy , Ez = Нечетные моды ( |x| sin q ep (1− l ) sign x, l ≤ |x|, Hy (x) = B sin qx , |x| < l, l характеристическое уравнение и частоты отсечки 2

n tg q = − n22 pq , ω0j √ πc 2 l

1

Четные моды

Hy (x) = B

(

n1 −n2 2

(j + 21 ), j =∈ N0 .

cos q ep (1− cos qx , l

|x| ) l

,

l ≤ x, |x| < l,

i dHy kn2 dx

.

375

2.4. Ответы

характеристическое уравнение и частоты отсечки tg q =

n2 1 p , q n2 2

ω0j = √ πc 2 l

n1 −n2 2

j, j ∈ N0 . n2 n2 p

1+ 4 21 2 4 2 n p +n q

Коэффициент локализации T M -моды P1 =

1 2 n2 n2 (p2 +q2 ) 1+ 1 4 2 2 p(n p +n4 q2 ) 1 2

.

Величины p и q определены выражениями (2.82).     2.55. 1. ψnr (x, y) = √l2 l sin πn 1 + lx1 sin πr 1 + ly2 , 2 2 1 2  2  2 2 2 n ~ Enr = π2m + rl2 , n, r ∈ N ; l2 1 2     q 1+ lx1 sin πr 1+ ly2 sin 2. ψnrs (x, y, z)=2 l1 l22 l3 sin πn 2 2  2  2 2 2 2 n ~ Enrs = π2m + rl2 + sl2 , n, r, s ∈ N. l2 1

1 √ l

2.56. ψn (x) = ψs (x) =



sin

2

2

2

1 µ s +q 2 l µ2 s +q +q



 1+ lz3 ,

3

πnx , l

 12

πs 2



sin µs 1 −

|x| l



,

En =

π2 ~2 2 n , 2ml2

Es =

~2 2ml2

µs ,

n, s ∈ N, µs > 0 — корень уравнения µ ctg µ = −q, q = α l. Указание. Волновые функции ψ(x) стационарных состояний являются решениями задачи на собственные значения ψ′′ + k2 ψ = 2 α ψ(0) δ(x), k2 = 2m E, ~2 −l < x < l ψ(−l) = ψ(l) = 0. Чтобы решить эту задачу, ее следует поставить в эквивалентной форме, используя формулу (см.10.15): ψ′′ + k2 ψ = 0, −l < x < 0, 0 < x < l, ψ(−l) = ψ(l) = 0, ψ(+0) − ψ(−0) = 0, ψ′ (+0) − ψ′ (−0) = 2αψ(0). ~2 2ml2

µ2n , n ∈ N, µn > 0 — решение системы √ √ sin µ = ± µµ0 , µ = ~l 2mE, µ0 = ~l 2mU0 . tg µ < 0   Число уровней −1 − − µπ0 − 21 . Связанных состояний не существует при

2.57. En =



2 2

условии U0 ≤ π8ml~2 . Решение. Волновые функции ψ(x) стационарных состояний являются решениями задачи: ~2 ψ′′ + Eψ = 0, 0 < x 2m ~2 ψ′′ + (E − U0 ) = 0, l 2m R∞ ψ(0) = 0, 0 ψ2 dx = ′

< l, < x,

1, ψ(l − 0) = ψ(l + 0), ψ (l − 0) = ψ′ (l + 0).

376

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

Отсюда следует, что условию при x=0 и интегральному условию нормировки удовлетворяют решения вида ( A sin µl x, x < l, √ 2 2x ψ(x) = Граничные условия выполняются, если B e µ0 −µ l , l ≤ x. p µ ctg µ= − µ20 −µ2 , µ 0, Если U ≤

~2 , 8ml2

то существует лишь один уровень.

2.59. Собственные значения λ являются корнями трансцендентного уравнения √ √ √ √ √ √ c1 D1 sin s1 λ cos s2 λ + c2 D2 sin s2 λ cos s1 λ = 0, (2.85) где si = √li , i = 1, 2, собственные функции Di   √   A1n cos s1 λn 1 + x , x ∈ ∆1 , l1  Xn = (2.86) √   A2n cos s2 λn 1 − x , x ∈ ∆2 , l2   √ (−1)i−1√ , sin2 s1 √λn + sin2 s2 √λn 6= 0, Di sin si λ n Ain = i = 1, 2. √ √ ci  √ , sin2 s1 λn + sin2 s2 λn = 0, cos si λ n R Указание. Ввести билинейную форму (ρLX, Y ) = ∆ Y LXρdx, X, Y ∈ ML и доказать, что (ρLX, X) ≥ 0. 2.60. Собственные значения — корни уравнения

377

2.4. Ответы

α



 √ √ √ √ 1 1 √ sin s2 λ cos s1 λ + √ sin s1 λ cos s2 λ − c1 D1 c2 D2 √ √ √ − λ sin s1 λ sin s2 λ = 0, (2.87)

собственные функции  √   A1n cos s1 λn 1 + Xn (x) = √   A2n cos s2 λn 1 −

Ain =

2.61. u(x, t) =

(−1)i−1 , √ Di sin si λ n ci √ , cos si λ n

8u0 π2

P∞

(2n+1)πx (2n+1)πat cos 2l 2l (2n+1)2

cos

0

2.62. u(x, t) =

16F0 l π 2 T0

2.63. u(x, t) =

F0 l2 ES

P

x l2

 

,

x ∈ ∆1 ,

,

x ∈ ∆2 ,

√ √ sin2 s1 λn + sin2 s2 λn = 6 0, √ √ 2 2 sin s1 λn + sin s2 λn = 0,

  √ 

x l1

1

cosµ n (1− x l ) 2 µ2 n kXn k

cos

µ n at , l

i = 1, 2.

.

(2n+1)πx (2n+1)πat 2 (2n+1)π cos cos ∞ sin 8 2l 2l 0 (2n+1)2

P∞

(2.88)

kXn k2 =

.

2 2 l µ n +p +p 2 , 2 µ2 n +p

µn > 0 —

kl корень уравнения µ tg µ = p, p = ES . Указание к вычислению нормы соб′′ ственных функций kX k. Уравнение X +λX=0 задачи Штурма-Лиувилля n √ √ ′′ заменой ξ=x λ сводится к уравнению Xξξ +X=0, поэтому X = X(x λ). ′ ′ x ′ Так как Xλ =X 2λ , где X — производная по x, то в силу (2.12)

kXn k2 = =

l 1 W [xXn′ , Xn ] 0 = 2λn

1 2 [l(X ′ n (l) + λn Xn2 (l)) − Xn (l)Xn′ (l) + Xn′ (0)Xn (0)]. 2λn

(2.89)

2

Из уравнения X ′′ + λX = 0 следует, что X ′ + λX 2 = Const, т.е. 2

2

Xn′ (0) + λn Xn2 (0) = X ′ n (l) + λn Xn2 (l). 2.64. u(x, t) =

I t m0

+

2E0 e π

2lI πam0

− βt 2

P∞ 1

P∞

1 n

1 n



cos

(2n+1)πx l

sin

πnat , l

m0 = ρ0 S0 l. 

cos ωn t + 2ωβn t sin ωn t sin πnx , l βt P ∞ 1 πnx 0 −βt 0 − 2 i(x, t) = E e  − 2E e lR lL  12 ω n sin ωn t cos l , β 2 R 4π 2 L 2 β = L , ωn = CR2 l2 n − 1 4 . Указание. Задача для тока: 1 itt = a2 ixx − βit , 0 < x < l, 0 < t, a2 = LC , E0 ix (0, t) = ix (l, t) = 0, i(x, 0) = lR , it (x, 0) = − EL0 δ(x). 2.65. u(x, t) =

1

(2.90)

378 2.66. u(x, t) =

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ lI ρ

nt Xn (x) sin aµ l , µ n kXk2

P∞

n=1

µn > 0 — корень уравнения

µ 2 − p1 p2 , p1 + p2 µn µn Xn (x) = p1 sin x + µn cos x, l l 2 2 2 2 l (µn + p1 )(µn + p2 ) + (p1 + p2 )(µ2n + p1 p2 ) kXk2 = , 2 (µ2n + p22 )

µ ctg µ =

(2.91) (2.92) (2.93)

lki где pi = ES , i = 1, 2. Указание. Для вычисления нормы kXk применить 0 формулы (2.89), (2.90).   √ (2n+1)πx π(2n+1) 2 P cos − Dt [ n+1 2l 2l 2 ] 2.67. u(x, t)= 2 π2u0 ∞ (−1) e . 0 2n+1   2 √ Dµ P (−1)n+1 µ2n +p2 − β+ 2n t l cos µnl x e , µn > 0 — корень 2.68. u(x, t) = 2pu0 ∞ 2 +p) 1 µ n (µ 2 +p n уравнения µ tg µ = p, p = hl. Указание. Для вычислении нормы kXk применить формулы (2.89), (2.90). 2πa 2
2.69. u(x, t) = u20 e−ht 1 − cos 2πx e −( l ) t . l 2
µn a 2 P µ2 n +p 2.70. u(x, t) = 2u1 ∞ sin µn 1 − xl e−( l ) t , µn > 0 — ко2 1 µ n (µ 2 n +p +p) рень уравнения µ ctg µ = −p, p = hl. Указание. Функция u(x, 0) = u0 (x) — решение задачи u′′0 = −u1 δ′ (x − l), 0 < x < l, u′0 (0) − hu0 (0) = 0, u(l) = 0. µn a 2 2 P ∞ cos µn x0 cos µn x l l 0l 2.71. u(x, t) = QSk e −( l ) t , 1 µ 2 kXn k2 n

µ 2 +p2 +p

1) kXn k2 = 2l , µn = π(2n+1) ; 2) kXn k2 = 2l µn 2 +p2 , µn > 0 —корень 2l n уравнения µ tg µp, p = hl. 2
µn a 2 P µ2 n +p 2.72. u(x, t) = 2qk0 l e−βt ∞ cos µn 1 − xl e−( l ) t , 2 2 n=1 µ 2 n (µ n +p +p) µn > 0 — корень уравнения µ tg µ = p, p = hl. √ 2
−( µ n a ) 2 t P (−1)n+1 µ 2 x n +p l 2.73. u(x, t) = 2(p + 1)u0 ∞ , n=1 µ n (µ 2 +p2 +p) sin µ n 1 − l e n

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = −p, p = 2.74. u(x, t) =

4u0 − G e Ct π

0 2.75. i(x, t) = − lE R1

P∞

P∞

sin 2

n=0

n=1 2

p1 cos

(2n+1)πx l

2n+1

e



− 2

µn x µ x −µ n sin n l l kXn k2

Rl , R0

a2 =

(2n+1)πa l

e −(

aµn l

2

t

1 . RC

, a2 =

)2 t ,

1 . RC

µn > 0 — корень

уравнения (2.91), kXn k определяется выражением (2.93), где p1,2 = RlR . 1,2

379

2.4. Ответы 1 ux (x, t), u(x, t) — решение задачи Указание. Ток в линии i(x, t) = − R

utt = a2 uxx , 0 < x < l, 0 < t, ux (0, t) − h1 u(0, t) = 0, ux (l, t) + h2 u(l, t) = 0, u(x, 0) = u0 (x), ut (x, 0) = 0,

где hi = RRi , i = 1, 2. Задачу для u0 (x) можно поставить в двух (эквивалентных) формах (см. задачу 10.77.): 1.

u′′0 (x) = 0, 0 < x < l, ′ u0 (0) − h1 u0 (0) = −h1 E0 , u′0 (l) + h2 u0 (l) = 0,

2.

u′′0 (x) = −h1 E0 δ(x), 0 < x < l, u′0 (0) − h1 u0 (0) = 0, u′0 (l) + h2 u0 (l) = 0.

(2.94)

Постановка 1 удобна для определения явного вида функции u0 (x), а постановка 2 —для вычисления коэффициентов ряда Фурье этой функции (см. пример 2.3.) 2.76. 1. 2.

2.77. 1)

Ψ(x, t)= √12 ψ2 (x)e−

iE2 t ~

− √12 ψ6 (x)e−

iE6 t ~

iE − ~4 t

,

iE − ~12 t

9 δn4 + 12 δn,12 , − √110 ψ12 (x)e , Pn = 10 1 πn  x π2 ~2 2 ψn = √ sin 1+ , En = n , n ∈ N. (2.95) 2 l 8ml2 l √ iE P t − 2n+1 1 ~ , Ψ(x, t) = 8 π 315 ∞ n=0 (2n+1)3 ψ 2n+1 (x)e

Ψ(x, t) =

√3 ψ 4 (x)e 10

960 , P (E = E2n ) = π 6 (2n+1)6 √ iE P ∞ − ~2n t 1 = − 3 π105 ψ , 3 n=1 n3 2n (x)e 945 E2n ) = π 6 n6 , P (E = E2n+1 ) = 0,

P (E = E2n+1 ) = 2.

Pn = 21 δn2 + 12 δn6 ,

Ψ(x, t)

0,

P (E = где ψn и En имеют вид (2.95). 2.78. u(x, t) =

M0 lp2 GJ

∞ P

n=1

µ a

Xn (x) cos n t l , 2 2 µ2 n (µ n +p +p)

Xn (x) =

  

2lK0 , K

x sin µn l , sin µ2n cos µ n (1− x l ) µ

2

cos 2n = GI . K

0<x< 2l , ,

µn > 0 — корень уравнения µ tg µ = p, p = a √ 2 2 n
P (−1) µ n +p ∞ It x 2lI 2.79. u(x, t) = m+m + ma n=1 µ n (µ 2 +p2 +p) cos µ n 1 − l sin 0 n

l <x 0 — корень уравнения µ ctg µ = −p, p = ρ0mlS . Указание. Начальные условия представить в форме u(x, 0) = 0, Sρ(x)ut (x, 0) = Iδ(x), где ρ(x) = ρ0 + m δ(x); собственные функции ортогональны с весом ρ(x). S ∞ a P cos µn t l 0I 2.80. v(t)= 2m , µn >0 — корень уравнения µ tg µ=p, p= 2ρm0 l . 2 m2 µ2 n +p +p n=1   √ µ at P ∞ (−1)n+1 µ2n +p2 sin µn 1− |x| cos nl l 2.81. u(x, t)=2pu0 n=1 , p= 2ρl , µn >0 — 2 2 2 m µ n (µ n +p +p) ∞ (2n+1)πx (2n+1)πat P sin cos l l корень уравнения µ tg µ=p. 2.82. u(x, t)= π8h3 . (2n+1)3 n=0

380

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ P∞

Xn (x) sin µ n t , µ n kXn k2

µn > 0 — корень уравнения q 1 ctg aµ1 x0 + a12 ctg aµ2 (l − x0 ) = 0, ai = ρTi , i = 1, 2, a1

2.83. u(x, t) = I

n=1

собственные функции ортогональны на промежутке [0; l] с весом  ρ 1 , 0 < x < x0 , ρ(x) = ρ2 , x0 < x < l и могут быть представлены в виде  nx sin µ  a  0 < x < x0 ,  sin µn1 x0 , a1 ρ 2 (l−x0 ) Xn (x) = kXn k2 = 2 sinρ21 xµ0n x0 + µn µ (l−x ) . sin a (l−x) 2 sin2 n a 0  a1 2  2  sin µn (l−x ) , x0 < x < l, a2

0

Замечание. Уравнение для собственных значений получено в результате деления уравнения a11 cos aµ1 x0 sin aµ2 (l − x0 ) + a12 sin aµ1 x0 cos aµ2 (l − x0 ) = 0 на

0) 0 sin µ(l−x , что может привести к потере части собственных значений sin µx a1 a2 (следовательно, и собственных функций), а q именно тех, при которых µ(l−x0 ) ρ2 l 0 sin µx = sin =0; это будет, если ( − 1) — рациональное число a1 a2 x0 ρ1

(см. задачу 2.3.) Однако в данном случае соответствующие собственные функции обращаются в нуль при x = x0 и не дают вклада в решение. q P µ a µ n sin n t 2Q C Cl l , p= C 2.84. i(t) = − C0 L ∞ , µn > 0 —корень уравнения 2 n=1 µ 2 0 n +p +p µ tg µ = p. Указание. i(t) = C0 ut (l, t), u(x, t) — решение задачи ρ(x)utt = a2 uxx , 0 < x < l, 0 < t, ρ(x) = 1 + CC0 δ(x − l), u(0, t) = ux (l, t) = 0, 1 a2 = LC . ρ(x)u(x, 0) = Q δ(x)(x − l), ut (x, 0) = 0, C 2
−( µn a )2 t P µ2 x n +p l 2.85. u(x, t) = 2u0 ∞ , µn > 0 — n=1 µ n (µ 2 +p2 +p) sin µ n 1 − l e n

корень уравнения µ tg µ = p, p = ρ0 SC00CL . P Xn (l)Xn (x) −µ 2 nt, µ 2.86. u(x, t) = q0 ∞ n > 0 — корень уравнения n=1 µ n kXn k2 e k1 a1

cos

µ x a1 0

cos

µ (l a2

− x0 ) −

k2 a2

sin

µ x a1 0

sin

µ (l a2

− x0 ) = 0,

собственные функции определены с точностью до постоянного множителя  q A1n sin µan1 x, 0 < x < x0 , Xn = ai = Cki iρi , i = 1. µn A2n cos a2 (l − x), x0 < x < l,  1 A = µ x0 ,  1n sin n a1 0) если sin2 µna1x0 + cos2 µn (l−x 6= 0, 1 a2  A2n = µn (l−x0 ) , cos a2  a  A1n = k1 cos 1µn x0 , a1 0) если sin2 µna1x0 + cos2 µn (l−x = 0. a2 a2  A2n = µn (l−x0 ) , k2 sin

a2

381

2.4. Ответы

Функции Xn (x) ортогональны на  промежутке [0; l] с весом ρ 1 C1 , 0 < x < x 0 , ρ(x)C(x) = ρ 2 C2 , x0 < x < l  kXn k2 = 12 ρ2 C2 lXn2 (l) − x0 (ρ2 C2 − ρ1 C1 )Xn2 (x0 )+ x0 (k2 λn

i − k1 )Xn′ (x0 −0)Xn′ (x0 +0) .

Указание. Норму kXn k вычислить способом, изложенным в указании к P∞ e−( µnl a )2 t Cl задаче 2.63. 2.87. Q(t) = 2Q0 C , µn > 0 — корень n=1 µ 2 +p2 +p 0 n P ∞ Cl уравнения µ tg µ = p, p = C0 . 2.88. u(x, t) = n=0 An Xn e−λ n t , λn ≥ 0 — корень уравнения (2.85), коэффициенты ряда A0 =

u1 l1 +u2 l2 , c1 l1 +c2 l2

An =

2 λn

D u D2 u2 ′ ′ Xn (+0)− c1 1 Xn (−0) c2 1 l1 l2 2 2 Xn (−l1 )+ c Xn (l2 ) c1 2

;

n∈N

собственные функции Xn (x) ортогональны на промежутке (−l1 , l2 ) с весом 2 l2 ρ(x) = 1/c(x) и имеют вид (2.86), u(x, ∞) = c(x) uc11 ll11 +u . +c2 l2 Указание. Для вычисления нормы kXn kPприменить способ, изложенный в −λ n t указании к задаче 2.63. 2.89. u(x, t) = ∞ , λn ≥ 0 — корни n=0 An Xn e уравнения (2.87), коэффициенты ряда   D2 u2 D1 u1 ′ ′ 1 2 l2 A0 = uc11 ll11 +u , A = X (+0) − X (−0) , n 2 n n +c2 l2 c2 c1 λ n kXn k   2  − Xnc(−0) ; n ∈ N. kXn k2 = 21 cl11 Xn2 (−l1 ) + cl22 Xn2 (l2 ) + λαn Xnc(+0) 1 2 собственные функции Xn (x) ортогональны на промежутке (−l1 , l2 ) с весом +u2 l2 ρ(x) = 1/c(x) и имеют вид (2.88), u(x, ∞) = c(x) uc11 ll11 +c . 2 l2 Указание. Для вычисления нормы kXn k применить способ, изложенный в указании к задаче 2.63. 2.90 Ψ(r, t)= √310 ψ3 (r)e− n∈N, P (n=1)=0. 2.91.

iE3 t ~

− √110 ψ9 e−

u(r, t)= 2r0ru0

0 r0 2.92. Если hr0 =1, то u(r, t)= 8u π2 r

∞ P

n=0

iE9 t ~

, ψn (r)= √2r0

(−1)n+1 n=1 n

P∞ sin

sin

sin πnr r 0

r

πnr e r0



2 2

2 π ~ , En = 2mr 2n , 0

2

(2n+1)π 2r0

2



− β+ πn r

− β+ (2n+1)πr (2n+1)2 e 2r0 (2n+1)2



0  D t

D

.

!

.

Если hr0 6= 1, то     √ µn 2 2 2 D t (−1)n+1 µ 2 2hr0 u0 P ∞ µ n r − β+ r0 n +p u(r, t) = , µn >0 — корень sin r0 e 2 n=1 µ n (µ 2 r n +p +p) уравнения µ ctg µ= − p, p=hr0 −1.   (2n+1)πr (2n+1)πa 2 sin P − t r0 r0 2.93. 1) u(r, t) = 8rπ03ur0 ∞ e ; 3 n=0 (2n+1)  2 πan t (−1)n+1 12r0 u0 P ∞ πnr − r0 2) u(r, t) = π 3 r sin r0 e . n=1 n3 2.94. Если hr0 =1, то

382

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

0 r0 u(r, t)= 16u π4 r

∞ P

(−1)n [ 12+(2n+1)2 π 2 ] sin (2n+1)4

n=0

(2n+1)πr 2r0

e



(2n+1)πa 2r0

2

t

.

Если hr0 6= 1, то   √ 2 2 µn a 2 P (−1)n+1 (µ 2 µ n +p t µn r − r n +3hr0 ) 0 sin e , µn > 0 — u(r, t) = 4r0ru0 ∞ 3 2 2 n=1 r0 µ n (µ n +p −p) корень уравнения µ ctg µ = −p, p = hr0 − 1. 2  πan P∞ r1 +(−1)n+1 r2 t 1 ) − r2 −r1 0 ; 2.95. 1) u(r, t)= 2u sin πn(r−r e n=1 πr n r2 −r1  2 πan t 4u0 (r2 −r1 )2 P ∞ [2(−1)n +1] [r1 −(−1)n r2 ] πn(r−r1 ) − r −r 2 1 2) u(r, t)= π 3 r r r sin e . n=1 r −r1 n3 1 2  2 2 √ n+1 µn a 2 +p2 P (−1) µ − t r−r1 n r2 −r1 2.96. u(r, t) = 2prr1 u0 ∞ , n=1 µ n (µ 2 +p2 −p) sin µ n r2 −r1 e n

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = p, p = 1 − rr12 . q 2   ∞ P 2 16µ 2 9µ +1 n +1 2.97. u(r, t) = 21A + 2A 1 + (−1)n+1 16µn2 +1 Rn (r)e(aµn ) t , 74 µ 3 (144µ 2 +37) n

n=1

n

n

1 Rn (r) = (sin µn (r−3) + 3µn cos µn (r−3)), µn > 0 — корень уравнения r µ cos µ = (1 + 12µ2 ) sin µ. Указание. См. задачу 2.13 п.4.   πan 2 t 2l0 u0 P ∞ πnx − l0 1 . 2.98. u(x, t) = π(l sin e n=1 −x) n l 0 0 2 P πan ∞ 2l0 u0 1 πnx −( l ) t 2.99. u(x, t) = π(l . n=1 n sin l e 0 −x) q 2   ∞ 2 P 2 4µ n +1 µ n +1 9Q Q n+1 2.100. u(r, t) = 56πD + 2πD 1 + (−1) Rn (r)e(aµn ) t , 3 2 2 µ (4µ +7) 4µ +1 n=1

n

n

n

1 Rn (r) = (sin µn (r−1) + µn cos µn (r−1)), µn > 0 — корень уравнения r µ cos µ = (1 + 2µ2 ) sin µ. Указание. См. задачу 2.13 п.4. ∞ sin π(2n+1)(r−r1 ) 2 P r2 −r1 1) 1) 2.101. 1) u(r, t) = 8A(rπ23−r cos πa(2n+1)(r−r ; r2 −r1 r (2n+1)3 2) u(r, t) =

4A(r2 −r1 )2 π 4 ar

2.102. u(r, t)= 4A(r2ar−r1 )

3

∞ P

n=1

n=1 ∞ P n=1

(2+(−1)n )(r1 −(−1)n ) n4

2 µ2 n +p 2 2 µ4 n (µ n +p −p)

sin

πn(r−r1 ) r2 −r1


1+ √(−1)np sin 2 2 mn +p

µ n (r−r1 ) r2 −r1

µn > 0 — корень уравнения µ cos µ = p sin µ, p = 1 − rr12 . √ P∞ (−1)n+1 µ2n +p2 0 −l)I 2.103. u(x, t) = − ρ02(l sin µnl x sin n=1 aS2 (l0 −x) µ 2 +p2 +p n

— корень уравнения µ ctg µ = −p, p = 2.104. u(x, y)= 4uπ1

∞ P

n=1

sh

l , l0 −l

(2n+1)πx (2n+1)πy sin l2 l2 (2n+1)πl1 (2n+1)sh l2

l0 =

+ 4uπ2

√

∞ P

√

cos

aπ(r−r1 ) t. r2 −r1

sin

µ n at , l

aµ n (r−r1 ) t, r2 −r1

µn > 0

S√ 1 l. S1 − S2

n=1

sh

(2n+1)πy (2n+1)πx sin l1 l1 (2n+1)πl2 (2n+1)sh l1

.

Указание. Решение представить в виде суммы u(x, y) = u1 (x, y) + u2 (x, y), где u1 (x, y) удовлетворяет однородным граничным условиям при y = 0 и y = l2 , а u2 (x, y) — однородным граничным условиям при x = 0 и x = l1 .

383

2.4. Ответы

2.105. u(x, y) =

12u0 π3

2.106. 1)

u(x, y) =

2)

u(x, y) =

P∞ q0 l 2πk 8q0 l π2 k

2.107. u(x, y, z)=C− σlI1 l2 2.108. 1) u(r, ϕ) =

πn(l1 −x) πny sin l l2 2 πnl1 3 n ch l 2 − 2πx l

(−1)n+1 ch

n=1

u0 (1 2

+

sin 2πy e ; l P∞ (−1)n cos (2n+1)πy 2l (2n+1)2

n=0

z + 4

m,n=1

r3 2 r0

2.109. 1) A(r) = A(r) eϕ ,

∞ P

e−

.

(2n+1)πx 2l

. !

√ cos πmx cos πny sh λ mn z l1 l2 √ √ λ mn ch λ mn l3

2 2 λ mn = ml2 + nl2 . π2 1 2

,

2

cos 2ϕ 2) u(r, ϕ) = u4r00r (3 sin ϕ − rr2 ). 0  2J 1 ln r0 + C, 0 ≤ r ≤ r0 , c A(r) = 2J ln 1r + C, r0 ≤ r; c

2) A(r, ϕ) = A(r, ϕ) eϕ , ( 2 2ϕ 0 C − 2πi ln r10 + π i0 r2rcos , 0 ≤ r ≤ r0 , 2 c 0 A(r) = 2 πi0 r0 cos 2ϕ 2πi0 r0 1 , r0 ≤ r. C − c ln r + 2r 2 Указание. См. задачу 1.320. ( 2i0 r , 0 ≤ r ≤ r0 , c 2 2.110. A(r) = A(r) eϕ , A(r) = 2i0 r0 , r0 ≤ r. cr 0 Указание. См. задачу 1.322. 2.111. σ(ϕ) = E cos ϕ. 2π 2.112. P = P0 +

ρ 0 V 2 (t) (4 cos2 2

ϕ − 3) + ρ0 r0 dVdt(t) cos ϕ. V r2

V r2

2.113. V = ∇u, u(r, ϕ) = − 0r 0 sin ϕ + C, V|S = − r02 0 ee , ось 0y направлена по ускорению свободного падения g. Указание. Продолжить функцию u(r, ϕ) так, чтобы получить для нее внешнюю задачу Неймана для !   2n cos 2nϕ P∞ (−1)n rr0 q0 πh cos ϕ круга. 2.114. u(r, ϕ) = πkh 1 + 2(1+hr0 ) − 2hr0 n=1 (4n2 −1)(2n+hr0 ) . 2E0 2.115. E= ε+1 , P=

2 (ε−1)r0 E . 2(ε+1)

2.116. H=

4µH0

2

r (µ+1)2 −(µ−1)2 1 2

, M= H20

r2

2.117. 1) A(r) = A(r) ez ,

A(r) =

2) A(r, ϕ) = A(r, ϕ) ez , 2.118. 1) 2)

A = A(r) ez , A = A(r, ϕ) ez ,

2.119. u(r, ϕ) = u0 +

4πr0 i0 c

A(r) =

4πr0 i0 c

A(r, ϕ) =

2 2 q0 r2 r1 r2 4 +r 4 2k r1 2



2

r 2 r1

−

(

2πi0 c

2 r1 r2



(

ln r10 + C, r < r0 , 1 r0 < r; ( ln r + C, r sin ϕ + C, r < r0 ,



4πi0 c

A(r, ϕ) =

2 2 (µ 2 −1)(r2 −r1 )

2 r0 r

ln ln

sin ϕ + C,

1 + C, r0 1 + C, r

r0 < r.

r < r0 , r0 < r.

r sin ϕ + C,

r < r0 ,

2 r0 r

r0 < r.

cos 2ϕ.

sin ϕ + C,

2

r (µ+1)2 −(µ−1)2 1 2 r2

.

384

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

2.120. u(r, ϕ) = 2.121. u(r, ϕ) =



1−

2π

2.122. u(r, ϕ) =



2π

u0 r1α r2α 4π

4π

r2α −r1α

2.123. u(ϕ, z) =

I πσh

2.124. u(r, ϕ) = C − −

h

u 0 r1 r2 2 +r 2 +p(r 2 −r 2 ) r1 2 2 1 2π α u0 r 2 r0

I 2πσh



z 2r0

I 2πσh

P∞

n=1



 + 

r r1

i (1 − p) rr2 + (1 + p) rr2 sin ϕ,  2πϕ cos α .

 2π α

P∞


2π α



sh nz cos nϕ r 0

nl n ch r

n=1

z r0

r1 r

−

0

+2

P∞

n=0

cos2nϕ sh 2nz r 0

n ch 2nl r

,

ch

cos



,

(2n+1)z r0

p = hr2 .

2πϕ . α

i(ϕ, z) имеет вид (1.165).  cos(2n+1)ϕ − (2n+1)l

(2n+1) sh

r0

плотность тока имеет вид (1.165).

0

J (sh rz ez +sin ϕ eϕ )

sh 2z ·ez −sin 2ϕ·eϕ

r0 J . . 2.126. i(ϕ, z) = πhr 2z +cos 2ϕ ch r 0 0 0
I 2.127. u(θ, ϕ) = C + 4πσ ln csc2 θ2 − 2ctg θ2 cos ϕ , плотность тока определяется формулой (1.166). Указание. Задачу для потенциала h i δ(θ− π ) δ(θ) 1 ∂ ∂2 u J sin θ ∂u + sin12 θ ∂ϕ − sin θ2 · δ(ϕ) , 2 = −σ sin θ ∂θ ∂θ 2π sin θ 0 < θ < π, 0 ≤ ϕ < 2π, |u(π, ϕ)| < ∞

2.125. i(z, ϕ) =

0

ch rz −cos ϕ

свести с помощью замены r = tg θ2 и формулы (10.13) к следующей задаче: 1 ∂ ∂2 u J r ∂u + r12 ∂ϕ 0 < r, 0 ≤ ϕ < 2π, 2 = − σ [δ(r) − δ(r − r1 ], r ∂r ∂r |u(∞, ϕ)| < ∞, где r1 — точка с координатами r1 =1, ϕ1 =0, и воспользоваться соотноше2 нием (10.16). 2.128. ψn (ϕ) = √12π einϕ , En = ~2I n2 , n ∈ Z; при n 6= 0 собственные значения оператора энергии имеют кратность 2. 2 2 0 2.129. ψn (ϕ)= √12π einϕ , En = ~ 2In − e~H n, n ∈ Z. Указание. Магнитный 2mc ∂ момент µ и момент количества движения L= ~i ∂ϕ ротатора связаны e соотношением µ= 2mc L, потенциальная энергия ротатора равна −(µH0 ). q q iE2 t 2.130. 1) Ψ(ϕ, t)= 23 ψ0 (ϕ) + 12 23 (ψ2 (ϕ) + ψ−2 (ϕ)) e− ~ , 2)

2 1 P (E=0)= 0, n 6= 2. q3 , P (E=E2)= 3 , P (E=En )=0, если n 6= iE2 t − 2 1−2i 1+2i Ψ(ϕ, t)= 7 ψ0 (ϕ) − √14 ψ2 (ϕ) + √14 ψ−2 (ϕ) e ~ ,

P (E=0)= 27 , P (E=E2 )= 57 , P (E=En ) = 0, если n 6= 0, n 6= 2.

ψn (ϕ) и En даны в ответе к задаче (2.128). 2.131. 1)

P (Mz =m~) = P (Mz =−m~) = 21 δmn ; (n!C k )2

n 2) P (Mz =(n−2k)~) = (2n)! , k = 0, 1, 2, . . . , n, в остальных случаях вероятность равна нулю. Указание. Оператор энергии

385

2.4. Ответы

и оператор Mz коммутируют, поэтому проекция на ось 0z момента количества движения ротатора не зависит от времени и равна R 2π P (Mz =m~) = |am |2 , am = (Ψ(ϕ, 0), ψ(ϕ)) = √12π 0 Ψ(ϕ, 0) e−imϕ dϕ. 2.132. Ψ(ϕ, t) =

−3i √ ψ 1 (ϕ) e− 2 5

iE1 t ~

+

3i √ ψ −1 (ϕ) e− 2 5

+ 2√i 5 ψ3 (ϕ) e−

iE−1 t ~

+

iE−3 t

iE3 t ~

− 2√i 5 ψ−3 (ϕ)e− ~ , 1 9 1 9 P (E=E±1 ) = 20 , P (E=E±3 ) = 20 , P (Mz = ± ~) = 20 , P (Mz = ± 3~) = 20 , в остальных случаях P = 0; собственные функции ψn (ϕ) и собственные значения En оператора Гамильтона определены в ответе к задаче (2.128.) ∞ (2m+1)πx (2n+1)πy P (−1)αm +αn cos cos sin ω mn t 2l√ 2l 2.133. u(x, y, t) = aρ8lI , 3 2 +(2n+1)2 0π (2m+1)(2n+1) (2m+1) m,n=0 p   (2m + 1)2 + (2n + 1)2 , αk = k2 . ωmn = πa l 2.134. u(x, y, t) = ω mn = πa

r

2m+1 2l1

2

8F0 π 3 l1 l2 T0

+



2n+1 2l2

(2m+1)πx (2n+1)πy cos cos ω mn t 2l1 2l2 r    2n+1 2 2m+1 2 (2m+1)(2n+1) + l1 l2

(−1)m+n cos

m,n=1

2

∞ P

∞ P

,

. sin

(2m+1)πx

sin

(2n+1)πy

l1 l2 0 2.135. u(x, y, t)= 64u π6 (2m+1)3 (2n+1)3 m,n=0   2  2 2m+1 λmn = π2 + 2n+1 . l1 l2

e−a

2

λ mn t

,

(2n+1)πy (2m+1)πx ∞ (−1)n sin sin P 2 l1 2l2 8q0 2.136. u(x, y, t) = πkl e−a α mn t , (2m+1)α mn 2 m,n=0  2  2  (2m+1) (2n+1) αmn = π2 + . l1 2l2

2.137. u(x, y, z, t) =

32u0 π3

∞ P

∞ P

m,n=0 k=1

π2 [(2m l2

(2m+1)πx

(2n+1)πy

2 k sin sin sin πkz l l l e−a α mnk t , (2m+1)(2n+1)](2m+1)2 +(2n+1)2 +k2 ]

+ 1)2 + (2n + 1)2 + k2 ]. P 3 aµ 2 t 1 2.138. u(l, t) = 4lEJF0 ∞ cos l2n , µn — положительный корень n=1 µ 4 n уравнения cos µ ch µ=−1. Решение. Функция u(x, t) — решение задачи utt + a2 uxxxx = 0, x ∈ ∆ = (x : 0 < x < l), 0 < t, u(0, t) = ux (0, t) = uxx (l, t) = uxxx (l, t) = 0, u(x, 0) = u0 (x), ut (x, 0) = 0, где u0 (x) — решение стационарной задачи αmnk =

4

u0 (x) JE d dx = F0 δ(x − l), 0 < x < l, 4 u0 (0) = u′0 (0) = u′′0 (l) = u′′′ 0 (l) = 0.

Пусть u(x, t) = X(x)T (t); из тождества T ′′ a2 T

+

X ′′′′ X

=0

386

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

следует, что T (t) удовлетворяет уравнению T ′′ + a2 λT = 0, а X(x) — решение задачи на собственные значения X ′′′′ − λX = 0, x ∈ ∆ = (0; l), X(0) = X ′ (0) = X ′′ (l) = X ′′′ (l) = 0, 4

d которую можно записать в виде L = λX, X ∈ ML , где L = dx 4, а 4 2 3 ML — множество функций класса C (∆) ∩ C (0≤x0 — корень уравнения ch µ cos µ=−1, соответствует собственная функция Xn = (ch µn + cos µn )(sh µnl x − sin µnl x ) − (sh µn + sin µn )(ch µnl x − cos µnl x ), где n ∈ N. Поскольку для любой функции X ∈ ML Rl Rl Rl l (LX, X) = 0 X ′′′′ Xdx (X ′′′ X − X ′′ X ′ )|0 + 0 (X ′′ )2 dx = 0 (X ′′ )2 dx ≥ 0,

то оператор L положителен, следовательно, эрмитов. Поэтому собственные значения λn неотрицательны, а соответствующие собственные функции Xn ортогональны на промежутке ∆. Для вычисления нормы можно применить способ, изложенный в указании к задаче 2.63. Из уравнений X ′′′′ − λX = 0, X1′′′′ − λ1 X1 = 0 вытекает тождество d (X1′′′ X − X1 X ′′′ − X1′′ X ′ + X1′ X ′′ ) = (λ1 − λ)XX1 , dx

интегрирование которого приводит к формуле kXk2 = limλ→λ 1 √ Так как X = X( 4 λ x), то kXn k2 =

1 4λ

(X1′′′ X−X1 X ′′′ −X1′′ X ′ +X1′ X ′′ )|l0 . λ 1 −λ

l [x(λX 2 − 2X ′ X ′′′ + (X ′′ )2 ) + 3XX ′′′ − X ′ X ′′ ] 0 .

В данном случае kXn k2 = 4l Xn2 (l). Решение задачи представляет собой ряд по собственным функциям   P aµ 2 aµ 2 t nt u(x, t) = ∞ + Bn cos l2n Xn (x). n=1 An cos l2

387

2.4. Ответы

При t = 0 Отсюда

P∞

n=1

Bn = 0,

P∞

An Xn (x) = u0 (x),

An =

(u0 ,Xn ) kXn k2

=

n=1

1 (u0 ,LXn ) λ n kXn k2

Окончательный вид решения P 3 u(x, t) = 4lEJF0 ∞ n=1

2.139. u(x, t) = 2.140. u(x, t) = 2.141.

2M0 l2 π4 J E

16F l3 π4 J E

u(x, t) =

tg µ = th µ, Xn (x) =

P∞

(−1)n sin

n=0

P

=

Bn

µ2 na Xn (x) l2

1 (Lu0 ,Xn ) λ n kXn k2

Xn (x) µ4 n Xn (l)

cos

(2n+1)2 π2 at (2n+1)πx cos l l2 4 (2n+1)

P∞

ch 2µ n , 4 n=1 µ 4 n sh µ n
x sh µn sin µn 1 − l −

4l3 F0 . EJ µ 4 n Xn (l)

aµ 2 nt . l2

(2n+1)2 π2 at (2n+1)πx cos cos ∞ 2l 4l2 n=0 (2n+1)4

Il2 m0 a

=

= 0.

.

.

µn > 0 — корень уравнения
sin µn sh µn 1 − xl , m0 = ρ0 S0 l. 2

µ at ′ 3 P∞ Xn (x0 )Xn (x) cos n2 l 0l , µn > 0 — корень уравнения 2.142. u(x, t) = MEJ 2 µ sin2 µ n=1 µ4 sh n n n µn x tg µ = th µ, Xn (x) = sh µn sin l − sin µn sh µnl x . 2

0l 2.143. u(x, t) = − 8M EJ

ответе к задаче 2.138.

P∞

n=1

sh µ n sin µ n Xn (x) cos

µ2 n at l2

2 µ3 n (sh µ n +sin µ n ) 4f0 l2 π2 T

, πat 2l

µn и Xn (x) даны в
cos πx . 2l

1 − cos 2.144. u(x, t) = (2n+1)πx (2n+1)πat n+1 2 P∞ (−1) cos cos 2l 2l 2.145. u(x, t) = 2a2 + 16gl . n=0 π 3 a2 (2n+1)3       |x| 2 2 ∞ P (µn +p ) sin µn 1− l cos ω n t 2 0 gl 2.146. u(x, t) = m4T 1 − xl2 + p2 1− |x| − 4 , l µ 3 (µ 2 +p2 +p) g(l2 −x2 )

n=1

n

n

µn > 0 — корень уравнения µ tg µ = p, p = m0 /m, m0 = 2ρ0 l.  (2n+1)πx (2n+1)πat  P cos cos 2l 2l 2.147. u(x, t) = F2T0 l 1 − |x| − π22 ∞ . n=0 l (2n+1)2  √ 2 2   n P (−1) µ n +p |x| 2.148. u(x, t)= F2T0 l 1− |x| +2p ∞ cos n=1 µ 2 (µ 2 +p2 +p) sin µ n 1− l l n

n

µ n at l



,

µn > 0 — корень уравнения µ tg µ = p, p = m0 /m, m0 — масса струны. (2n+1)πat P∞ sin (2n+1)πx cos 2l 2l 0l ; 2.149. 1) u(x, t) = v0 t − 8v n=0 π2 a (2n+1)2 (2n+1)πx (2n+1)πat sin cos w0 16w0 l2 P ∞ 2 2 2 2l 2l 2) u(x, t) = 2a2 (x + a t − 2xl) + a2 pi3 . n=0 (2n+1)3   n+1 πnx πnat P 2 (−1) cos l cos ∞ v0 l l 2.150. 1) u(x, t) = v2l0 x2 + a2 t2 − l3 + pi ; 2 n=1 n2   n+1 πnx πnat 2 P∞ 2 2 2 (−1) cos sin w0 t 2w l 2 l l 2) u(x, t) = 2l x + a 3t − l3 + api0 3 . n=1 n3   nπx P sin l β 2.151. u(x, t) = E0 1 − xl − π2 e−βt ∞ , n=1 (cos ωn t + ω n sin ωn t) n q
R 1 πan 2 β = 2L ; a2 = LC , ωn = + β2 . l

388

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

 2.152. u(x, t) = E0 1 −

p x p+1 l

−2

2 µ2 n +p sin µnl x cos µnlat 2 n=1 µ n (µ 2 n +p +p) 1 = −p, p = LlL0 , a2 = LC .

P∞



,

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ 0 sin nπx cos nπat P∞ sin nπx l l l 2.153. u(x, t) = π 22Ql + g(x), n=0 ρ0 S n2 (
Q x0 − ρ0 S 1 − l x, 0 ≤ x ≤ x0 ,
g(x) = 1 − xl x0 , x0 ≤ x ≤ l. − ρQ 0S   P∞ cos µnlat P0 −P1 1 2.154. u(x, t)= γP0 l p+1 −2 n=1 µ2 +p2 +p , p= γPkl0 S , µn >0 — корень n   2 2 P (−1)n sin πnx − π n2 ν t l l e . уравнения p tg µ = −µ. 2.155. u(x, t) = V0 xl + p2 ∞ n=1 n   Rl f0 2 2 2 2 1 l2 2.156. u(x, t) = a2 x + a t − 3 + 2a2 l 0 (l − ξ) f (ξ) dξ− Rx P 2 fn cos πnx cos πnat l l − a12 0 (x − ξ)f (ξ) dξ − π 2l a2 ∞ , n=1 n2 P∞ πnx fn — коэффициент ряда f (x) = f cos . n 0 l   αx −αx −1 x 2.157. u(x, t) = Aeαa2 − eeαl −1 − l αx

− 2 − 2πAe a2 l2

2.158. u(x, t) = −

A [(αl α 2 a2 αx 2Al3 e 2 a3

+ 1)(e

r   2 2 2 − αl n 1+(−1)n+1 e 2 sin πnx cos a π 2n + α4 t l l  2 2 2 . 2 n=1 π n +α 4 l2 αx αx

P∞

− 1) − αxe

µn

P∞

n=1

√

]−

αl

n+1 2 µ2 2pe 2 n +p +(−1)



√

a x sin µn sin l

µ2 +p2 t l

(µ 2 +p2 +p) (µ 2 +p2 )2

,

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = −p, p = αl . 2 h i (αl−1)eαl +αl+1 −αx 2 2 A 2.159. u(x, t) = α(eαl −1) αx + e +α a t+ + eαl −1 + 2.160. u(r, t) =

α(l−x) 2 2πA e l2

3Ar0 t2 8

− 2.161. u(r, t) =

2) u(x, t) =

p=

Rl , R0

−

2

Q0 l kπ 2 Q0 l2 kπ 2

lR u(x, t)= R E0 0



 2

Ar 4a2

4 2Ar0 a2 r

2 2 3Ar0 t 10

2.162. 1) u(x, t) =

2.163.

+

  2 2 n2 −a π 2 +α t 4 l

(−1)n+1 n( πn cos πnx + α sin πnx )e l l 2 22 l n=1 π n + α2 2 2 4

P∞

r0 2

−

P∞

n=1

Ar 4 r 2 ( 10a2 2 πx l

cos h

2πa2 t l2

1− x l

1+ RL R 0



h

r 3

−

+

3 Ar0 − 90a2

√

(−1)n (2+µ 2 n )−2

− r02 ) −

P∞

P∞

n=1

(−1)

)

1+µ 2 n

sin

µn r r0

cos

πnr cos πnat µ2 n +1 sin r r

µ5 n

0

0

µ n at . r0

.

;


1 − xl + sin πx + l i 2nπx P cos −( 2nπa )2 t . l l + π1 ∞ n=1 n2 (4n2 −1) e  √ 2
−( µ n a ) 2 t (−1)n µ 2 x n +p l sin µn 1− l e , µ n (µ 2 +p2 +p) −

π xl



i√

√ n

n=1

2 − πa l

π 2 −12 6π

1+µ 2 n

µ7 n

· 1−e (

−2

.

l



n

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = −p.

389

2.4. Ответы

2.164. u(x, t) =

L2 E0 L1 +L2 +lL

h

1+

lL L2

1−

x l



−

l2 LE0 L1

Xn (x) cos aµl n t n=1 µ n kXk2

P∞

i

,

µn > 0 — корень уравнения (2.91), Xn (x) и kXk2 имеют вид (2.92) и (2.93) соответственно, где pi = lL/Li , i = 1, 2. Указание. Выделить стационарное решение, полагая u(x, t) = u0 (x) + v(x, t); задачу для u0 (x) поставить в виде (2.94), где hi = LLi , i = 1, 2.
α 2 τ0 l2 P∞ Xn (x) e−( aµl n )2 t kα 2 τ 0 α1 2.165. u(x, t) = k(α 1 +α 1 + x + k , n=1 )+α α l k µ n kXk2 2 1 2 µn > 0 — корень уравнения (2.91),   x x Xn (x) = p2 sin µn 1 − + µn cos µn 1 − , (2.96) l l l (µ2n + p21 )(µ2n + p22 ) + (p1 + p2 )(µ2n + p1 p2 ) kXk2 = , (2.97) 2 µ2n + p21 pi =

αi , k

i = 1, 2.

Указание. См. предыдущую задачу. Для вычисления

квадрата нормы собственных функций применить формулу (2.89). Rl Rx f0 2 2 2 2 1 1 f (ξ)(x−ξ) dξ− 2.166. u(x, t)= 12a 2 (3x −l +6a t)+ 2a2 l 0 f (η)(l−η) dη− a2 0 2 πna ∞ ∞ πnx e−( l ) t P P 2 f cos n l − π 2l a2 , fn — коэффициент ряда f (x)= fn cos πnx . l n2 n=1

0

1 − α2 a2 t)+

A (αx − eαx + αl + α(1−eαl )   2 2 2 P∞ −a2 π 2n + α4 t nXn (x) παA l h i + l2 , 2 α2 e n=1 + ( πn ) l 4

2.167. u(x, t) =

αx 2

(sin πnx − 2πn cos πnx ). l αl l h i −αl −αx αle−αl 2.168. u(x, t) = α 2Aa2 (αx + 1)e−αx + 1−e ) − αa2lAe − −αl (αx + e (1−e−αl )2 2 − 4πAl a2

Xn (x) = e

−a2

n(1−(−1)n e−αl )Xn (x)e

P∞

n=1



αx

2 2 π 2 n2 + α 4l



π2 n2 + α2 4 l2

3



t

,

где собственные функции Xn (x) = e− 2 (sin πnx − 2πn cos πnx ). l αl il h 2 2 2 γ a 2 P n γ n +h l ∞ kS0 −( l ) t hl 2.169. Q=− µl (P0 −P1 ) 1+hl +2 n=1 γ 2 +h2 l2 +hl e , где γn > 0 — n

корень уравнения γ ctg γ = −hl. 2.170. P 2 (x, t) = P12 +

k(P12 −P22 ) ex . 2µlRT

4(P02 −P12 ) π

P∞

n=0

sin

π(2n+1) 2l

2n+1



e

−

h

i πa(2n+1) 2 t 2l

,

a2 =

1 2

kP0 . µm

2µq 2.172. ζ(x) = H 2 + kρg x . h i1 2 2k1 (P2 −P1 ) 1 k2 L0 +µ 2 k1 (2l−L0 ] 2.173. t0 = mL0 [µ2k , L(t) = 1 − t . 2 k (P −P ) µ mL 1 2 2 1 1 0   √
−( µ n a ) 2 t P ∞ (−1)n µ2n +p2 x l 2.174. u(x, t) = u0 1 + 2(p+1)l sin µ 1 − e , n n=1 µ n (µ 2 +p2 +p) l−x l

2.171. q =

n

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = −p, p = hl − 1. h i
P∞ sin nπx 2 nπa 2 2l l 2.175. u(x, t) = Q0kl xl 2 − xl − π 3 (l−x) e −( l ) t . n=1 n3

390

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

2.176. u(x, t) =

l2 l2 0 F0 E0 S0 (l0 −l)(l0 −x)

µ at

P∞

n=1

Xn (x) cos nl µ n kXn k2

µn — корень уравнения

,

(2.91), собственные функции Xn и квадрат их нормы kXn k2 определены формулами (2.96) и (2.97) соответственно, где pi = lhi , i = 1, 2, h1 = l0 h−1 , l0

h2 = l01−l , h= E0kS0 . Указание. Функция u(x, t) — решение задачи

utt = −a2 Lu, 0 < x < l, 0 < t, ux (0, t) − hu(0, t) = 0, ux (l, t) = 0, u(x, 0) = u0 (x), ut (x, 0) = 0,

где L= −

1 ∂ ∂ (l −x)2 ∂x , ρ(x) ∂x 0

0 ρ(x)=(l0 −x)2 , a2 = E , а u0 (x) — решение стациоρ0

нарной задачи, которую можно поставить в двух (эквивалентных) формах (см. задачу 10.76.): L2 F

Lu0 (x) = 0, 2) ρ(x)Lu0 (x) = E00 S00 δ(x − l), 0<x 0, Xn (x), kXk те же, что и в ответе к предыдущей задаче.



,

Указание. Решение представить в виде u(x, t) = u0 (x) + v(x, t), где функция u0 (x) та же, что и в предыдущей задаче.  ∞ 2 r0 P r2 3 2.178. u(r, t) = q0kr0 3ar2 t + 2r 2 − 10 −2 r 0

0

n=1

√

(−1)n µ 2 n +1 µ3 n

µn > 0 — корень уравнения tg µ = µ. √  2 (−1)n+1 µ 2 2hr 2 P n +p 2.179. u(r, t) = u0 1 − r 0 ∞ 2 n=1 µ n (µ +p2 +p) sin n

sin

µn r − e r0

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = −p p = hr0 − 1.



µn r − e r0 µn r0

2



Dt

µn a r0



,

2

t



,

391

2.4. Ответы

2.180. 1) u(r, t) =

Q (r 6k

− r1 )(r2 − r)(1 + 1) + 2Q(rkπ2 −r 3r

2) u(r, t) =

Q (r2 3k

2

r1 +r2 )+ r ∞ P (−1)n r2 −r1 n3 n=1

3 r1 )− r2 r ∞ 2 µ2 2Q(r2 −r1 )2 P n +p − kr µ3 (µ 2 +p2 +p) n n n=1

− r)( r22+r −

sin

2 πan πn(r−r1 ) −( r −r ) t e 2 1 ; r2 −r1

sin

aµn )2 t µ n (r2 −r) −( r −r e 2 1 , r2 −r1

Qt µn >0 — корень уравнения µ cos µ = −p sin µ, p= rr21 −1; 3) u(r, t)= Cρ . π(2n+1)(r−r ) 1 ∞ sin πa(2n+1) 2 2 P −( ) t r2 −r1 2 −r) 2 −r1 ) r2 −r1 2.181. 1) u(r, t) = A(r−r2a1 )(r − 4A(r e ; 2r π 3 a2 r (2n+1)3 n=1 2 r2 A (r − r )( − 1)+ 1 2 r1 r 2a  ∞ 2 2 P µ2 (−1)n+1 p 1) n +p √ 2 2 + 2A(ra22−r 3 2 2 r µ n (µ n +p −p) µ n +p n=1

2) u(r, t) =

aµn )2 t µ n (r−r1 ) −( r −r e 2 1 , r2 −r1

 − 1 sin

r1 ; r2

µn >0 — корень уравнения µ cos µ = p sin µ, p = 1 − 3) 2. u(r, t) =

15At A 36 3519 5r 2 + 2a 2 ( 38 − r − 19r + 1444 )+ 38 q 2  ∞ 2 P 9µ n +1 4µ +1 + 2A (−1)n 9µn2 +1 a2 µ5 (36µ 2 +19) n n n n=1

 2 − 1 Rn (r)e−(aµn ) t ,

Rn (r) = 1r (sin µn (r − 2) + 2µn cos µn (r − 2)), µn >0 — корень уравнения µ cos µ = (1 + 6µ2 ) sin µ. Указания к п.2, п.3 — см. задачу 2.13 п.2,п.4. 2 2 2 A 2.182. 1) u(r, t) = 12a 2 r (r − r1 )(r2 − r)(r + (r1 + r2 )r + r1 + r1 r2 + r2 )+ ∞   2 P 2 1 2 −r1 ) 1) + 2A(r (−1)n r22 − r12 − 2(rπ22−r ((−1)n − 1) × π 3 a2 r n3 n2 n=1

× sin

3r 4

2 πan πn(r−r1 ) −( r −r ) t e 2 1 ; r2 −r1

2 2 A 2 2) u(r, t)= 12a 2 (r − r1 )( r r −r1 −r1 r−r )− 1 h i ∞ 2 n+1 2 P 2 µ2 2d2 (−1) n +p √ 2 2p sin r12 − 2d +(r22 + µ − 2Ad 2 ) a2 r µ 3 (µ 2 +p2 −p) µ2 n=1

n

n

n

m

µ n +p

aµ

µ n (r−r1 ) −( 2n )2 t e d , d

µn >0 — корень уравнения µ cos µ = p sin µ, p = 1 − rr12 , d = r2 − r1 ;
2 3 54 3) u(r, t) = 195At − aA2 r12 − 65r − 19r + 70759 + 76 152 6498 q 2   ∞ P 2 4µ n +1 9µ 2 n 2A 2 2 n +1 4 + + (−1) (9 + ) Rn (r)e−(aµn ) t , + a2 5 2 2 2 µ (36µ +19) µ µ 9µ 2 +1 n=1

n

n

n

n

n

Rn (r) = 1r (sin µn (r − 2) + 2µn cos µn (r − 2)), µn >0 — корень уравнения µ cos µ = (1 + 6µ2 ) sin µ. Указания к п.2, п.3 — см. задачу 2.13 п.2,п.4.   2  ∞ µn 2 P Dt µ2 r2 −r − r −r n +p 2 1 2.183. u(r, t) = u0 1 − 2rr2 sin µ e , n 2 2 r2 −r1 µ n (µ +p +p) n=1

n

µ > 0 — корень уравнения µ tg µ = −p, p =

2.184. u(r, t) =

q0 (r 2 14k

+

16 r

−

453 35

2

+ 6a t) −

r2 r1

28q0 k

− 1. См. задачу 2.13 п.3. ∞ P 2 4µ 2 n +1 R (r)e−(aµn ) t , µ 3 (4µ 2 +7) n n=1

n

n

1 (sin µn (r − 1) + µn cos µn (r − 1)), µn > 0 — корень уравнения r µ cos µ = (1 + 2µ2 ) sin µ. Указание. См. задачу 2.13 п.4. Rn (r) =

392

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

Q Q 9 2.185. u(r, t)= 4πk ( r1 − 14 )− 2πk

∞ P

n=1

4µ 2 n +1 2 µ2 n (4µ n +7)



1+(−1)n+1

q

2 µ2 n +1 Rn (r)e−aµn ) t , 4µ 2 n +1 2

q0 99 ( 70 − 3r2 + r4 −9a2 t) + Rn (r) и µn те же, что и в задаче 2.185. 2.186. u(r, t)= 7k q 2    ∞ 2 P 2 4µ n +1 µ +1 + 2qk0 1 + (−1)n+1 4 4µn2 +1 Rn (r)e−(aµn ) t , Rn (r) и µn µ 3 (4µ 2 +7) n=1

n

n

n

определены в задаче 2.184. 2.187. 1) u(r, t) =

A (r 12a2 r

− 1)(2 − r)(r 2 + 3r + 7)+ ∞ 4(−1)n −1+ 2 (1+(−1)n+1 P 2A π2 n2

+ a2 π 3 r

2) u(r, t) =

n=1 A(2−r)(2r +4r 2 +8r−3) + 24a2 r ∞ P 2A 1 2 + a2 r −4+ µ3 µ2 n n=1 n

n3

3

(−1)n+1

sin πn(r − 1) cos πant;

µ2 n +2

√ 2

µn

µ2 n +1



µ2 n +1 µ2 n +2

sin µn (2 − r),

µn >0 — корень уравнения µ cos µ = − sin µ; 3 2 2 2 3) u(r, t) = 45At − aA2 ( r12 − 15r + 7r + 117 )+ 56 56 196 q 2   ∞ 2 P 4µ n +1 µ n +1 n+1 2A 2 1 1 + + 2(−1) (2 + ) Rn (r) cos aµn t, + a2 5 2 2 2 2 µ (4µ +7) µ µ 4µ +1 n

n=1

n

n

n

n

Rn (r) = 1r (sin µn (r − 1) + µn cos µn (r − 1)), µn >0 — корень уравнения µ cos µ = (1 + 2µ2 ) sin µ. Указания к п.2, п.3 — см. задачу 2.13 п.2,п.4. r2 (u2 −u1 ) 1 r1 2.188. 1) u(r, t) = u2 rr22 −u − r1(r + −r1 2 −r1 )r ∞ P (−1)n r2 u2 −r1 u1 2 1) + πr sin πn(r−r cos rπant ; n r2 −r1 2 −r1 n=1   ∞ 2 P µ2 −r nt n +p cos raµ , 2) u(r, t) = u0 1 − 2rr2 sin µn rr22−r µ n (µ 2 +p2 +p) 1 2 −r1 n=1

n

µ > 0 — корень уравнения µ tg µ = −p, p = rr21 − 1. См. задачу 2.13.п.3; √ ∞ 2 P (−1)n+1 µ 2 n +p 3) u(r, t) = −Ar12 ( r1 − 1r ) + 2Ar1 (rr2 −r1 ) × 2 µ n (µ +p2 +p) × sin

µ n (r2 −r) r2 −r1

cos

2

4) u(r, t) = − A (r + 7 2

8 r

n

n=1

aµ n t , r2 −r1

µn и p определены в ответе к задаче 2.183; ∞ P 2 2 4µ 2 t n +1 − 3Aa + 453A + 2A R (r)e−(aµn ) t , 14 490 µ 3 (4µ 2 +7) n n=1

n

n

1 Rn (r) = (sin µn (r − 1) + µn cos µn (r − 1)), µn > 0 — корень уравнения r µ cos µ = (1 + 2µ2 ) sin µ. Указание. См. задачу 2.13. п.4.   (2n+1)πy cos P∞ ch (2n+1)πx |y| 2l2 2l2 F0 l2 8 1 + − 2.189. u(x, y) = 4T . (2n+1)πl1 n=0 l2 π2 0 l1 (2n+1)2 ch 2l2 " # π(l1 −|x|) sh cos ω n t P∞ cos (2n+1)πx l2 2l1 F0 l2 2   sin πy 2.190. u(x, y, t) = 4πT0 l1 − πl1 l2 n=0 , πl1 l2 2n+1 2 1 ch l 2

ωn = πa

r

× sin

2n+1 2l1

πmx l

2

sin

+

1 . l2 2

πnx l

4I u(x, y, t)= πaρl

2.191. √ sin πa m2 + n2 t. l

2l1

P∞

m,n=1

+ 2 l 2

[1−(−1)m+n ] sin πm sin πn 4 4

√

m2 +n2

Указание. Методом продолжений перейти к задаче для квадрата.

×

393

2.4. Ответы

2.192. u(x, y, t) = × sin

2.195. umax = 2.198.

P∞

m,n=1

[1+(−1)m+n ] sin πm sin πn 4 4

√

×

m2 +n2 √ 2 + n2 t. См. указание к предыдущей задаче. sin sin πa m l   Q y Qy x . 2.194. u(x, y) = − + C. u(x, y) = C − kl k l l 1 2 1   √ u(x, y) = C − k1 Q1 lx1 − Q2 ly2 . 2.196. u(x, y) = q0kl 2 xy, √ l 2 Q 2 2 u( 2l , 2l ) = q04k . 2.197. u(x, y) = 2kl 2 [(l − x) − y ]. √ u0 u0 x 2 2 0 u(x, y) = 2l . 2.199. j(x, y) = − 2j (yex + xey ). 2 [(l − x) − y ] + l l

πmx l

2.193.

4I πaρl

πnx l

Q [(x − l1 )2 − (y − l2 )2 ] 2kl1 l2 Q [−(x + l1 )2 + (y − l2 )2 ] + C; 2kl1 l2

2.200. 1. u(x, y) =

+ C;

2. u(x, y) =

3. u(x, y) =

Q (x2 2kl1 l2

1 [ Q−1 (l1 − x)2 − Q1 (l1 + x)2 + 16kl1 l2 l3 +Q−2 (l2 − y)2 − Q2 (l2 + y)2 + Q−3 (l3 − z)2

− y 2 ) + C.

2.201. u(x, y, z) =

− Q3 (l3 + z)2 ] + C. i P 2 4 r r 2n cos 2nϕ 0 2.202. u(r, ϕ) = Q sin − π1 ln 1+ rr4 +2 rr2 cos 2ϕ + π2 ∞ 2 −1) . n=1 ( r0 ) 2k r0 n(4n 0 0  nπϕ  2r0 h P ∞ r n sin α 2.203. u(r, ϕ) = u0 1 − ϕ − ( ) . n=1 r0 α π n(n+r0 h)   2 2 2 2 1 −P2 )a b 2.204. u(x, y) = (P 1 − xa2 − yb2 . Указание. Решение отыскивать 2ρν(a2 +b2 ) h





в виде многочлена второй степени относительно x и y. " # 2  2 nt P∞ sin µn Xn (x) cos aµ gl2 x2 l2 1 − l2 − 48 n=1 µ5 ch µn cos2 µn , 2.205. u(x, t) = 24a2

µn > 0 —

n

µn x l

корень уравнения tg µ + th µ = 0, Xn (x) = ch µn cos 2.206. P 2 (r) = P12 + 2.207. q =

αr2 RT (1+2β)

P22 −P12 r ln r2 1



P12

ln

− P2

r . r1 βP2 +

√

β 2 P22 +(1+2β)P12 1+2β



− cos µn ch µln x.

er , h= αµ , β=hr2 ln k 2

R0  1 r1 2 µq 1 2.208. ζ(r) = H 2 + πρkg ln rr1 . 2.209. t0 = µ14kmr 1     2  2   2 2 F 0 r0 1− rr0 + rr0 ln rr0 . 2.210. u(r)= 16πD        2  2 2 2 F 0 r0 r 3+σ r 2.211. u(r) = 16πD 1 − r0 + r0 ln rr0 . 1+σ ( ω sin ωt−ω sin ω t π x 0 0 sin 4 (1 − l ), 2 ω 0 (ω 2 0 −ω ) 2.212. u(x, t) = ρF00l sin ωt−ωt cos ωt sin π4 (1 − xl ), 2ω

(2n+1)πa , 2l



  2 R ln r 0 −1 +1 1

P2 −P1

ω 6= ω0 = ω = ω0 .

2.213. Если ω 6= ωn = то h  i (2n+1)πx 3 P∞ cos ωx (−1)n cos sin ω n t f0 l a 2l u(x, t) = ρ0 ω 2 cos ωl − 1 sin ωt − 8ω . 2) n=0 π2 a (2n+1)2 (ω 2 −ω a h n ωx ωx x sin 5a cos a 0 Если ω = ωn0 , то u(x, t) = ρ0fω − 2ω l sin aωl − 1 sin ωt − 2 l sin ωl a

a

r2 . r1

.

πa , 4l

394 −

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

a cos ωx a l sin ωl a

8ωlf0 ρa3 π 4

u(x, t)=  +

4F0 ρ

∞ P

(2n+1)πx

P∞

n=1,n6=n0

(2n+1)πa , l

2.214. Если ω 6= −

8ω 3 l π2 a

t cos ωt −

f0 то u(x, t)= ρω 2

(2n+1)πx (2n+1)πat sin l l     2 (2n+1)π 2 4 − ω2 n=0 (2n+1) l a F0 ωx l−2x 2a2 7a a l ρω 2 ω 2 l2 ωl

sin

h

sin

 a53 3 (sin ωt ω l

2.215. u(x, t) =

2.216. u(x, t) = 2.217. u =

(

f0 ρω n

0 − 2lF πT



1 3

lF0 2.218. 1) u = − 4πT

ω(l−2x) 2a cos 2a ω 2 l2 cos ωl 2a 2

ωx a

(l−x)x l2

cos

ωx a


−1 −

2ωl a3 π 4

−

∞ P

sin

3π at 2l

η

2πx sin 2πlat l h√ 2lF0 2πat 3 + 2 l 16 π T



2l 3

+




−x + 16 π

sin

∞ P

6 π

sin ωt +

πna , l



.

ω = ωn .

nx (ω n sin ωt−ω sin ω n t) sin ωa , 2 ω2 −ω n ωn x (sin ω n t−ω n t cos ω n t) sin a , 2ω n

3πx 2l

i

то

ω 6= ωn =

,



.

(2n+1)πx (2n+1)πat sin l l    2 2 (2n+1)π (2n+1)4 − ω2 l a

sin

,

 

i

 2a2 − (l−x)x − sin ωt− l2 ω 2 l2

(2n0 +1)πa , l

n=0 n6=n0 ωn x (ω n sin ωt−ω sin ω n t) sin a 2 ω n (ω 2 n −ω ) (sin ωt−ωt cos ωt) sin ωx a 2ω 2

sin  sin

2) u = f (x) sin



. Если ω =

+

− ωt cos ωt) sin

F0 ρ

(−1)n cos sin ω n t 2l (2n+1)2 (ω 2 −ω 2 n)

ω 6= ωn =

πnx , l

ω = ωn .

∞ P

n=1

sin 2πn sin πnx sin πnat 3 l l n (4n2 −9) (2n+1)πx

 (2n+1)πat

(−1)n sin sin l (2n+3) (4n2 −1)

n=0 2πat − 2πat l l


2πat



l

. ;

cos l +  ∞ P sin 2πn sin πnx sin πnat 3 l l

+ √13 sin πx sin πat −2 , l l n (n2 −4) n=4  √  √ 3  − 23 sin 2πx − 3l x cos 2πx , 0 ≤ x ≤ 3l , 4π l l lF0 √  √ где f (x) = 4πT 3  + 13 sin 2πx − 3(l−x) cos 2πx , 3l ≤ x ≤ l. 4π l l l πna 2.219. Если ω 6= ωn = l , n ∈ N, то ∞ P Xn (x0 )Xn (x) sin ω n t 0 u(x, t) = f (x) sin ωt − 2ωF , Xn (x) = sin πnx , где 2 ρl l ω n (ω 2 n −ω ) n=1 ( 0) sin ω(l−x sin ωx , 0 ≤ x ≤ x0 , 0 a a f (x) = aωρ Fsin . ωl ω(l−x) 0 sin a sin ωx , x0 ≤ x ≤ l. a a Если ω = ωn0 и Xn0 (x0 ) = 0, где x0 = ml , 0 < m < n0 (m − целое), то n0 ∞ 2ωF0 P Xn (x0 )Xn (x) sin ω n t u(x, t) = f (x) sin ωt − ρ l , ω n (ω 2 −ω 2 ) n

n=1 n6=n0

где

f (x) =

(−1)m F0 a ωρ l

sin

Если ω = ωn0 , а Xn0 (x0 ) 6= 0, то

ωx a



l − x, −x0 ,

0 ≤ x ≤ x0 , x0 ≤ x ≤ l.

395

2.4. Ответы ωx

u(x, t) = f (x) sin ωt −

F0 sin a 0 ω2ρ l

(ωt cos ωt − sin ωt) sin 0 − 2ωF ρl

ωx − a ∞ P

n=1 n6=n0

Xn (x0 )Xn (x) sin ω n t , 2 ω n (ω 2 n −ω )

где функция f (x) имеет вид (
a 0 0 sin ωx −x cos ωx sin ωx +(l−x0 ) cos ωx sin ωx , 0 ≤ x ≤ x0 , F0 2ω a a a a
a ωx f = aωρl ωx0 ωx0 ωx0 a ωx sin −x cos sin +(l−x) cos sin , x 0 0 ≤ x ≤ l. 2ω a a a a a  1
πat at πat πx 2.220. u(x, t) = u0 2π sin l − l cos l sin l − ∞  2u0 P (−1)n sin πnx sin πat l l − xl cos πx sin πat + π . l l n2 −1 n=2

Указание. Исходную задачу для функции

u(x, t)

можно свести к двум,

более простым, полагая u(x, t) = U (x, t) + w(x, t), где U (x, t) и w(x, t) — решения следующих смешанных задач: Utt = a2 Uxx + C sin πx sin πat , 0 < x < l, 0 < t, l l U (0, t) = 0, U (l, t) = u0 sin πat , U (x, 0) = Ut (x, 0) = 0, l sin πat , 0 < x < l, 0 < t, wtt = a2 wxx − C sin πx l l w(0, t) = w(l, t) = w(x, 0) = wt (x, 0) = 0. Для обоснования указанной редукции следует перевести неоднородность из граничного условия в уравнение (см. задачу 10.75.) и воспользоваться методикой, изложенной в примере 2.11.  at lF0 1 2.221. u(x, t) = πES − 2π cos πx − l−x sin l l l at l

2lF0 πES



3 π

x l

πx 2l

πat l

πx 2l

cos
sin P∞




πat − 2l (2n+1)πx (2n+1)πat (−1)n+1 sin sin 2l 2l n=1 n(n+1)(2n+1)

.

− cos  0 cos sin − 2πlF . 2 ES √ √ (2n+1)π 2.223. Если ω 6= ωn = a λn , , n ∈ N0 , то λn = 2l h i ω(l−x) √ P cos ∞ sin λ n x sin ω n t a u(x, t) = u0 sin ωt − 2aω . n=0 l ω2 −ω 2 cos ωl n a  at
ωx l−x ωx Если ω = ωn0 , то u(x, t) = u0 2ωl sin a + l cos a ) sin ωt + ∞ √  2ωau P sin λ n x sin ω n t a + ωl (sin ωt − ωt cos ωt) sin ωx − l 0 . a ω 2 −ω 2

2.222. u(x, t) =

− at l

πat 2l

sin

cos

πx sin πat + l l  cos πnx sin πnat 2lF0 P ∞ πx l l − π 2 ES n=2 l n(n2 −1)

πx 2l

2.224. Если ω 6= πna , то l h ω(l−x) av0 cos a u(x, t) = ω sin ωt + sin ωl a

Если ω =

πn0 a , l

то

n

n=1 n6=n0

at l

+

2ω 2 π

cos πnx sin πnat l l   n=1 n πna 2 −ω 2 ( l )

P∞

i

.

396 u(x, t) =

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ v0 a lω



ωx a

(l − x) sin

3a 2ω

−

cos

ωx a



sin ωt + at cos + 2ωal

ωx a

cos ωt + at + ∞ P cos πnx sin πnat l l   . πna 2 −ω 2 n ( n=1 l )

2v 0

n6=n0

2.225. u(x, t) =

2.226. u(x, t) =

ρA 12la4

2

 2l (l − x) − 6a t (l − x) − (l − x) − a4 t4 + 2a2 l2 t2 +   P 3 cos πnx sin πnat 7 l l − 60 + π14 ∞ . + Aρl n=1 3a4 n4



Ax(l−x)t 2a2 2

2.227. u(x, t)= A(l2a−x 2

2

)

2

−



4Al3 π 4 a3 2

2 2

sin

P∞

n=0

t2 − 5l6a−x 2

 2

2

4

(2n+1)πx (2n+1)πat sin l l (2n+1)4

+

Rt 2.228. u(x, t) = (t − τ)f (τ) dτ. 2.229. u(x, t) =

Ala2 t3 12a2

0

+

2.230. u(x, t) =

Alt4 A − 2a 2 24



2 x3 − lx2 3

+

.

(2n+1)πx (2n+1)πat ∞ P (−1)n cos cos 128Al4 2l 2l π 5 a4 (2n+1)5 n=0

4Al4 π5 a3

l3 2

−

t

2

P∞

2 − Ax 4a4 5

8Al π 6 a4

P∞

x3 15

−

(3l−2x)t 12a2

4

Al + 24a 2 +

lx2 6

+



l3 6

−

.

Al5 120a4

(2n+1)πx (2n+1)πat cos l l (2n+1)6

cos

n=0

8Ar 5

2

(2n+1)πx (2n+1)πat sin l l (2n+1)5

cos

n=0



+ Ax

.

− .

∞ sin (2n+1)πr sin (2n+1)πat P r r

0 0 − r)(r02 + rr0 − r 2 )t − π 6 a30r . (2n+1)6 n=0   n πnr πnat ∞ 2 2 7r0 −3r 2 4Ar 5 P (−1) sin r0 cos r0 A(r0 −r 2 ) 2.232. u(r, t) = t2 − 30a − π 5 a40r . 2 6a2 n5 n=1 h i 2 2 4 2 2 4 A(r0 −r ) 3r −18r0 r +31r0 2.233. u(r, t) = (7r02 − 3r 2 )t2 − − 2a2 630a2 ∞ (−1)n sin πnr cos πnat 7 P 24Ar0 r0 r0 − π 7 a4 r . n7

2.231. u(r, t) =

A (r0 2a2

2.234. Если ω 6= ωn = πna , то l  ∞ ωr sin ωt P sin a u(r, t) = u0rr0 + 2ωa ωr0 r0 sin a

n=1

Если ω = ωn0 , то h u0 aω u(x, t) = cos ωt cos ωt − ωr0 a

2.235. u(t) =

A α

2.237. u(r, t) =



−αt

1 − 1−eα

2 2 Ar0 t 20

− −



5 2Ar0 a3 r

1 2

n=1

(−1)n sin πnr sin πnat r0 r0 2 ω2 −ω n

sin ωt




sin ωr a r

h

Ar0 t3 8

√

(−1)n (2+µ 2 n )−2

 n=1 Ar 2 r 2 − rr30 10 2a2

cos

+ 2u0raω

. 2.236. u(r, t) = ∞ P

ω a

+

µ8 n



. i

ωr sin ωt + a ∞ sin πnat P (−1)n sin πnr r r

Ar + 4a 2 i√ 2

1+µ n

0

0

2 ω2 n −ω

n=1 n6=n0



r0 r 2

1+µ 2 n

2

− r3

sin



µn r r0

−

3 Ar0 t − 90a2

sin

µ n at . r0

2 3r0 t− 10 √ √ ∞ ( µ 2 +1−(−1)n ) µ 2 +1 sin µn r cos µn at 6 P 8Ar n n r0 r0 − a3 r0 µ8 n n=1

+



.

.

397

2.4. Ответы

2.238. u(r, t) =

Aa2 t3 2r0

+

2.239. u(r, t) =

Aa2 t4 4r0

+

2.240. u(x, t) =

M0 L2 EJ

"

Ar 2 t 2r0

A 2r0

∞ P



−

r2 −

3 2Ar0 ar

∞ P

2 2 µ3 n shµ n sin µ n


x l

√

(−1)n 1+µ 2 n µ4 n

sin µrn0r sin µrn0at . n=1  2
27r 4 3r0 t2 + 20aA2 r0 r 4 − 2r02 r 2 + 350 + 5 √ ∞ n 1+µ 2 4Ar 4 P (−1) n + a2 r0 sin µrn0r cos µrn0at . µ5 n n=1 # −

(shµ n −sin µ n )Xn (x) cos

n=1

Xn (x) = sh µn sin µn 1 −

3Ar0 t 10

− sin µn sh µn

уравнения tgµ = thµ. Решение. Пусть ∆ =

aµ2 nt l2

−
1 − xl ,

x2 4l2

1−

x l




,

µn > 0 — корень

1 ∂ 2 ∂ r ∂r r 2 ∂r

— радиальная часть

оператора Лапласа в сферических координатах в трехмерном пространстве. Отыскание частного решения задачи utt = a2 ∆u, 0 < r < r0 , 0 < t, |u| < ∞, ur (r0 , t) = At2 , u(r, 0) = ut (r, 0) = 0 2 2

t достигается несколькими заменами. Замена u(r, t)=v(r, t)+ Ar 2r0

ликвиди-

рует неоднородность в граничном условии: vtt = a2 ∆v + Замена

3Aa2 t2 r0

2 t4 v(r, t)=w(r, t)+f (r)+ Aa , 4r0

−

Ar 2 , r0

где ∆f =

vr (r0 , t) = 0. Ar 2 , a 2 r0

приводит к однородному

уравнению для v(r, t) со стационарным граничным условием: wtt = a2 ∆w, Наконец, замена

wr (r0 , t) = −f ′ (r0 ).

′ 2 2 ′ 2 0 )r w(r, t)=U (r, t)− f (r − 3a f2r(r0 0 )t 2r0

(см. пример 2.10.)

полностью снимает неоднородности. Итак, где

u(r, t) = U (r, t) + f (r) −

f ′ (r0 )r 2 2r0

+

Aa2 t4 4r0

−

3a2 f ′ (r0 )t2 , 2r0

Utt = a2 ∆U, 0 < r < r0 , 0 < t, |U | < ∞, Ur (r0 , t) = 0, ′ 2 0 )r U (r, 0) = F (r), Ut (r, 0) = 0, F (r) = −f (r) + f (r . 2r0 Задача на собственные значения ∆R + λR = 0, 0 < r < r0 , |R| < ∞, R′ (r0 ) = 0, возникающая в процессе разделения переменных U (r, t)=R(r)T (t), решена в примере 2.6. Для функции U (r, t) получается ряд P U (r, t) = C0 + ∞ n=1 Cn Rn (r) cos

µ n at , r0

при формировании которого учтено, что Ut (r, 0) = 0. При t=0 P F (r) = C0 + ∞ n=1 Cn Rn (r), откуда

398 C0 =

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ (F,R0 ) kR0 k2

=

1 kR0 k2

R r0 0

F (r)r 2 dr,

Cn ¸=

(F,Rn ) kRn k2

=

R r0

1 kRn k2

0

F (r)Rn (r)r 2 dr.

Так как |F (r)| < ∞ и F ′ (r0 ) = 0, то функция F (r) принадлежит области

определения эрмитова оператора ∆, поэтому при n > 1

3f ′ (r0 ) , Rn ) r0

(F, Rn ) = − λ1n (F, ∆Rn ) = − λ1n (∆F, Rn ) = − λ1n (−∆f + =

2 1 ( Ar , Rn ) λ n a 2 r0

+

3f ′ (r0 ) (1, Rn ) r0

=

A (r 2 , Rn ), a 2 r0 λ n

=

где (1, Rn ) = 0 в силу ортогональности собственных функций. Пусть  2r, 0 ≤ r < r0 , 2 ′ h(r) = r , 0 ≤ r ≤ r0 , h (r0 ) = 0, r = r0 , тогда обобщенный оператор ∆h = 6 − 2r0 δ(r − r0 ) (см.(10.40). Следовательно, (r 2 , Rn ) = (h, Rn ) = − λ1n (h, ∆Rn ) = − λ1n (∆h, Rn ) = = 2.241. u(x, t) =

2M0 L2 EJ

"

1 π2

P

2 2r0 λn

sin µn =

2r0 Rn (r0 )r 2 λn 2 2r0 µ n (−1)n λn

aµ2 nt cos (−1)n+1 sin πnx ∞ l l2 n=1 n3 2

aµn t 3 P∞ Xn (x0 )Xn (x) cos 0L l2 , 2.242. u(x, t) = w(x) − MEJ 2 2 n=1 µ4 n sh µ n sin µ n ( (l − x)2 (2x0 x + lx − 3lx0 )x2 , 0 ≤ x ≤ x0 , w(x) = (l − x0 )2 (2x0 x + lx0 − 3lx)x20 , x0 ≤ x ≤ l.

√

−

=

µ2 n +1 x 12l



=

1−

4 2r0 (−1)n

√ 2 . µ +1 # n

mun x2 l2



.

Собственные функции Xn (x) имеют вид:

Xn (x) = (cos µn − ch µn )(sin µnl x − sh µnl x ) − (sin µn − sh µn )(cos µn > 0 — корень уравнения ch µ cos µ = 1.

µn x l

− ch µnl x ),

Указание. Функция w(x) —

решение задачи, которая имеет следующие эквивалентные постановки: F0 wIV = EJ δ(x − x0 ), 0 < x < l, w(0) = w′ (0) = w(l) = w′ (l) = 0,

wIV = 0, 0 < x < x0 , x0 < x < l, w(0) = w′ (0) = w(l) = w′ (l) = 0, w(x0 + 0) − w(x0 − 0) = 0, w′ (x0 + 0) − w′ (x0 − 0) = 0, w′′ (x0 + 0) − w′′ (x0 − 0) = 0, 0 w′′′ (x0 + 0) − w′′′ (x0 − 0) − M . EJ Для вычисления коэффициентов Фурье функции w(x) по собственным функциям Xn (x) следует воспользоваться постановкой в первой форме. M0 2.243. u(x, t) = 2EJ [x0 (x0 − 2x) − (x0 − x)2 η(x0 − x)]− aµ2 ′ nt 3 P∞ Xn (x0 )Xn (x) cos 0l l2 − MEJ , где µn и Xn даны в ответе к задаче 2.138. 3 2 n=1 µ (shµ n +sin µ n ) n

2.244. 1) Если α = 0, то

399

2.4. Ответы

u(x, t) = Если 0 < u(x, t) =

√

α a

Q αρC

√

6= h

2

h

Q0 l x 2k l (2n+1)π , l

1−

α a

α(2x−l) cos 2a √ αl cos 2a

u(x, t) = f (x) e−αt − γ2 =

h−α , a2

√ α x a

Если α = h, то h u(x, t) = f (x) +

lQ0 k

Q0 klγ 2



f (x) =

−1+

Q0 t , ρC



(2n+1)πa l

1 − 2γ2

P∞

− π22 (

Q0 k

x2 +x2 0 2l x2 +x2 0 2l

i

.

  (2n+1)πa 2 t (2n+1)πx − l sin e l   2 (2n+1)πa (2n+1) −α l

∞ P

n=1 n6=n0



Q0 αρC

− x0 + 3l , l , 3



i

e−ht ,

.


1 − e−αt .

e−ht ,

chγ(l − x0 ) chγx, chγ(l − x) chγx0 ,

2 Xn (x0 )Xn (x) e−a λn t n=1 n2

P∞

.

i + 4αt) e−αt −

2 Xn (x0 )Xn (x) e−a λn t n=1 λ n +γ 2

Q0 kγshγl

i

  (2n+1)πa 2 t (2n+1)πx − l e l    (2n+1)πa 2 (2n+1) −α l

если α > 0, то u(x, t) =

f (x) =

t

sin

n=0

a √ (3 l α

P∞

2

(2n+1)3

n=0

4α π

(2n+1)πx − e l

то

πnx , l

a2 t l2

8 π2

4Q0 − πρC

β , ρC 

Xn (x) = cos

−

sin

P∞

 − 1 e−αt −

2) Если α = 0, то u(x, t) = 2.245. Если α < h =

l

то

√

0 +1)π = (2n , то h l
Q 2x u(x, t) = αρC 1 − l cos

Если


x

√

λn = πn , l

0 ≤ x ≤ x0 , x0 ≤ x ≤ l. где

0 ≤ x ≤ x0 ,

−x+ x0 ≤ x ≤ l. = γ2 6= λn , то   2 −ht Xn (x0 )Xn (x) e−a λn t 2 P∞ 0e 1 − 2γ , где u(x, t) = f (x) e−αt + Qklγ 2 n=1 λ n −γ 2  cos γ(l − x0 ) cos γx, 0 ≤ x ≤ x0 , 0 f (x) = kγ Q sin γl cos γ(l − x) cos γx0 , x0 ≤ x ≤ l. α−h Если α > h, a2 = λn0 , Xn0 (x0 ) = 0, то x0 = (2m+1)l , 0 ≤ m ≤ n0 − 1, 2n0 h ∞ −a2 λn t  lQ0 −αt 2 P Xn (x0 )Xn (x) e u(x, t) = f (x) e + kπ 2 n2 1 − 2n0 e−ht , где n2 −n2 Если α > h,

α−h a2

0

n=1 n6=n0



0

l − x0 , 0 ≤ x ≤ x0 , −x0 , x0 ≤ x ≤ l. α−h Если α > h, = λn0 , Xn0 (x0 ) 6= 0, то a2 h i 2a2 Q0 u(x, t)= f (x)+ klπ 2 Xn0 (x0 )Xn0 (x) t e−αt +  P + kπQ20nl 2 1−2 ∞ n=1,n6=n0 lQ0 f (x) = (−1)m+1 kπn cos 0

πn0 x l

0

m — целое число.

2 Xn (x0 )Xn (x) e−a λn t λ n −λ n0

где функция f (x) на промежутке [0; x0 ] определена выражением



e−ht ,

400 f (x) =

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ lQ0 kπn0

h

1 2πn0

cos

πn0 x0 − l


1− xl0 sin

πn0 x0 l

i

cos

πn0 x + xl l

sin

πn0 x l

cos

πn0 x0 , l

а при x0 ≤ x ≤ l в этом выражении надо заменить x → x0 , x0 → x. 2.246. Если α < β, то Xn (x0 )Xn (x) e−Dλn t e−βt P ∞ u(x, t) = f (x) e−αt − 2Q0lD , , где γ2 = β−α n=1 D λ n +γ 2  √ √ sh γ(l−x0 ) sh γx, 0 ≤ x ≤ x0 , Q0 Xn (x)= sin λn x, , f (x)= Dγsh λn = πn l γl sh γ(l−x) sh γx0 , x0 ≤ x ≤ l. h i P Xn (x0 )Xn (x) e−Dλn t ∞ 0 Если α = β, то u(x, t) = f (x) − 2lQ e−αt , 2 2 n=1 π D n  (l − x0 ) x, 0 ≤ x ≤ x0 , 0 Если α > β, α−β = γ2 6= λn , то где f (x) = Q lD D (l − x) x0 , x0 ≤ x ≤ l. Xn (x0 )Xn (x) e−Dλn t e−βt P ∞ u(x, t) = f (x) e−αt − 2Q0lD , n=1 λ n −γ 2  sin γ(l − x0 ) sin γx, 0 ≤ x ≤ x0 , 0 где f (x) = DγQsin γl sin γ(l − x) sin γx0 , x0 ≤ x ≤ l.

= λn0 , Xn0 (x0 ) = 0, то x0 = ml , n0 ∞ 2lQ0 e−βt P Xn (x0 )Xn (x) e−Dλn t −αt u(x, t) = f (x)e − π2 D , n2 −n2 Если α > β,

α−β D

0

n=1 n6=n0

Q0 sin где f (x) = (−1)m πDn 0

Если α > β,

α−β D −αt

u(x, t) = f (x) e

πn0 x l



l − x0 , −x0 ,

= λn0 , Xn0 (x0 ) 6= 0, то

+

2Q0 l

sin

πn0 x0 l

sin

πn0 x l

0 ≤ x ≤ x0 , x0 ≤ x ≤ l.

te−αt −

2lQ0 e−βt π2 D

где функция nh Q0 l f (x)= πn sin 2πn0 0D

0 < m < n0 ,

πn0 x0 +(l−x0 ) cos πn0l x0 l

i

sin

m — целое число.

∞ P

n=1 n6=n0

Xn (x0 )Xn (x) e−Dλn t , n2 −n2 0

πn0 x −x sin πn0l x0 l

cos

πn0 x l

o

определена при 0 ≤ x ≤ x0 , а при x0 ≤ x ≤ l выражение для f (x) получается из данного заменами x → x0 , x0 → x. 2  −( nπa ) t  P∞ (−1)n sin nπx l e Al2 a2 xt x3 x 2 l 2.247. u(x, t) = a2 + 6l3 − 6l − π n=1 . l3 n3 2.248. u(x, t) =

2.249. u(x, t) = 2.250. u(x, t) =

Al3 ka2



32 a2 xt x3 x + 6l 3 − 2l + π 4 l3

∞ P

(−1)n sin

(2n+1)πx − e 2l (2n+1)4



(2n+1)πa 2l

2

t



n=0   ∞ (2n+1)πx (2n+1)πa 2  P (−1)n sin − t Al Dt 1 x2 16 2l 2l − 2 + 2l2 + π 3 e . D l2 (2n+1)3 n=0 h  2    3 2 2 Al Dt x x x 7 + + Dt − 31 − 12l 1 − 2l + 360 2 2 D 2 2l2 l2 l3

 2

+ π24

−( (−1)n cos nπx e l n=1 n4

P∞

.

nπa 2 t l

) i

.

401

2.4. Ответы



Al2 D

2.251. u(x, t) = α , D √

p+2 Dt x2 + 2l 2 − 2p −2p l2

∞ P

(−1)n

√

n=1

−

µn x 2 µ2 e n +p cos l 2 2 µ2 n (µ n +p +p)

( µnl a )2 t 

,

µn > 0 — корень уравнения µ tg µ = p. √ 2.252. Если 6= λn = πn , то l  √αx  √ 2 ∞ √ P sin a (−1)n λ n Xn (x) e−a λn t −αt 2 √ e + u(x, t) = u0 , Xn (x) = sin λn x. α αl l λn − 2 sin a a n=1 √ p Если aα = λn0 , то h  i πan0 2 2 1 u(x, t) = u0 (−1)n0 − 2πnl02 a t sin πnl0 x + xl cos pinl0 x e−( l ) t + 2πn0 p = hl, h =

α a

+ 2uπ0

− n sin πnx e ( l

∞ P

πan0 l

)2 t

n2 −n2 0

n=1 n6=n0

.

√ √ 2.253. Если aα 6= λn = (2n+1)π , то 2l  √ √ √ 2 α(l−x) P cos ∞ (−1)n λ n sin λ n x e−a λn t −αt 2 a √ e − l n=0 . u(x, t) = u0 αl λ n − α2 cos a a √ p α Если a = h λn0 , то  √ √ √ α αx αx u√ 0a u(x, t) = 2l α 2(l−x) cos + (4αt − 1) sin e−αt − a a a √ ∞ P √λ n sin √λ n x e−a2 λn t i − 4 aα . λn − α

2.254. Если 0 − 2q kl

∞ P

√

α 6= a

√

λn (2n+1)π , то u(x, t)= 2l

−a2 λn t

n=1

Xn (x) e λ n − α2

, Xn (x) = cos

√

n=1 n6=n0 √ α(l−x) q0 a sin −αt a √ √ αl k α cos a

e

√ α a

λn x. Если

a

 2

0a (1+4αt) cos u(x, t)= q2klα

√

αx − 2(l−x) a a

√

α

sin

√

αx a



=

p

a2

−

λn0 , то

0 e−αt − 2q kl

∞ P

n=1 n6=n0

2

Xn (x)e−a λn t . λ n − α2 a

2.255. Еслиh α = 0, то 2 i
4l2 P∞ 1 q0 t πnx −( πna l ) u(x, t) = 2kl x2 − 2lx − 2a2 t + 2l − π2 . n=1 n cos l e 3 √   √ α(l−x) √ √ 2 l α cos 0a √ a Если 0 < aα 6= λn = πn , то u(x, t) = qklα 1− e−αt − αl l a sin

−

2q0 kl

=

q0 a2 2klα

P h

2 − πna t l cos πnx e ∞ l α n=1 λn − 2 a

(

(1 + 4αt) cos

2.256. u(x, t) =

)

. Если 0
0 − 2 2 n=1 µ2 n (µ n +p +p) корень уравнения µ ctg µ= − p, p=hl, α — коэффициент теплообмена.

402

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

Ax(l−x) 2a2



2

2



4

sin

P∞

(2n+1)πx − e l



(2n+1)πa l

2

t

t + x −lx−l + π4Al . 5 a4 n=0 12a2 (2n+1)5 πna 2 t   − ( ) n πnx 2 2 l 2 5 P∞ (−1) sin l e ) −3x2 t − 7l 6a − π2Al . 2.258. u(x, t) = Ax(l6a−x 2 2 5 a4 n=1 n5
A ch αx A 2.259. u(x, t)= h 1− sh αl t+ 2hα 2 ch αl [(2+αl th αl) ch αx−αx sh αx−2ch αl]+ 2.257. u(x, t) =

−ht

+ 4Ale πa4

2.260. u(x, t) =

2.261.

Alt2 4

−

A (4x3 24a2

P∞

  (2n+1)πa 2 t (2n+1)πx − 2l e 2l   2 2 (2n+1) π +α 2 (2n+1) 4l2

cos

n=0

− 6lx2 + l3 )t−

(2n+1)πx −



, α=

(2n+1)πa

l P∞ cos e 5 4 3 2 5 A 4Al5 l − 240a 4 (2x − 5lx + 5l x − l ) + π 6 a4 n=0 (2n+1)6 2 3 4 2 2 4 A A u(x, t) = Aa3l t + 6l (3x2 − l2 )t2 + 180a 2 l (15x − 30l x + 7l )t+ 2

2.262. u(x, t) = + 2.263. u(r, t)

α(eα l −1)

[α x +

α(l−x) 2 2πAe l2

−a

(−1)n+1 n( πn cos πnx + α sin πnx )e l l 2 22 l n=1 π n + α2 2 2 4

P∞

π2 n2 + α2 4 l2

l

2 Ar 3 4 r2 1 = a2 r0 ar2t + 2r 2 − 2 + π3 0 0 √ √ α 6= λn = πn , то a √ r0

h

sin

P∞

(2n+1)πr − e r0



(2n+1)πa r0

2

+ 2ur 0

2.265. u(r, t) =

A 2kr0

√ n

4

r 20a2

−

2 2 r0 r 10a2 −

+ r2 t −



t

.

µn a r0

2

2 3r0 t

5

∞ P

(−1)n



.

t

.

t

(2n+1)3

n=0

a



2

)

(

2.264. Если h i √ √ 2 αr P sin a (−1)n λ n sin λ n r e−a λn t √ u(x, t) = u0rr0 e−αt + r20 ∞ . α αr0 n=1 λ − n 2 sin a a √ p Если aα = λn0 , то √   h √ αr i √ sin a αr u a √0 √ + − 2 α at e−αt + u(x, t) = cos αr0 a r 2 α cos

h . a

2 − πna t l

5 P∞ (−1)n cos πnx e 31Al5 l − π4Al 6 a4 n=0 7560a4 n6 αl l+1 e−α x + α2 a2 t + e (αel−1)+α ]+ α l −1 

4 2 2 4 Ax + 360a 4 l (x − 5x l + 7l ) − A

√

i

.

√ √ 2 λ n sin λ n r e−a λn t . λ n − α2 a

n=1 n6=n0

+ 3a2 t2 +

t

4 27r0 700a2



+

µn r (−1) 1+µ 2 2Ar 4 P n sin r0 e + a2 kr0 ∞ , µn >0 — корень уравнения n=1 µ5 n tg µ=µ. 2.266. При α=0 см. ответ к задаче 2.178. √ Если α r0 6= aµn , где µn > 0 — корень уравнения tg µ = µ, то √ h i αr 2 2 sin a e−αt q0 r0 r √ √ u(r, t)= kr √αr0 + 3a − αr0 αr0 αr 3 a

cos

a

−sin

0

a

−

2 2q0 r0

kr

P∞

n=1

(−1)n

√



µn a

− µn r r0 µ2 n +1 sin r0 e  √  2 αr0 µn µ2 n− a

2

t

.

403

2.4. Ответы

Если 0 < u(r, t) =

√

α r0 a

2 q0 r0 kr



= µn0 , то a2 √

αr0 a

2 sin 2αr0

h

√

αr a

(1 + 4αt) sin

2 2q0 r0 − kr

2r

−

√

α

a

cos

(−1)n

∞ P

n=1 n6=n0

√

i √ αr a

3a2 r 3 αr0

+



µ r −



− µn a

r0 n µ2 n +1 sin r0 e  √  2 αr0 µn µ2 n− a

2

t

.

2.267. Если hr0 = 1, то   (2n+1)πa 2 − ti h 2r0 n sin (2n+1)πr e 3 P (−1) 192r 2r0 A r 2 + 6a2 t − 3r02 + π 4 r0 ∞ . u(r, t) = 6a 2 4 n=0 (2n+1) Если hr0 6= 1, то   µn a 2 √ − ti h r0 ∞ (−1)n+1 µ 2 +p2 sin µn r e 4 P n 12hr r0 A u(r, t) = 6a r 2 + a2 t − r02 − 2rh0 + r 0 , 2 3 2 2 µ (µ +p +p) n

n=1

n

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = p, p = 1 − hr0 . √ 2.268. Если aα 6= (2n+1)π , то r0 √    (2r−r0 ) α 4 cos 2a Q0 αr0 r r √2a u(r, t) = kα 1 − e−αt − − 1 − 2r r 2 αr0 r0 2a 0 cos

2a

0 r0 − 8Q kπ 3 r

Если

√ α = (2n0r+1)π , a 0



4

2a Q0 то u(r, t)= kα 2r r 0

+ 1−

2r r0



2.269. u(r, t) =

Aa2 t3 r0

2.270. u(r, t) =

3Ar0 a2 t2 8a2

cos

i √ αr a

  (2n+1)πa 2 t (2n+1)πr − r0 e r0   π2 (2n+1)2 (2n+1)3 − α2 2 a r0

.

∞ P

sin

n=0

2a √ (3+αt) sin r0 α

e−αt −

.

sin

8Q0 r0 kπ 3 r

n=0 n6=n0

+

+

6 2Ar0 a4 r

2.271. u(x, t) =

+

−

A 2a2



− 3r02 )t2 +

√

αr 0r −1− αr a 2a2



 1− rr0 +

A (35r 4 − 70r02 r 2 + 27r04 )t + 700a2 r0   √ ∞ aµn 2 5 6 P (−1)n µ 2 t 353Ar0 4Ar0 µ n r − r0 4 2 2 4 Ar 2 n +1 + 4200a sin e , 4 r (5r −21r0 r +27r0 )− 6300a4 − a4 r 7 r0 µn 0 n=1 µn > 0 — корень уравнения tgµ = µ.

5 29Ar0 11200a4

A (5r 2 10r0

h

  (2n+1)πa 2 t (2n+1)πr − r0 e r0   π2 (2n+1)2 (2n+1)3 − α2 2 a r0

P∞

r3 6

−

r0 r 2 4

√

+

[(−1)n (µ n +2)−2 µ 2 n +1] n=1 µ9 n

P∞

2lF0 π 2 T0

P∞

sin

n=1

√



t−

µ2 n +1

r3 r0 r 2 + 90 8   aµn 2 t µ n r − r0 e . r0

Ar 2 20a4

sin



r3 18

−

nπx0 sin nπx cos nπ a(t−t0 )−cos nπ at l l l l n2

2.272. Если ω 6= ωn , то u(x, t) = Если ω = ωn0 , то u(x, t) =

3 r0 15

(

ωF0 ρ0

P∞

Xn (x0 )Xn (x) n=1 kXn k2 (ω 2 −ω 2 n)



)

+

.

sin ω n t ωn

F0 Xn0 (x0 )Xn0 (x) (sin ωt − ω t cos ωt)+ 2ρ 0 ω 2 kXn k2  ∞ P Xn (x0 )Xn (x) sin ω n t 0 + ωF 2 2 2 ρ0 ωn kXn k (ω −ω n ) n=1 n6=n0



−

sin ωt ω



.

−

sin ωt ω



,

404

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

Xn (x) = p1 sin

µn x l

+ µn cos

2 2 2 2 2 l (µ n +p1 )(µ n +p2 )+(p1 +p2 )(µ n +p1 p2 ) , 2 2 µ2 n +p2

kXn k2 =

µn x, l

2

1 p2 pi = lhi , i = 1, 2, µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = µp1−p , ωn = µln a. +p2 Указание. Для вычисления нормы kXn k применить формулы (2.89), (2.90). 2.273. Если ω6=ωn = µnl a , µn > 0 — корень уравнения µ tg µ=p, p= 2ρm0 l , то  P ∞ Xn (0)Xn (x) sin ω n t 0 u(x, t) = ωF − sinωωt . n=1 kXn k2 (ω 2 −ω 2 ) ρ0 ωn n

Если ω = ωn0 , то u(x, t) =

 Xn (x) = sin µn 1 −

|x| l



Rt

2.274. u(x, t)= 2Q e− 2L lC ω2n =


nπa 2 l

−


R 2 2L

F0 Xn0 (0)Xn0 (x) (sin ωt − ω t cos ωt)+ 2ρ 0 ω 2 kXn0 k2  ∞ P Xn (0)Xn (x) sin ω n t 0 + ωF 2 2 2 ρ0 ωn kXn k (ω −ω n ) n=1 n6=n0 n+1

√ 2 Xn (x) = (−1)

,

p

µ n +p2

∞ P

sin

n=1

nπx0 l

sin



nπx l 2

. 2.275. u(x, t)= 4Ql kπ 3

kXn k2 = l

,

cos ωn t +

∞ P

n=0

2 µ2 n +p +p 2 . µ2 n +p

R sin ω n t 2L ωn

sin α n x −(aα n )2 t e (2n+1)3





(2n+1)π . l

n=1

где αmn =

64F0 π 4 l1 l2 T0

(2m+1) l1

2

+

∞ P

(−1)m+n cos

m,n=0



,

e(aα n )

2

t0

 −1 ,

(2n+1)π . 2l

n

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = −p, p = 2.278. u(x, y, t) = r



,

∞ √ √ P sin λ n x0 sin λ n x 0 2.276. u(x, t) = π8lQ × 2 kS (2n+1)3 n=0 h   i √ 2 2 × 1 − e−a λ n t − 1 − e−a λ n (t−t0 ) η(t − t0 ) , λn = √ h ∞
−( aµn )2 t i 2 P (−1)n µ 2 x0 n +p 0 l cos µ 1 − +2 e , 2.277. Q(t) = Q0 C n 2 2 lC l µ +p +p

αn =

sin ωt ω

−

(2n+1) l2 ∞ P

2

CL , C0

a2 =

1 . RC

(2m+1)πy (2m+1)πx cos sin2 πa α mn t 2l1 2l2 4 (2m+1)(2n+1)α 2 mn

,

.

2F0 ω n sin ωt−ω sin ω n t √ sin nπx 2.279. u(x, y, t) = sin nπy , 2 2 l1 l2 n(ω 2 πaρ 0 l2 n −ω ) 1 +l2 n=1 √2 2 l +l ωn = l11l2 2 πan. 2.280. u(x, y, t) = klQ10l2 a2 [t − (t − t0 ) η(t − t0 )] + h   i cos nπy P cos mπx l1 l2 −a2 α mn t −a2 α mn (t−t0 ) + klQ10l2 1 − e − 1 − e η(t − t ) , 0 α mn m+n>0      2 2 m + ln2 . αmn = π2 l1 P 2F0 l1 l2 nπy l2 F0 1 nπx 2.281. u(x, y) = π 2 T (l2 +l2 ) ∞ u( l21 l22 ) = 4(ll21+l 2 )T . n=1 n2 sin l1 sin l2 , 0 1 0 2 1 2     2n n P (−1) ∞ r0 p0 r 1 r 2.282. 1) u(r, ϕ) = πT0 ln r + 2 n=1 n(n+1) 1 − r0 sin(2n + 1)ϕ ;   2n−1  (−1)n 2p0 r 2 P ∞ r 2) u(r, ϕ) = πr (1 − sin(2n + 1)ϕ. n=0 (2n−1)(2n+3) r0 0 T0

405

2.4. Ответы

  2 2 2 2 |r0 −r1 | |r0 −r1 | q q · . 2.284. σ(ϕ)= 1− . 2.283. σ(ϕ)=− 2πr 2 2 2 2 2πr0 r0 +r1 −2r0 r1 cos ϕ 0 . r0 +r1 −2r0 r1 cos ϕ   2J 1 1 1 2.285. A(r, ϕ) = c ln √ 2 2 − ln r + C ez , + ln √ 2 2 r +d1 −2rd1 cos ϕ r +d −2rd cos ϕ   2 r 4µJ + C ez . d1 = d0 . 2.286. A(r, ϕ) = (µ+1)c ln √ 2 2 1 r1 +r −2r1 r cos ϕ

2.287. F =

2 r1 r0 r1 4p2 ε−1 2 −r 2 )3 r . ε+1 (r0 1 1

2.288. u(z, ϕ) =

I 4πσ

ln

плотность тока определяется формулой (1.165). 2.289. 1)

u0 =

2 F 0 r0 ; 18πD

2)

u0 =

2 F 0 r0 4+σr0 . 18πD 1+σr0

0

2.290. 1)

u0 =

p0 r 0 3 ; 64πD

2)

u0 =

3 p0 r 0 5+σr0 . 64πD 1+σr0

2.291. u(x, y) =

3 2F0 l3 1 l2 2 2 π 4 D(l2 1 +l2 )

2.292. u(x, y) =

p0 a4 b4 8D(3a4 +3b4 +2a2 b2 )

P∞

ch rz −cos(ϕ+ϕ 0 )

ch rz −cos(ϕ−ϕ 0 ) 0

1 n=1 n4



sin

x2 a2

+

sin nπy ; u( l21 , l2 2 −1 .

nπx l1 y2 b2

+ C,

3 F0 l3 l2 1 l2 ) 2 2. 2 48D(l2 1 +l2 )

2.293. Указание. Если неоднородность представить в форме Rt Rt µ(t) = 0 µ(τ)δ(t − τ) dτ = 0 µ(τ) ∂η(t−τ) dτ, ∂t то естественно предположить, что Rt u(x, t) = 0 µ(τ) ∂v(x,t−τ) dτ, ∂t

где v(x, t − τ) — решение вспомогательной задачи с неоднородностью η(t − τ), или (после замены t − τ → τ ) с неоднородностью η(t). Остается доказать, что u(x, t) удовлетворяет условиям исходной задачи. (2n+1)πx π(2n+1)a π(2n+1)a (−1)n sin (ω sin t− sin ωt) 4F0 P ∞ 2l 2l 2l ; 2.294. 1) u(x, t) = πaρS π(2n+1)a 2 n=0 2 (2n+1)(ω −( ) ) 2l   n πnx πna πna P 2 (−1) cos l (ω sin l t− l sin ωt) ∞ l 2) u(x, t)= ρωF20lS ωt − sin ωt + 2ω ; n=1 πa )2 ) n(ω 2 − πna l 2 2 x (ω sin µn a t− µn a sin ωt) P (µ +p ) cos µ 1− ( ) n ∞ 2F0 n l l l 3) u(x, t)= ρaS , µn a 2 2 2 n=1 µ n (µ 2 n +p +p)(ω −( l ) ) µn >0 — корень уравнения µtg µ = p, p = hl. (2n+1)πx Rt ∞ P (−1)n sin 2l 2.295. u(x, t)= πaρ4 0 S F (τ) sin (2n+1)πa(t−τ) dτ. 2n+1 2l n=0

2.296. u(x, t) =

2.297. u(x, t) =

2F0 aρ 0 S S

t− ∞ P

√2k Eρ 0

0

l a

n=1




2l a

η t− √




.

2 (−1)n+1 µ 2 n +p 2 µ2 n +p +p

sin µn 1− xl


Rt

α(τ) sin

0

kl µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ= − p, p = ES . √ 2 2 ∞ n+1
Rt P (−1) µ n +p 2.298. u(x, t)= S √2k cos µn 1− xl α(τ) sin µ 2 +p2 +p ρ E 0

n=1

2.299. Потенциал скоростей 2 Rt u(x, t) = al 0 v(τ)(t − τ) dτ +

n

2a π

0

∞ P

n=1

(−1)n cos nπx l n

Rt 0

v(τ) sin

µ n a(t−τ) dτ, l

µ n πa(t−τ) dτ. l

nπa(t−τ) l

dτ.

406

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ ∞ P

(2n+1)πx

(−1)n sin 2l 2n+1

Rt

v(τ) sin (2n+1)πa(t−τ) dτ; 2l 0 n=0 ∞ (µ 2 +q 2 ) cos µ 1− x R P t n( n l ) 2) u(x, t) = 2a v(τ) sin µn a(t−τ) dτ, l µ n (µ 2 +q 2 +q) 0 n=1 kl µn — корень уравнения µ tg µ = q, q = γP . 0 ∞ β 2 P n sin nπx R t l E(τ)e− 2 (t−τ) sin ωn (t−τ) dτ, 2.301. u(x, t)= 2πa ωn l2 0 n=1 2.300. 1) u(x, t) =

ωn =

π 2 n2 LCl2

−

R2 . 4L2

4a π

Rt 2.302. u(r, t) = 3a2 0 α(τ)dτ+ √ ∞ P 2 (−1)n µ 2 n +1 + 2ar r0 sin µn n=1

µn r r0

Rt 0

α(τ) cos

aµ n (t−τ) dτ, r0

µn > 0 — корень уравнения tg µ = µ. Указание Задачу поставить в виде: utt = a2 ∆u + a2 r0 αt δS , ur |r=r0 = 0, u|t=0 = ut |t=0 = 0.   ∞ (2n+1)π 2 R P − D(t−τ) t (2n+1)π 2l 2.303. u(x, t) = 2l cos x 0 q(t)e dτ. 2l n=0 √ ∞ Rt 2 µn a 2 P 2 (−1)n+1 µ n µ 2 n +p cos µnl x 0 µ(τ)e−( l ) (t−τ) dτ, 2.304. u(x, t) = 2al h µ 2 +p2 +p n

n=1

µn > 0 — корень уравнения µ tg µ = p, p = hl. ∞ (µ 2 +p2 ) p sin µ 1− x +µ cos µ 1− x µn a 2 P n n( n( n 1 ( 1 l ) l )) −( l ) t 2.305. u(x, t) = 2ER02Rl × 2 +p2 )(µ 2 +p2 )+(p +p )(µ 2 +p p )] e µ n [(µ n 1 2 1 2 n n 1 2  µn a 2 n=1 2 Rl 1 p2 × e( l ) t0 − 1 , µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ µp1−p , pi = R . +p2 i √ h P∞ (−1)n µ2n +1 2 Rt 0 2.306. u(r, t) = 3a q(τ)dτ + 2r sin µrn0r × n=1 2r0 3r µn 0  2 i µ a Rt − rn (t−τ) 0 × 0 q(τ)e dτ , µn > 0 корень уравнения tg µ = µ. q 2 2 2.307. Если α6=λnk = π nl2 + (2k+1) , то l2 1 2  πnx sin (2k+1)πy  sin P l1 l2 ∞ e−λnk z e−αz 0 u(x, y, z) = 8αu − . 2 2 2 n=1,r=0 α λ l (2k+1)λ −α ) 1

8αu0 n0 l1 (1+αz) e−αz + (2k+1)α 2 l2 1 (2k+1)πy πnx ∞ sin sin P

0 + 8αu l2 1

2.308. u(x, y, z) = r  αnm = π

2n+1 l1

nk

nk

Если α=λn0 k0 , то u(x, y, z) =

2

8q0 kπl2

+

2.309. u(x, y, z, t) =



∞ P

32u0 πl2

n=1,r=0 n6=n0 ,k6=k0

sin

n,m=0 2m+1 2l2

l1

2

∞ P

(2n+1)πx (2m+1)πy sin l1 2l2 2 (2m+1)α nm

. ∞ P

k,m=0 n=1

(−1)n n sin

l2

(2k+1)λ 2 −α 2 ) nk



e−αz α

−

e−λnk z λ nk


1−e−α nn z ,

(2k+1)πx (2m+1)πy sin sin nπz l l l (2k+1)(2m+1)akmn

×



.

407

2.4. Ответы   2 × 1 − e−a α kmn t , αkmn =

J ln 2.310. u(x, y)= 2πσh

2.311. u(r, ϕ) =

J πσ

ln

2.312. u(z, ϕ) = C − 2.313. u(θ, ϕ) = C −

ch πy −sin 2l πy ch 2l +sin

πx 2l πx 2l

P∞

π2 [(2k l2

+ 1)2 + (2m + 1)2 + n2 ].

+ C, j = −σ∇u.
2n cos 2nϕ (−1)n rr0 +C, j=−σ n

r0 J − 2πσ 1 r ch rz −cos ϕ J 0 ln , z 2πσ ch r +cos ϕ

∂u ∂u e + 1r ∂ϕ eϕ ∂r r

плотность тока имеет вид (1.165).

0

J 4πσ



ln

θ θ tg 2 θ +tg 2 20 −2 tg θ tg 20 cos(ϕ−ϕ 0 ) 2 2

1+tg 2 θ −2 tg θ cos ϕ) 2 2

+ ln

+

θ θ tg 2 θ +ctg 2 20 −2tg θ ctg 20 cos(ϕ−ϕ 0 ) 2 2 θ θ 2 1+tg 2 −2tg 2 cos ϕ)

Плотность тока имеет вид (1.166). hУказание. Задачу поставить в форме i δ( π −θ) δ(θ−θ 0 ) 1 ∂ ∂u ∂2 J 2 sin θ ∂θ + sin12 θ ∂ϕ · δ(ϕ − ϕ0 ) − sin · δ(ϕ) , 2 = −σ sin θ ∂θ sin θ θ



.

0 < θ, 0 ≤ ϕ < 2π, ∂ = 0. |u(0, ϕ)| < ∞, ∂θ θ= π 2

Продолжить функцию u(θ, ϕ) на всю сферу и воспользоваться указанием к задаче 2.127. q 2.314. ωmn = Tρ00 µrmn , vmn (r, ϕ) = (Amn cos mϕ + Bmn sin mϕ)Jm ( µrmn r), 0 0 m ∈ N0 , n ∈ N, µmn > 0 — нуль с номером n функции Бесселя Jm (µ). q 2.315. ωmn = Tρ00 µrmn , vmn (r, ϕ)=Amn sin πmϕ J πm ( µrmn r), m∈N0 , n∈N, α α 0 0 µmn > 0 — нуль с номером n функции Бесселя J πm (µ). α q g 2.316. ωn = 12 l(ν+1) µνn . Указание. Натяжение струны Rl
ν+1 lgA T (x) = 0 gρ(x) dx = ν+1 1 − xl , √ ωk = λk , λk — собственные значения задачи (см. пример 1.3.)
ν+1 dX
ν d 1 − xl + (ν+1)λ 1 − xl X = 0, 0 < x < l, dx dx lg
ν+1 ′ X(0) = 0, limx→l 1 − xl X (x) = 0. Уравнение для X(x) является частным случаем линейного дифференциального уравнения x2 v ′′ + (1 + 2α)xv ′ + [(βγz γ )2 + (α2 − ν2 γ2 )] v = 0, γ

(2.98)

α

которое заменой ξ = βx , w = x v преобразуется в уравнение Бесселя порядка ν : ξ2 w′′ + ξw′ + (ξ2 − ν2 )w = 0. В данной ситуации нужно сделать  2 2  31 3l2 Eµ 1 ξ2 g замену: 1 − xl = 4λl(ν+1) , X = ξ−ν v(ξ). 2.317. lk = , µ1 >0 4ρg

наименьший корень уравнения J− 1 (µ) = 0. Указание. Уравнение 3 (1.22) равновесия стержня под действием сил тяжести запишется в виде Rl JEuxx = x q(u(ξ)−u(x)) dξ, q=4l1 l2 ρg, при этом u′ (0) = u′′ (l) = 0. После дифференцирования по x и замены v=ux




.

408

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

получается задача на собственные значения: q v ′′ + λ(l − x)v = 0, 0 < x < l, λ = ES , v(0) = v ′ (l) = 0. Уравнение для v является частным случаем уравнения (2.98). r0 r0 I0 ( L ) 2.318. χ = 2L . r I1 ( L0 )     r ˜0 r ˜0 r r q0 L I0 L K0 ( L )−K0 L I0 ( L ) 2.319. 1) Φ1 (r) = 2πD ; r ˜0 I0

2)

L=

q

D , Σc

L

r0 r0 r0 r0 2D r 2D r q0 L (I0 ( L )+ L I1 ( L ))K0 ( L )−(K0 ( L )− L K1 ( L ))I0 ( L ) Φ2 (r) = 2πD , r0 r0 2D (I0 ( L )+ L I1 ( L )) r0 r0 r r q0 L I0 ( L )K0 ( L )−K0 ( L )I0 ( L ) Φ1 (r) ≈ Φ2 (r) 2πD , r I0 ( L0 )

D=

2.320. Φ(r) = 2.321. 1) r˜k =

1 3Σc

. См. указание к задаче 2.32.

r Φ0 I0 ( L )

I0 (κ)+ 2D I (κ) L 1 µ 01 ; α

, γ=

2) rk =

µ , α

I1 (κ) 1− 2D L I0 (κ) I1 (κ) 1+ 2D L I0 (κ)

, κ=

L=

q

D Σc

, D=

1 3Σc

.

где µ > 0 — наименьший корень уравнения √ 3 3π 2 µ 2

01 J0 (µ) − αDJ1 (µ) = 0. 2.322. V = . 2α 3 q q q µ µ 1 2.323. DC α2C − r˜01 α2 − r˜01 + 2 tg 2 l = DR L2 0

r0 , L

0

R

q

µ 01 2 cth r ˜0

1 L2 R

+

µ 01 ˜ 2 (h r˜0

− l),

где DC и LR те же, что в ответе к задаче 2.41. 2.324. rk = µ√01 , где λ — корень уравнения (2.79). λ 2.325. rk = µ√01 , где λ — корень уравнения (2.81). qλ  2 c2 2.326. rk = D µ . 2.327. τ = aµr001 , a2 = 4πµσ . β 01   r 0) 2.328. Rnm (r, ϕ, z, t)=Anm Jn γ nm cos(nϕ+δn ) ch γ nm (z+h cos(ωnm t+βnm ), r0 r0 h0 ω2nm = gγrnm th γ nm , γnm >0 — нуль функции Jn′ (γ) = 0, n ∈ N0 , m ∈ N. r0 0 √ √ Указание. См.задачу 1.231 п.1. 2.329. ω1 = 2l gh0 µ01 , ω2 = 2l gh0 µ11 . Указание. См. задачу 1.235. 2.330. 1) ζ(x, t) = A JJ00(kx) cos ωt, k = √ω ; (kl) gh q0 √ J0 (2 kx) 2) ζ(x, t) = A J (2√kl) cos ωt, k = ω ghl 0 ; q 0 √ q kx) √ 3) ζ(x, t)A xl JJ1 (2 cos ωt, k = ω ghl 0 . (2 kl) 1

c c ; ω0T E = rc0 µ11 ≈ 1.84 . Указание. См. задачу 1.236. 2.331. ω0T M = rc0 µ01 ≈ 2.41 r0 r0 Указание. См. задачу 2.51.   2 ~2 2.332. ψns (r, ϕ) = r √πJ 1 (µns ) Jn µrns0 r einϕ , Ens = 2mr n ∈ Z, 2 µ ns , 0 n+1 0 s ∈ N. Указание. Для вычисления нормы собственной функции применить формулу

409

2.4. Ответы Z

l 0

Jν2

 µx  l

l2 x dx = 2



ν2 [(J (µ)] + 1 − 2 µ ′



2



Jν2 (µ)



ν > −1,

(2.99)

которая получается тем же способом, что и соотношение (2.44), полученное в примере 2.14.     r1 µ0n r J0 P∞ J1 µ0n r0 r0 a 2I 2.333. u(r, t) = πar1 ρ0 n=1 sin µ0n t. r0 µ 2 J 2 (µ ) 2.334. u(r, t) =

2p0 r0 r1 T

2.335. u(r, ϕ, t) = 2r0 V0 нения

J1′ (µ)

J1

P∞

n=1

P



0n 0n 1    µ0n r0 µ0n r µ a J0 cos 0n t r0 r0 r0 2 (µ µ3 J ) 0n 0n 1



= 0. 2.336. u(x, t) =

2.337. u(x, t) =

m V t m+m0 0



µ r µn at J1 rn cos r ∞ 0 0 n=1 µ n (µ 2 −1)J0 (µ)

+

2plV0 a

2I aρ 0 S0



at l

+

cos ϕ, P∞

µn > 0 — корень урав a sin µ1n t . l

J0 (µ 1n (1− x )) l n=1 µ 1n J0 (µ 1n )

J0 (µ (1− x l )) n=1 (µ 2 +p2 +2p)µJ0 (µ)

P∞

.

sin

µn a t, l

0 µn > 0 — корень уравнения µJ0 (µ) + pJ1 (µ) = 0, p = 2m , m0 = ρ02S0 l . m √ x0 √ x
p P∞ J0 (µ0n 1− l )J0 (µ0n 1− l ) 0 cos 12 gl µ0n t . 2.338. u(x, t) = 4F 2 n=1 gρ 0 µ2 0n J1 (µ 0n ) √
p P J0 (µ 0n 1− x l ) 2.339. u(x, t) = 8u0 ∞ cos 12 gl µ0n t . 3 n=1 µ 0n J1 (µ 0n )  q  q ∞ P Jν (µ νn ξ 0 )Jν (µ νn ξ) g 1 2.340. u(x, t) = ρ2I0 ν+1 sin 21 l(ν+1) µνn t , ν 2 gl ξ ν µ νn Jν−1 (µ νn ) 0ξ n=1     µ0n r1 µ0n r   p J0 J0 r0 r0 F0 P ∞ µ 0n a x 1 − cos t . ξ = 1 − l . 2.341. u(r, t) = πT 2 2 n=1 r0 µ J (µ ) 0 0n 1

µ 0n a , то r0     µ0n r1 µ0n r J0 J0 r r

2.342. Если ω 6= ωn =

0n

ωF0 P ∞ cos ωt−cos ω n t 0 0 u(r, t) = πar . 2 n=1 ω2 µ 0n J12 (µ 0n ) 0 ρ0 n −ω Если ω = ωn0 , то     µ0n r1 µ0n r h aJ ωr1 J ωr ∞ J0 J0 P 0( a ) 0( a ) r0 r0 ωF0 u(r, t) = πar t sin ωt+ ωr 2 µ 0n J1 (µ 0n ) 0 ρ0 2r0 ω 2 J12 ( a 0 ) n=1 n6=n0

2.343. u(r, t) =

F0 πT0

µ0n r r0 n=1 µ 2 J 2 (µ 0n ) 0n 1

P∞

J0



h



× 1 − cos

cos ωt−cos ω n t 2 ω2 n −ω

i

× µ 0n a t r0

 − 1 − cos

µ 0n a (t r0

 i − t0 ) η(t − t0 ) .

a 2.344. Если ω 6= ωn = µ0n , то  r0  µ0n r P ∞ J0 r 0 F0 n sin ωt u(r, t) = πar0 ρ0 n=1 µ J 2 (µ ) ω sin ωωn2t−ω . −ω 2 0n 1 0n n h ωr ) aJ ( 0 Если ω = ωn0 , то u(r, t) = πarF00ρ0 2r ω 2 J 2 a( ωr0 ) (sin ωt + ωt cos ωt)+ 0

1

+

a

∞ P

n=1 n6=n0

µ0n r r0 ω sin ω n t−ω n sin ωt ω 2 −ω 2 µ 0n J12 (µ 0n ) n

J0





i

.

.

410

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

2.345. u(x, t) =

p0 l gρ 0

2.346. u(r, t) = 2a2





x l

Rt 0

−8

J0 (µ 0n

P∞

1− x l )

µ3 0n J1 (µ 0n )

n=1

α(τ)dτ +

√

J0

P∞

n=1



µ1n r r0

J0 (µ 1n )

1 2

cos 

Rt 0

2.347. Потенциал скоростей   Rt µ n J1 µrn r P 0 u(r, ϕ, t) = 2aV0 sin ϕ ∞ n=1 (µ 2 −1)J1 (µ n ) 0 α(τ) sin

µ t l 0n

α(τ) cos

µn a (t r0

n

J1′ (µ)

µn > 0 — корень уравнения = 0. hR 2 t 2.348. u(r, z, t) = a 2lV0 0 α(τ)(t − τ)dτ − 16

pg



.

µ 1n a (t r0

 − τ) dτ .

− τ) dτ,

µ1n r cos mπ z r0 l (1+δ m0 )µ 2 ω 1n mn J0 (µ 1n )

(−1)m J0

∞ P








× r i  2 Rt
2 µ 1n × 0 α(τ) sin ωmn (t − τ)dτ , ωmn = a + mπ . r0 l   x P J0 ( µ 2 t2 F0 l µ 1n a 1n (1− l )) x2 − 2x 2.349. u(x, t) = ρF00lS + 2ES + 21 − 4 ∞ t . n=1 µ 2 J (µ ) cos l l l2 0 0 m=0,n=1

1n 0

2.350. 1) u(r, t) =

2) u(r, t) =

Q0 πk

Q0 πk

µ0n r r0 n=1 µ 2 J 2 (µ 0n ) 0n 1

P∞ P

J0







e

−





nr J0 µ ∞ r0 2 )J 2 (µ ) n=1 (µ 2 +p n n 0

µ0n a r0

e

−



2

µn a r0

t

1n

;

2

t

,

µn > 0 — корень уравнения (2.100)

pJ0 (µ) − µJ1 (µ) = 0, p = r0 h. 



n r sin µn a t J0 µ r0 r0 ∞ I n 2 )J 2 (µ ) n=1 (µ 2 πar0 ρ +p n n 0     2 µ2 µ0n r t −a2 π2 + 0n J0 2 r0 ∞ l r0 0 n=1 µ 0n J1 (µ 0n )     µ1n r µ1n a 2 J1 − t ∞ r0 r0 0 n=1 µ 1n J0 (µ 1n )     µn r µ a 2 (µ 2 − rn t n −4)J1 ∞ r0 0 n 2 n=1 µ 2 n (µ n −1)J0 (µ n )  2   − µn a t µn r r0 J e 2 ∞ r0 0 2 −4)J (µ ) n=1 (µ 2 +p n 2 n

P

2.351. u(r, t) =

(2.100). 2.352. u(r, z, t) = 2u P 2.353. u(r, ϕ, t) = −2u P e = −4u0

,

P

µ

> 0 — корень уравнения

e

e

sin

sin ϕ. 2.354. u(r, ϕ, t)=

sin ϕ, µ >0 — нуль функции J1′ (µ).

P 2.355. u(r, ϕ, t) = 2(p + 2)u cos 2ϕ, корень уравнения µJ2′ (µ) + pJ2 (µ) = 0, p = r0 h. µ1n r J1 P r0 µ 1n at 2.356. u(r, ϕ, t) = −16u0 ∞ sin ϕ. n=1 µ 3 J (µ ) cos r0 1n 0

2.357. u(r, ϕ, t) =

4Ir1 πρar0

πz . l

∞ P ∞ P

J2m+1

m=0 n=1

1n

µmn r1 r0





µn > 0 —



µmn r µ at sin(2m+1)ϕ cos mn r0 r0 2 µ mn J2m+2 (µ mn )

J2m+1

где µmn > 0 — нуль функции J2m+1 (µ). 2.358. u(r, t) = p=

2 2πr0 ρ0 C C0

2p 2 r0

∞ P

n=0

p

r R0 0





µn 2 r r dr+r0 u0 (r0 )J0 (µ n ) r0 2 +2p)J 2 (µ ) (µ 2 +p n n 0

u0 (r)J0

J0 ( µrn0r )e

− µrn a t 0

,

, 0 = µ0 < µ1 < µ2 < . . . — корни уравнения µJ0 (µ) + pJ1 (µ) = 0.

,

411

2.4. Ответы

2.359. Если α 6= u(r, t) =

Q0 a kα

Если α = u(r, t) =





2

√

2

2 Q0 a√

+

µ 0n a r0 α



J0 r a √  α J0 r 0 a

µ 0n0 a r0

kr0 αJ1



, то h 

αr0 a

2 Q0 a

√

kr0 αJ1

2

, то

 − 1 e−αt −

√a (1 α

αr0 a



Другая форма ответа: P∞ 0 u(r, t) = 2Q n=1 k

2Q0 k

√



αr a

+ 2αt)J0

r0 J1

√ J0

µ 0n



αr0 a

 2  − µ0n a t µ0n r r0 e r   02 n=1 µ0n α µ 0n 2 − a2 J1 (µ 0n ) r0

P∞



µ0n r r0



µ0n r r0

µ2 0n − α a2 r2 0





+ rJ1

e−αt −



J0



J1 (µ 0n )

√

αr a

i

e−αt +

 2  − µ0n a t µ0n r r0 e r 2Q0  02  k µ 0n − α n=1 µ 0n J1 (µ 0n ) a2 r2 n6=n0 0

∞ P



e

−αt

J0

−e

−





µ0n a r0

P∞

J0

2

t



.

.



   µ0n a 2 − t r0 . 2.360. u(r, t) = u0 1 − 2 n=1 µ0n J1 (µ0n ) e       µ1n r 2 µ J1 P − r1n νt r0 0 , 2.361. v(r, t) = ωr0 rr0 + 2 ∞ e n=1 µ 1n J0 (µ 1n )



.

v(r, ∞) = ωr0 ,

т.е. жидкость вращается как твердое тело. Указание. См. задачу 1.245.       nr µ a 2 J0 µ P − rn t r0 0 2.362. u(r, t) = u0 1 − 2p ∞ h e , 2 2 n=1 (µ +p )J0 (µ n ) n

µn > 0 — корень уравнения (2.100)  2 P 2 2 Ar0 2.363. u(r, t) = 4a2 4ar2 t + rr2 − p+2 + 8p ∞ n=1 p 0

0

  J0 µrn r 0

2 2 µ2 n (p +µ n )J0 (µ n )

µn > 0 — корень уравнения (2.100). 2.364. u(r, t) = 2pu0

P∞

n=1

 2  −D µn t µn r r0 e r0 2 2 2 µ n (p +µ n )J0 (µ n )

J0



1D − 2hu r0

e

 2  − µrn a t

  µn 2 −D t r0 e −e−αt 0  2 2 2 n=1 µ 2 µ n (p +µ n )J0 (µ n ) D rn −α 2 0

  µn r µ2 n J0 r

P∞

  −D µn r0 nr e J1 µ r 0

,

−

µn > 0 — корень уравнения (2.100).     µ1n r1 µ1n r   J1 J1 r0 r0 µ 1n a 2r0 f0 P ∞ 2.365. u(r, t) = T0 1 − cos t cos ϕ. 2 2 n=1 r µ 1n J0 (µ 1n ) 0     2  µ1n r µ a 1n J1 P − t r0 r0 2.366. u(r, t) = u0 rr0 + 2 ∞ sin ϕ. n=1 µ 1n J0 (µ 1n ) e   2  P  2.367. u(r, ϕ, t) = − q0Dr0  rr0 − 2 ∞ n=1

0

µ n (µ 2 n −1)J0 (µ n )

t

  cos ϕ,

,

412

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

µn > 0 — корень уравнения J1′ (µ) = 0. 

P  1 r2 −2 2.368. u(r, ϕ, t) = pu0  p+2 r2 0

 2  − µn a t µn r0 J r e 2 ∞ r0 2 −4)J (µ ) n=1 (µ 2 +p n 2 n





  cos 2ϕ,

µn > 0 — корень уравнения µJ2′ (µ) + pJ2 (µ) = 0, p = r0 h.       nr µ a 2 J1 µ P∞ − rn t r0 2q0 r0 r 0 2.369. u(r, ϕ, t) = k − e sin ϕ , 2 n=1 2r0 (µ −1)J1 (µ n ) n

µn > 0 —нуль функции J1′ (µ) . 2.370. u(r, ϕ, t) = 2hr0 A

  nr J1 µ r

P∞

t−

0

n=1 (p2 +µ 2 n −1)J1 (µ n )

µn > 0 — нуль функции J1′ (µ) . h I πr ) 0( 2.371. u(r, z, t) = u0 I πrl 0 − 0( l )

2 2 r0

∞ P

µ 0n J0



µ0n r r  0

−

1−e 



e

2 π2 + µ0n J (µ n=1 1 0n ) 2 l2 r0   µ0n r (2m+1)π µ 0n J0 sin z r0 l ∞ n=1,m=0 (2m+1)α nm J1 (µ 0n )

P 0 2.372. u(r, z, t) = 8u 2 r0  2  2 + (2m+1)π . αnm = µr0n l 0





µn a r0

µn a r0

−





2

t

2

µ0n a r0

!

2

1 − e−a

t

cos ϕ ,

i

2α

πz l

sin

nm t



µ0n r µ 0n J0 P 2 −αt −a2 λn t r0 2.373. u(r, z, t) = 2ar2u0 ∞ · e a2−e · cos πz , n=1 J (µ ) l λ −α 1 0n n 0  2
2 λn = µr0n + πl . Другая форма ответа: 0   µ0n a 2     ∞ µ 0n J0 µ0n r e−( r ) t I0 βr P r r −αt 0 0  cos πz , β = u(r, z, t) = u0  I0 (β) e −2 l (β 2 +µ 2 )J (µ )



2.375. u(r, z) = C − 4q kl

2.376. u(r, z, t) =

J1

P∞

µ1n r r0



0n

µ z sh 1n r

n=1 µ J (µ )sh µ1n l cos ϕ . 1n 0 1n r0    µ1n r µ z J sh 1n P 0 r0 r0 ∞ I z + µ n=1 µ J 2 (µ )ch 1n l πσr0 r0 1n 1n 0

0

∞ P

J0

n=1,m=0



µ0n r r0

∞ P

2.378. u(r, z) =

Q0 (r02 4k

2.379. u(r, z) =

2Q0 πkr1





.

2 π2 m2 + µ0n 2 l2 r0

−a2

!

t

cos πm ze l   µ2 2 m2 π 0n µ 0n + 2 J1 (µ 0n )(1+δ 0m ) l2 r

.

0

J0



2

−r )+ r1 z 2 2r0

r0





µn µ z r sh rn r0 0 0 µn l 2 (µ 2 n +p )J0 (µ n )sh r0 n=1

2.377. u(r, z)=2pu

1

0n



+

2q0 r0 k

P∞

n=1

,



n=1

2.374. u(r, ϕ, z) = −2u0

.

P∞

, µn >0 — корень (2.100). J0



µ0n r r0



µ z ch 0n r

n=1 µ 2 J (µ )ch µ0n l . 0n 0n 1 r0     µ1n µ1n r µ z  J1 r r 1 J0 sh 1n r r 0

0

0

µ1n l 2 µ2 1n J0 (µ 1n )ch r 0

0

.

πr0 . l

413

2.4. Ответы

2.380. u(r, ϕ, t) =

∞ P



an

n=1

+2

∞ P

n

sin nϕ +

 2   − µnm a t r0 an Jn µrnm r e 0

n,m=1

2.381. u(r, ϕ, t) =

r r0

µ nm Jn−1 (µ nm )

8pu0 π

sin nϕ ,

Rπ

2 π

an =

f (ϕ) sin nϕ dϕ.

0

2



γnm a − t r0 1−e 0 2 (2n+1)(p2 +γ 2 nm −(2n+1) )J2n+1 (γ nm ) n=0,m=1

 J2n+1 γrnm r

∞ P

 



sin(2n+1)ϕ,

′ γnm > 0 — корень уравнения γJ2n+1 (γ) + pJ2n+1 (γ) = 0, p = hr0 . 

3) u(r, t)

r r0

ν

∞ P

Jν



 − µνn r e r0

2

µνn a r0

t

i

π cos νϕ, ν = α . µ νn Jν+1 (µ νn )     µ0n r J0 P 2 2 gr 2 r0 µ 0n at u(r, t) = 4a02 1 − rr2 − 8 ∞ ; 2) u(r, t) = gt2 ; n=1 µ 3 J1 (µ 0n ) cos r0 0 0n   h i 2 P J0 rγ cos aγt 2pgr0 ∞ r0 g 2 2 2 0 = 4a2 (1 + p )r0 − r − a2 , γn > 0 — 2 2 n=1 γ 2 n (γ n +p )Jν (γ n )

2.382. u(r, ϕ, t) = u0 2.383. 1)

h

−2

n=1

корень уравнения γJ1 (γ) = pJ0 (γ), p = hr0 .    µ0n r1 µ0n r µ at J1 J0 cos 0n P r0 r0 r0 2.384. u(r, t) = f (r) − 2p0Tr0 r1 ∞ , 2 (µ n=1 µ3 J ) 0n 0n 1  2 r0 2 2 r1 − r + 2r1 ln r1 , 0 ≤ r ≤ r1 , p0 f (r) = 4T r1 ≤ r ≤ r0 . 2r12 ln rr1 ,
aµ1n 2 − t r0 ∞ J0 ( µ1n r)e P 2 2 2 r Ar0 0 2.385. u(r, t) = Ar + a rAt − − 4Ar . 0 2 J (µ r0 2 µ ) 0

2.386. 1) u(r, t) = 2) u(r, t) =

Ar 2 12a2

A (r06 36a2

r04 −

r4 3

6

−r )−




+

6 2Ar0 a2

4 t2 Ar0 4

−

∞ P

1n 1n 0 1 µ0n aµ t 2 (µ 2 r) cos r0n 0n −8) J0 ( r 0

6 5Ar0 144a2

∞
2Ar06 P 6 6 A 6 3) u(r, t)= 36a 2 1+ p (r0 − r ) − a2

0

µ7 0n J1 (µ 0n )

1

−

6 8Ar0 a2

∞ P

µ1n aµ t (µ 2 r) cos r1n 1n −8)J0 ( r 0

u(r, t) =

2 Ar0 (1 a2 µ 2 m

r2 0

− cos

Jν+1 (µ νn )

0

′ βr ν Jν (βr0 )
ν−1 νr0

−

′ 2Aβr0 Jν (βr0 ) a2

при β6= r2n , γn >0 — нуль Jν′ (γ), если β= 0

если β=

µ2 m 2 , r0

γ2 m 2 , r0

то

n r) cos aγn t Jν ( γ r r

∞ P

0

2 1 (γ 2 n −ν )

Ar 2

u(r, t)= a2 γ02 (1− cos m

; ,

то

aµ νm t )Jν ( µrνm r); r0 0

2)u(r, t)= a2Aβ 2 Jν (βr0 )− γ2




2 2 γ6 n (p +γ n )J0 (γ n )

γn > 0 — корень уравнения γJ1 (γ) = pJ0 (γ),
p = r0 h. ν 2.387. 1) u(r, t)= a2Aβ 2 rrν Jν (βr0 ) − Jν (βr) − 0 ∞ Jν ( µrνn r) cos aµrνn t µ2 2AJν (βr0 ) P 0
0 − при условии β6= rn2 , µν n2 a2 2 −β

0

µ6 1n J0 (µ 1n )

1

γn aγn t 2 (p+4)γ 4 n −16(p+2)γ n +64p J0 ( r0 r) cos r0

1

1 µ νn

;

0 γ2 n −β 2 J (γ ) ν n r2 0




aγ m t )Jν ( γrm r) r0 0

414

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ ′ βr0 Jν (βr0 )+p Jν (βr0 ) ν
2A r − a2 (βr0 Jν′ (βr0 )+p Jν (βr0 ))× ν (p+ν)r0

3)u(r, t) = a2Aβ 2 Jν (βr)− n r) cos aγn t ∞ Jν ( γ P r0
r0 × γ2

n −β 2 J (γ ) ν n r2 0

2 1 (γ 2 n −ν )

γ2 n 2 , r0

, при β 6=

где γn > 0 — корень уравнения

Ar 2

γ2

t γ Jν′ (γ)+p Jν (γ)=0, p=hr0 , u(r, t)= a2 γ02 (1− cos aγrm )Jν ( γrm r) при β= rm 2 . 0 0 m 0 2

β 2 r0 βI1 (βr0 ) 2 AI1 (βr0 ) 2 2AI1 (βr0 ) A 2.388. u(r, t) = a2 β 2 r − I0 (βr) + βr0 t − a2 β 3 r0 1 + 8 + 2r0 ∞ J0 ( µ1n r) cos aµ1n t P 2 r0 r 1 (βr0 ) + 2βr0 AI
0 , если β = 0, то u(r, t) = At2 . a2 µ2 1 µ2 1n

2.389.

1 +β 2 J (µ 0 1n ) r2 0

2Q r 2 0 (r02 −r 2 )− k0 0 1) u(r, t)= Q 4k Q0 4k

3) u(r, t) =

h

J0

P∞

n=1

i (1 + p2 )r02 − r 2 −

2 2pr0 Q0 k



3) u(r, t) = 4) u(r, t) =

A (r04 16a2 A (r04 16a2

− r 4 )t − 4

2

− r )t −

P

5) u(r, t) = 6) u(r, t) =

A a2

A a2



1− 4a2 a4

I0 I0

A (r02 288a4

−r

2

u(r, t) =

µ 0n r0

A β 2 a2

если β =

+ r2 −

8)u(r, t) =

α 2 I0 2 2Ar0 a2

, то

то u(r, t) =

A β 2 a2

9) если β 6=

2 (4a2 +α 2 r0 )I0 αr a αr0 a

P∞

n=1


J0 (βr0 ) − J0 (βr) t −

µ 0m , r0

µ 0n r0



3 Ar0 a3 µ 3 0n




Q0 t ; Cρ

γn > 0 —

− P∞

6 4Ar0 a4







n=1

µ0n r r0

J0

µ3 0n



−r )+

(µ 2 0n −4)J0

− sin



µ0n r r0



cos

µ7 0n J1 (µ 0n )




µ0n at r0







αr0 µ at µ at sin 0n −cos 0n aµ0n r0 r0 µ2 2 α 0n + J1 (µ 0n ) 2 a2 r0

P∞




J0

n=1

aµ 0n t r0

2r0 AI0 (βr0 ) a3

A β 2 a2 +α 2

;

e−αt − µ0n r r0

P∞

J0 (βr) −




µ2 0n

J0 µ2 0n

J0 (βr0 )

I0

αr0 a




µ0n r µ at sin 0n r0 r0 µ2 0n −β 2 J (µ 1 0n ) 2 r0

µ 0m r r0

J0

n=1

;

4

αr0 µ at µ at sin 0n −cos 0n aµ0n r0 r0 2 µ 0n + α2 J (µ µ 0n 1 0n ) a2 r2 0

(µ 2 0n −4)J0

aµ 0n t r0

;

P

r02 r 2

2r0 AJ0 (βr0 ) a3

I0 (βr) − I0 (βr0 ) − , то u(r, t) =

; 2) u(r, t) =
2



0

+ 7) если β 6=

)(8r04


 αr P∞ a
e−αt + 2A αr n=1 a2 a

J0

)(3r −r )+

+ 

t

µ0n r µ at cos 0n r0 r0 4 µ 0n J1 (µ 0n )   µ0n r µ at 4 J0 cos 0n 4Ar0 ∞ r0 r0 2 2 2 0 n=1 a4 µ5 J (µ ) 1 0n 0n   µ0n r µ at (µ 2 cos 0n 0n −4)J0 ∞ r0 r0 n=1 µ6 0n J1 (µ 0n )

2 A A (r02 −r 2 )t2 − 32a 4 (r0 −r 4a2 5 2Ar0 a3


2

  − aγn t r0 J0 rγ e 0 , 2 2 n=1 γ 2 n (γ n +p )Jν (γ n )

P∞

корень уравнения γJ1 (γ) = pJ0 (γ), p = hr0 . 3 P 2Ar0 ∞ 2 2 A 2.390. 1) u(r, t) = 4a 2 (r0 − r )t − n=1 a3 2) u(r, t) =

 − aµ0n µ0n r r0 e r0 3 µ 0n J1 (µ 0n )




;





,

µ0n r µ at sin 0n r0 r0 µ2 0n +β 2 J (µ 1 0n ) r2 0


I0

αr a







e−αt +

;

;







;

;

415

2.4. Ответы

+

2AJ0 (βr0 ) 2 a 2 r0

то u(r, t) =

n=1

A

µ0m α2 2 + a2 r0

a2

α , a

10) если β 6=

α , a

αr0 aµ 0m




то u(r, t) = −




aµ 0m t r0

sin

A α 2 −β 2 a2

то u(r, t) = −

если β =




µ0n r αr0 µ at µ at sin 0n −cos 0n r0 aµ0n r0 r0 2 2 µ0n µ0n α2 2 J (µ 1 0n ) 2 + a2 2 −β r0 r0

µ 0n J0

P∞

2AI0 (βr0 ) 2 a 2 r0

αr0 a

2AI0

2 a 2 r0

αr0 a




µ 0n J0

P∞

αr


I




I0

a

µ0n r0

n=1







−rI1

ω , a

u(r, t) =










если β = 6= , то u(r, t) =
P − u(r, t) =

u(r, t) =


r

m

2ωAI0 (βr0 ) a 3 r0

aµ 0n , r0

2p0 ωr0 ρa3



−


r J










+




e−αt −


I0




a




e

n=1

J

,




P∞

n=1

0n r0

µ2 0n − ω2 r2 r2 0 0

aµ 0n , r)

J0 µ2 0n







µ0n sin 0n r0 r0 µ2 0n − ω2 J (µ 1 0n ) 2 a2 r0

,




p0 ρω 2



sin







− rJ

J

если β =

sin 0n r0 µ2 0n +β 2 J (µ 1 0n ) 2 r 0

то u(r, t) =
µ at r





P




6=





;

J0

.

sin ωt −

, то

ωr0 a


J0

ωr a



− 1 sin ωt − ωr0




a

если ω =

,

ω = ωm = βa, то I0 (βr0 )

aµ 0m r0 a

, то u(r, t) =

,

−
at

+




J0 ωr a J0




, то

=

−

 то u(r, t) = β 2 a2A+ω 2 I0 (βr) −
µ at µ r J0

P∞

2.391. Если ω 6= −

;

αr0 µ at µ sin 0n −cos 0n aµ0n r0 r0 2 µ2 2 0n + α J (µ ) 1 0n 2 a2 r0

A 2 (ω m sin ωt − ω sin ω m t), если ω m (ω 2 m −ω )
r A (sin ωm t − ωm t sin ωm t)J0 µ0m ; r0 2ω 2

12) если ω 6= −




µ 0m ω a r0 0n −β 2 J (µ 1 0n ) 2 r 0 µ0n r µ0m r 2µ 0m J0 rJ1 AJ0 (βr0 ) r0 J0 (βr) µ 0m at r0 2 2 J (βr ) r J (µ 0m ) r0 µ µ 0 0 0 1 2 2 − 0m J (µ a2 β 2 − 0m r (β ) 1 0m 2 2 0 r0 r0 µ0n r µ at µ0n r µ at ∞ AaJ0 (βr0 )J0 t cos 0n J0 sin 0n r0 r0 2µ 0m AJ0 (βr0 ) r0 r0 2 2 µ2 a µ 0n −β 2 J (µ n=1 (µ 2 −µ 2 ) a2 β 2 − 0m r0 J1 (µ 0m ) 1 0n ) 0n 0m r2 r2 n6=n0 0 0 µ 0n ω a r0 ωr0 ωr0 A ωr ωr 0 1 0 a 1 a 0 ωr0 a a 2ωaJ0 a µ0n r µ0n at ωr0 J0 sin r 2ωAJ0 ∞ r0 µ 0m ω a 0 2 n=1 µ2 r0 a a 3 r0 0n − ω2 J (µ ) 1 0n a2 r2 0 0n − ω a2 r2 0

+




a

β 6= µr0n , ω 6= ωn , где ωn = aµr00n , то 0 
 0 )
u(r, t) = β 2 a2A−ω 2 J0 (βr) − J0 (βr J0 ωr sin ωt − ωr0 a J0
a µ at µ0n r 0n J0 sin r P∞ r0 0 (βr0 ) − 2ωAJ , если β 6=
µ2
0 n=1 µ2 a 3 r0 2 11) если β 6=

µ 0m r r0

µ 0m , r0

0 a αr0 I0 a µ0n r αr0 µ at µ at sin 0n −cos 0n r0 aµ0n r0 r0 2 µ2 µ 2 0n + α 0n +β 2 J (µ 1 0n ) a2 r2 r2 0 0 αr0 −αt αr αr

µ 0n J0


r0 I 1

, если β =


+ e−αt J0

I0 (βr0 )

n=1

αr0 a




aµ 0m t r0

I0 (βr) −

P∞

A 2αaI0



− cos







sin ωt −

416

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

2 p0 r 0 ρa2 µ 2 0m

−



µ0m r r0

2J0




µ 0m J1 (µ 0m )

2 2p0 µ 0m r0 ρa2

∞ P

n=1 µ 2 0n n6=m

−1+ Jν

µ0n r r0

rJ1

µνn r r0




)
J1 (µ0m µ at 0n r0

sin

µ2 0n − omega2 2 a2 r0




aµ 0m t r0

sin

−




µ0m r aµ0m t t cos r0 r0 2 ρaµ 0m J1 (µ 0m )

p0 r 0 J 0

−

.

J1 (µ 0n )

4
2 3 Rt r0 Ar0 t 2 2 r4 A 2.392. 1) u(r, t) = A 0 h(t − τ) dτ; 2) u(r, t) = 8a − 2 r0 r − 2 − 3 t + 6   µ1n r µ1n at 5 P 2 4 4
J0 cos r 4Ar0 r0 Ar0 t ∞ r0 2 2 2 A r4 0 − a3 ; 3) u(r, t) = 24 + 8a2 r0 r − 2 − 3 t + n=1 µ5 1n J0 (µ 1n )   µ1n r µ at 6 4 2 2 4
6 P J0 cos 1n 7r0 r0 r r0 r 8Ar0 ∞ r0 r0 r6 A ; + 16a − − − + 4 n=1 72 3 4 18 a4 µ6 J (µ ) 0 1n 1n
  2 αr (2ar0 I0 a
e−αt + 4) u(r, t) = αA2 4a + r2 − αr0 α2 αI1 a

αr0 µ at µ1n r sin 1n −cos µ1nat J0 α 2 r2
4Ar 2 P 4Ar 2 aµ1n r0 r0 r0 + a2 0 1 − 8a20 (αt − 1) + a2 0 ∞ ;
n=1 µ2 2 1n + α J0 (µ 1n ) a2 r2 0 µ at µ r 1n ∞ 2 sin 1n J0 2Aβr0 J1 (βr0 ) r0 r0 AJ1 (βr0 ) 3 µ 1n 2 3 r0 3βr0 µ1n a −β 2 J0 (µ 1n ) n=1 µ 3 2 1n r0 2 2 β r0 βJ1 (βr0 ) 2 2J1 (βr0 ) µ 1m A 0 2r0 βr0 8 r0 β 2 a2 3 Ar0 r0 t aµ 1m t µ 1m r At3 0 aµ 1m r0 r0 6 a3 µ 3 1m µ1n r µ at ∞ 2 J0 sin 1n 2Aβr0 I1 (βr0 ) AI1 (βr0 ) 3 r0 r0 2 3βr0 a3 µ 1n +β 2 J (µ n=1 µ 3 0 1n ) 2 1n r0 2 2 β r0 βI1 (βr0 ) 2 2I1 (βr0 ) A At3 0 2r0 βr0 8 6 β 2 a2

µ2 1n

5) если 06=β6= +

, то u(r, t)=

(J (βr) +

u(r, t) =

− sin

r −I (βr)+

7) если β 6= +

µ 1n r0

2AJ1 (βr0 ) (1 α 2 βr0

, то u(r, t) =

+ αt) −

8) если β 6= +

2AI1 (βr0 ) (1 α 2 βr0

если β = +

α , a

2AaI1

α , a

αr0 a

α 3 r0




A α 2 +β 2 a2

P∞

n=1

A

α2+

то u(r, t) =

+ αt) +

1− 

2AβJ1 (βr0 ) r0

если β= µr1m , то u(r, t)= 0

A α 2 −β 2 a2

(1 + αt) +

A 2αa

2AI1

αr0 aµ 1m

a2 µ2 1n r2 0

2AβJ1 (βr0 ) r0

то u(r, t) =

r

P∞



t +

0 I0

I1




;

+

t, если β = 0, то u(r, t) =
 −αt ) 0
J0 (βr) + βaJ1 (βr I0 αr e + αr0 a αI1 a

αr µ at µ at µ r 0 sin 1n aµ1n r0 µ2 1n + α2 2 a2 r0

sin

1n 1n J0 r0 r0 µ2 1n −β 2 J (µ 0 1n ) 2 r0 aµ 1m t −αt 0 r0

−cos







aµ 1m t − cos r0

+e

βaI1 (βr0 )

αr


I







J

e−αt +



0 a αr0 a µ at µ at µ1n r αr0 sin 1n −cos 1n J0 aµ1n r0 r0 r0 αr0 2 mu2 µ 2 1n + α a 1n +β 2 J (µ 0 1n ) a2 r2 r2 0 0



I0

αr0 a αr0 a

αr a




αI1

− rI1




αr0 a







e−αt +
µ at

αr0 µ at sin 1n −cos 1n J0 aµ1n r0 r0 2 n=1 µ2 1n + α2 J (µ 0 1n ) 2 a2 r0 aµ 0n n r0

P∞

, то





I0 (βr) −

n=1

αr0 a

r0

+






1+ t, если β =

J , если β = 0, то u(r, t) =
P t −


r −

6) если β 6= 0, то u(r, t) = +




P

9) если β6= ω , β6= µr0n , ω6=ωn , где ω = a 0

, то




;

,

µ 1m r r0

,

µ1n r r0




;




;

417

2.4. Ответы

u(r, t) = ×

2AJ1 (βr0 ) t βωr0

∞ P

 × J0 (βr)+

AJ1 (βr0 ) β 2 a2 −ω 2

µ1n r0




βAJ1 (βr0 )J0 aµ 1m

− ×

P




µ1m r r0

t cos

aµ1m t r0

µ2 1m −β 2 J (µ 0 1m ) r2 0




A 2ωaJ1

J0 (βr) J1 (βr0 )

−

ωr0 a


r0 J0
µ r

ωr0 a




J0

µ at 1n J0 sin 1n ∞ r0 r0 2 2 n=1 µ1n ω2 J0 (µ 1n ) µ 1n 2 − a2 r0




∞ P

ωJ1

ωr0 a

+

βrJ1 (βr0 )J1 µ1n r0


r

2βωAJ1 (βr0 ) a3

ωr a




J1


r 




то u(r, t)=

ωr0 a





sin ωt+

×

A 2

µ a2 β 2 − 1m 2 r0

sin

µ at sin 1n r0 µ2 1n −β 2 J (µ 0 1n ) 2 r0

6= µr0n , β= ω a 0

−rJ1

µ1m r0

µ 1m J0 (µ 1m )

2 µ 1m (µ 2 1n −µ 1m )

, если





J0

n=1 n6=n0

ωr a



sin ωt +

βaJ0 ωr a

, если β6= ω = µr1m , то u(r, t)= a 0




1 (βr0 ) 1 (βr0 ) t+ 2βµ1m r0aAJ + 2AJ 2 βaµ 1m

+



µ at sin 1n r0 µ2 1n −β 2 J (µ 0 1n ) 2 r0 µ1m r 2 2 βr0 J1 (βr0 )(3µ 2 −β r )J 0 1m 0 r0 2 2 2 µ 1m (µ 1m −β r0 )J0 (µ 1m

J0

µ2 1n − ω2 2 a2 r0

n=1 µ 1n

+
r

aµ 1m t + r0


×

+ ωr0 a

2aAJ1

ω 2 r0

2ω 2 AJ1 a4




ωr0 a

t−


×

, если β= µr0m 6= ω ,то u(r, t)= ω m (ωA2 −ω 2 ) × a 0 m


µ 1m r

× (ωm sin ωt−ω sin ωm t)J0 r0 , если ω = ω
m = βa, то r u(r, t) = 2ωA2 (ωm t cos ωm t − sin ωm t)J0 µ1m , если β = 0, то r0 m

− sin ωt); 10) если ω 6= aµr01n , то
  βaJ1 ωr 2AI1 (βr0 ) I0 (βr) AI1 (βr0 ) a
1 (βr0 ) u(r, t) = βωr0 t − β 2 a2 −ω 2 I1 (βr0 ) − × sin ωt − 2βωAI ωr0 a3 ωJ1 a
µ at µ r 1n 1n ∞ J0 sin r P r0 A 0 × , если ω= aµr1m , то u(r, t)=
µ2

× µ2 µ2 2 0 u(r, t) =

A (ωt ω2

1n − ω 1n +β 2 J (µ 0 1n ) a2 r2 r2 0 0 µ1m r 2 +β 2 r 2 )J I (βr )(3µ 0 1 0 0 1m 0 r0 2 2 2 µ2 1m (µ 1m +β r0 )J0 (µ 1m

a2 β 2 + 1m 2

n=1 µ 1n

×

 βr

1 (βr0 ) + 2AI t− βaµ 1m

−

µ1m r r0




aµ1m t t cos r0 2 µ1m +β 2 J0 (µ 1m ) 2 r 0

βAI1 (βr0 )J0 aµ 1m

2βµ 1m r0 AI1 (βr0 ) a2







∞ P

+

r

βrI1 (βr0 )J1

µ1m r r0

µ 1m J0 (µ 1m ) J0

µ1n r r0

n=1 µ 1m (µ 2 −µ 2 ) 1n 1m n6=n0







sin



− I0 (βr) sin

µ1n at r0

µ2 1n +β 2 J (µ 0 1n ) r2 0

, если β = 0, то u(r, t) =




A (ωt ω2

n

4

r4

+

−

− sin ωt).

2.393. Здесь γn > 0 − корень уравнения γJ1 (γ) = pJ (γ), p = hr0 ; 0 γ r γn at 3 P J0 rn sin r 2Apr0 ∞ Ar0 2 2 0 0 1) u(r, t) = 4pa2 ((p + 2)r0 − r )t − a3 n=1 γ 3 (γ 2 +p2 )J0 (γ n ) ; n

0

aµ 1m t r0

3p Ar0 Ar0 2 2 2 2 2 2 2 r 4 0 2) u(r, t) = 4pa 2 ((1 + p )r0 − r )t + 8pa4 ((1 + p )r0 r − 4 − p (3 + p + 4 ) +   γ r γ at n n J0 r cos r 4Apr 4 P 4 4 A 4 0 0 + a4 0 ∞ ; 3) u(r, t) = 16a 2 2 2 ((1 + p )r0 − r )t − n=1 γ 4 n (γ n +p )J0 (γn )  γn r n at
(γ 2 sin γr n (p+2)−4p)J0 2Ar 5 P r0 4 4 2 A 4 0 − a3 0 ∞ ; 4) u(r, t) = 16a t − 2 (1 + p )r0 − r n=1 γ 5 (γ 2 +p2 )J0 (γ n ) n

n

418

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

r6 16

8 −(1+ 4p )r04 + 49 + 3p + p42 )r0 + γn 5) если β 6= r0 , то u(r, t) = A 8a4

= ×


6

A (J0 (βr) − β 2 a2  n=1

0



n at sin γr 0

2

2 γn 2 γ n (γ 2 n +p )( 2 −β )J0 (γ n ) r

Ar 3

u(r, t)= a3 γ03

m

+

βr0 J1 (βr0 ))t p

J0 (βr0 ) +

J0 γrn r

P∞

+

P∞

n=1

−

3 2Ar0 (βr0 J1 (βr0 )−pJ0 (βr0 ) a3






t2 a2

+

A (I0 (βr) β 2 a2

; 6) u(r, t) =

2 −r 2 3r0 4

J1′ (γ)



××

 2.396. u(r, ϕ, t)=A rt − 

J0

n=1

+A

ber

A (r02 2a2
aµ0n r0

n=1 J1′ (µ)

2 r0 −r 4a2

2.397. 1) u(r, t) = A t −

∞ P

2 2r0 a

тельный корень уравнения

∞ P

sin ϕ −

n=1

3 4Br0 a2



γn r r0

 2

− r 2 )t +

2

 − µ0n r e r0 5 µ 0n J1 (µ 0n )



P

+

2 2Ar0 a2

A (r02 32a4

∞ P

; 3) u(r, t)=A

√ √ √ √ ωr0 ωr0 ωr ωr bei a −bei ber a a √ √a ωr0 ωr0 2 2 ber +bei a a

J0

n=1

bei

√

A 16a2

+

2) u(r, t) =

− r0 r 2 +

2.399. u(r, t) =

3
r0 t+ A 3 2

Ar0 t2 p

−

r2 r0

Ar0 2pa2

t+

P∞

√

A 32a4

µ 0n J0

n=1

r4 2r0



i

cos ϕ.

sin ϕ, где µn — положи-

√

0




J0 (µ 1n )

 2  − µ0n a t µ0n r r0 e r0 3 µ 0n J1 (µ 0n ) 4 4Ar0 2 2 0 a4

cos ωt + 2Aω a2 r 2 r0 2

µ1n at r0

sin

; ×

ωr0 ωr0 ber ωr +ber bei a √ a √a ωr0 ωr0 2 2 ber +bei a a

−

r3 2r0



.

sin ϕ,

− r 2 )(3r − r ) −

t

Aa2 t2 r2 +A r0 2 r0
2   − aµ0n t r0 ∞ J0 µ1n r e 3 P 2Ar0 r0 ; 2 4 a µ 1n J0 (µ 1n ) n=1



= 0.



n=1

1n + α 2 a2 r0 µn r µn at J1 r sin r 0 0 2 µ2 n (µ n −1)J0 (µ n )



2.398. 1) u(r, t) =

A + 8a 2

;

×

γn at sin r 0 2 γ n 2 2 γ n (γ 2 n +p )( r2 +β )J0 (γ n )   0 ∞ J1 γn r cos aγn t r0 r0 2 γ3 n (γ n −1)J0 (γ n )

J0

P∞

0 n=1

×

t

− I0 (βr0 ) +

γn > 0 — корень уравнения = 0. h I αr 1( a ) −αt 2.395. u(r, ϕ, t) = A I αr0 e + 1( a )   µ at αr ∞ J1 µ1n r µ 1n cos 1n − a0 P r0 r0 2  2  + r2 µ 2





, если β= γrm , то 0

3 2Ar0 (βr0 I1 (βr0 )+pI0 (βr0 ) a3

2.394. u(r, ϕ, t) = Br

2) u(r, t) = At2 −


2

 − aγn γn r r0 e r0 7 2 2 γ n (γ n +p )J0 (γ n )

((p+2)γ 2 n −4)J0

0

aγ m t t − sin aγrm r0 0

βr0 I1 (βr0 ))t p

6 4Ar0 a4

−

r6 18r0

r0 r 2 2

−




+

3

J0






+

+

ωr a

−

e

µ4 0n + ω 4 a4 r0 3 r0

r0 r 4 4

∞
2 3 4Ar 5 P t + r20 t2 + 2Aa + a4 0 3r0 n=1
(1 + p2 )r02 − r 2 t +

µ0n r r0

√


2

3 2 r0 r 3

sin ωt+
2 aµ 0n r0

t

.

J1 (µ 0n )

−

5
25r0 252

 − aµ0n µ1n r r0 e r0 µ6 J (µ 1n ) 1n 0

+
2 t

.

419

2.4. Ответы

2 2 r0 r

4

5 4Ar0 a4

2  − aγn t γn r r0 e r0 5 2 2 γ n (γ n +p )J0 (γ n )

J0

P∞

Ar0 r 3 + 4pa − (1 + p2 ) 2 + ( 38 + 2p + p22 )r0 − 4 n=1 8 где γn >0 — корень уравнения γJ1 (γ)=J0 (γ); I1 ( πr ) cos ϕ. 2.400. u(r, ϕ, z) = u0 I πrl 0 sin 2πz l 1( l )   I1 ( 2πr 2πz l ) 2.401. u(r, ϕ, z) = u20 rr0 +  2πr cos sin ϕ. l 0 I1 l   I2 ( πr q0 r0 r2 l πz l ) 2.402. u(r, ϕ, z) = 2D 2r2 + πr0 I ′ πr0 cos l cos 2ϕ. 0 2( l )

2.403. u(r, z) = 2.404. u(r, z) =

8u0 π2

I0

n=0

u0 zl

2.405. u(r, ϕ, z) =

∞ P



+


4

(2n+1)πr 2l



(2n+1)2 I0

8q0 l kπ 2

+ ∞ P

(2n+1)z cos 2l  (2n+1)πr0 2l





2(u2 −u1 ) π

∞ P

I1

n=0

√





(2n+1)πr 2l

(2n+1)I1





.

(2n+1)πz 2l  (2n+1)πr0 2l

sin

µn r µn z 2 µ2 n +p I0 ( l ) sin l µn r0 2 µ n (µ 2 ) n +p +p)I0 ( l

(−1)n+1

n=1

,

.

(2n+1)πr (2n+1)πz cos 2l 2l   (2n+1)πr 0 (2n+1)2 I1 2l

(−1)n I0

n=0

u1 +u2 r 2r0

2.406. u(r, z) = 2(p + 1)u0

∞ P










sin ϕ.

,

µn > 0 — корень уравнения µ ctg µ = −p, p = hl.   µ0n r µ (l−z) ∞ ch 0nr I1 ( πr r0 2q0 r0 P J0 πz l ) 0 2.407. u(r, ϕ, z) = u0 I πr0 cos l cos ϕ + k . µ 2 0n l 1( l ) n=1 µ 0n J1 (µ 0n )sh r0 α z α r ∞ P sin n I0 ( n l ) l 0 , αn = (2n + 1)π, p = hl. 2.408. u(r, z)= 4pu α r α r π (2n+1)[pI0 ( nl 0 )+α n I1 ( nl 0 )] n=0 ∞ (−1)n K αn r cos αn z P 1( l ) l 2.409. u(r, ϕ, z) = 4uπ0 cos ϕ, αn = (2n+1)π . α r 2 (2n+1)K1 ( nl 0 ) n=0 ∞ (−1)n K αn r cos αn z P 0( l ) l 0 2.410. u(r, z) = 8lq . , αn = (2n+1)π α r 2 kπ 2 (2n+1)2 K1 ( nl 0 ) n=0     K0 ( 2πr K2 ( 2πr ) ) r2  l  +  l  cos 2ϕ cos 2πz 2.411. u(r, ϕ, z) = u40 1 + r02 cos 2ϕ + . 2πr0 2πr0 l K0

n

(−1) K0 (

αn r l

l

z cos αn l αn r 0 +α n K1 l

)

K2

l

, αn = (2n+1)π , p= α r 2 α pK0 ( nl 0 ) ( )] n=0 n [ αn r 1 αn r 1 αn r αn r ∞ αn z 4lq0 P K0 ( l )I0 ( l )−I0 ( l )K0 ( l ) sin l , α r α r α r α r kπ 2 K0 ( nl 1 )I1 ( nl 2 )+I0 ( nl 1 )K1 ( nl 2 ) (2n+1)2 n=0

2.412. u(r, z) = 2pu0 2.413. u(r, ϕ, z) =

∞ P

hl.

где αn = (2n + 1)π. 2.416. Решение. Волновая функция стационарного состояния с наименьшей энергией не зависит от ϕ и является собственной функцией задачи на собственные значения

420

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

1 d dψ r r dr dr

+ k2 ψ = 0,

1 d dψ r − (k02 − k2 )ψ = 0, r dr dr ψ′ (r0 − 0) = ψ′ (r0 + 0),

0 < r < r0 ,

ψ(r0 − 0) = ψ(r0 + 0), R∞ 2 ψ rdr < ∞, 0

|ψ(0)| < ∞,

k2 =

2mE , ~2

k02 =

2mU0 , ~2

r0 < r,

k02 > k2 .

Отсюда следует, что

  AJ0 (kr), p  ψ(r) =  BK0 k02 − k2 r ,

Граничные условия выполняются, если √ 2 2 √ 2 2 µ 0 −µ K1 µ 0 −µ µJ1 (µ) √  = , J (µ) 2 2 0

K0

µ 0 −µ

0 ≤ r < r0 , r0 < r.

µ = kr0 , µ0 = k0 r0 .

Левая часть уравнения — монотонно возрастающая функция от нуля до бесконечности на промежутке (0 ; µ01 ), что следует из положительности производной d µ J1 (µ) dµ J0 (µ)

=µ

J02 (µ)+J12 (µ) J02 (µ)

> 0,

а правая часть — непрерывная неотрицательная функция, так как при вещественных значениях ν функция Макдональда Kν (x) не имеет нулей и сохраняет знак плюс. Таким образом, при любом µ0 > 0 уравнение имеет хотя бы один корень. 2.417. Поле электрического типа: E=eiωt (Er , Eϕ , Ez ), H=eiωt (Hr , Hϕ , 0), r Er = AJν′ ( µνs ) eimϕ sin r0

πnz , l ir0 mA µ νs r imϕ Eϕ = µνs r Jν ( r0 ) e sin πnz , l µ νs lA µ νs r imϕ πnz Ez = − πnr0 Jν ( r0 ) e cos l ,

r

ωνsn = c

µ νs r0

2

+


πn 2 , l

ω νsn mlr0 A Jν ( µrνs0 r ) eimϕ cos πnz , cµ νs πnr l iω νsn ′ µ νs r imϕ πnz Hϕ = cπn Jν ( r0 ) e cos l ,

Hr =

Hz = 0;

µνs > 0 — нуль функции Jν (µ),

m ∈ Z, s ∈ N, n ∈ N0 .

ν = |m|,

Поле магнитного типа: E = eiωt (Er , Eϕ , 0), H = eiωt (Hr , Hϕ , Hz ), r ω νsn mlr0 B Jν ( γrνs ) eimϕ sin πnz , cγ νs πnr l 0 iω νsn lB ′ γ νs r imϕ πnz Eϕ = cπn Jν ( r0 ) e sin l ,

Er =

Ez = 0,

r

ωνsn = c

γ νs r0

2

m ∈ Z, s, n ∈ N, задачу 1.375.

+ ′ Jm


πn 2 , l

r Hr = BJν′ ( γ νs ) eimϕ cos r0

πnz , l ir0 mB γ νs r imϕ Hϕ = γ νs r Jν ( r0 ) e cos πnz , l γ νs lB γ νs r Hz = πnr0 Jν ( r0 ) eimϕ sin πnz ; l

µms > 0 — нуль функции Jν′ (µ),

— производная по всему аргументу.

ν = |m|,

Указание. См.

2.418. Поле электрического типа: E=eiωt (Er , Eϕ , Ez ), H=eiωt (Hr , Hϕ , 0),

421

2.4. Ответы r Er = AJν′ ( µrνs ) sin νϕ sin 0

πnz , l νr0 A µ νs r Eϕ = µνs r Jν ( r0 ) cos νϕ sin πnz , l µ νs r πnz νs lA J ) sin νϕ cos , Ez = − µπnr ν( r l 0 0

r

ωνsn = c

µ νs r0

2

+

m, s ∈ N0 , n ∈ N.


πn 2 , l

r νsn mlr0 A Hr = − iωcαµ Jν ( µνs ) cos νϕ cos r0 νs πnr νsn lA ′ µ νs r Hϕ = iωcπn Jν ( r0 ) sin νϕ cos Hz = 0;

µνs > 0 — нуль функции Jν (µ),

iω νsn mlr0 B r Jν ( γ νs ) sin νϕ sin πnz , cγ νs πnr r0 l iω νsn lB ′ γ νs r πnz Eϕ = cπn Jν ( r0 ) cos νϕ sin l ,

Er =

Ez = 0,

r

ωνsn = c

γ νs r0

2

+


πn 2 , l

πnz , l

ν =

Поле магнитного типа: E = eiωt (Er , Eϕ , 0), H = eiωt (Hr , Hϕ , Hz ),

r Hr = BJν′ ( γ νs ) cos νϕ cos r0

πnz , l

πn , α

πnz , l

r 0B Hϕ = − νr J ( γ νs ) sin νϕ cos πnz , γ νs r ν r0 l γ νs lB γ νs r Hz = πnr0 Jν ( r0 ) cos νϕ sin πnz ; l

γνs > 0 — нуль функции Jν′ (γ),

′ m ∈ N0 , s, n ∈ N. Jm — производная по всему аргументу. задачу 1.376. 2.419. T M0S -моды:    qr   J0 r0 , 0 ≤ r < r , q = r pk2 n2 − B 2 , 0 0 1 J0(q)  Ez (r) = A · pr p   K0 r0 , r0 ≤ r, 2 p = r0 β − k2 n22 . K0 (p)

0 (q) Характеристическое уравнение: nqJ 2 J (q) + 1 1 TE 0S -моды:   qr   J0 r 0 , 0 ≤ r < r 0 , J0(q)  Hz = B · pr   K0 r0 , r0 < r. K0 (p)

pK0 (p) n2 2 K1 (p)

ν =

πm , α

Указание. См.

= 0.

0 (q) 0 (p) Характеристическое уравнение: qJ + pK = 0. Остальные компоненты J1 (q) K1 (p) поля определяются формулами, приведенными в ответе к задаче 1.383. cµ Частоты отсечки для мод обоего типа: ω0j = √ 0j , j ∈ N. 2 2

r0

n1 −n2

2.420. E = E ei(βz+mϕ−ωt), H = Hei(βz+mϕ−ωt) , m = ±1, ±2, ±3, . . . ,    qr   Jm r 0 , 0 ≤ r < r , 0 Jm(q)  Hz (r) = BEz (r), Ez (r) = A · pr Km r   0 , r0 ≤ r, Km (p) q q q q = r0 k2 n21 − β2 , p = r0 β2 − k2 n22 , s = kr0 n21 − n22 . (2.101)

Остальные компоненты поля определяются формулами (1.194). Существуют моды двух типов. Характеристическое уравнение Jm+1 (q) qJm (q)

+

Km+1 (p) pKm (p)

= 0,

m∈N

m описывает так называемые EH-моды; для них B = in1 |m| A, частоты

422

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

отсечки определяются уравнением Jm (s) = 0, s > 0. Характеристическое уравнение Jm−1 (q) qJm (q)

−

Km−1 (p) pKm (p)

= 0,

m ∈ N,

m описывает HE -моды, для которых B=−in1 |m| A, а уравнения J1 (s)=0,

Jm−2 (s)=0, s > 0, m = 2, 4, 5, . . . определяют частоты отсечки. Указание. Компоненты

Ez ,

Hz

являются решениями задач (1.193).

Требование непрерывности компонент Ez Eϕ , Hz , Hϕ при r = r0 приводит к однородной системе линейных алгебраических уравнений. Система имеет нетривиальное решение условии  2  при  2 ′ 2 Jm (q) K ′ (p) , + pKmm (p) = knβms 2 2 qJm (q) 1p q

которое представляет собой характеристическое уравнение. Оно распадается на два уравнения; каждое из них с помощью рекуррентных формул для цилиндрических функций преобразуется к виду, приведенному в ответе. При B = kn2 характеристические уравнения определяют частоты отсечки.

2.421. Указание. Частота отсечки моды с азимутальным числом m=0 определяется уравнением J0 (s) = 0 (задача 2.419). Для мод с азимутальным числом m 6= 0 характеристическое уравнение имеет вид  ′ 2  2 ′   ′ ′ Jm (q) Km (p) n1 Jm (q) n2 mβs2 2 Km (p) , + + = 2 2 qJm (q) pKm (p) qJm (q) pKm (p) kp q откуда вытекают уравнения J1 (s)=0, s ≥ 0 и Jm−2 (s)= −

∆ J (s), 1−∆ m

s>0

для опpеделения частот отсечки мод; q, p, s имеют вид (2.101).   |x| 2.422. Четные T E-моды: Ey (x) = AJν a1 e− 2l ,   |x| B четные T M -моды: Hy (x) = n(x) Jν a2 e− 2l , p p √ ν = 2l β2 − k2 n21 , a1 = 2kln1 2∆, a2 = 2 ∆ (1 + 2k2 l2 n21 ). Характеристические уравнения: β2 = k2 n21 + уравнения

Jν′ (ai )

ν2 ij 4l2

= 0, i = 1, 2.

, j ∈ N, νij > 0 — корни

  |x| Нечетные T E-моды: Ey (x) = AJν a1 e− 2l sign x;   |x| B нечетные T M -моды: Hy (x) = n(x) Jν a2 e− 2l sign x.

Характеристические уравнения: β2 = k2 n21 + уравнения Jν (ai ) = 0, i = 1, 2. (α)

Частоты отсечки для T E-мод: ω0j = 2n

ν2 ij 4l2

, j ∈ N, νij > 0 — корeнь

c√ µαj , 2∆

1l

α=0, 1, j ∈ N;

423

2.4. Ответы (α)

c√ 1 l 2∆

частоты отсечки для T M -мод: ω0j = 2n

q

µ2αj −4∆, α=0, 1, j ∈ N;

α = 1 относится к четным модам, α = 0 — к нечетным. Остальные компоненты поля определяются формулами, приведенными в ответе к задаче1.382. 2.423. См. ответ к задаче 2.422. для нечетных мод. 2.424. j(r, t) = j0 (r) eiωt , √ √ √ √ √ J (pr −2i) pI −i ber0 (p 2r)+i bei0 (p 2r) √ −i · 0 √ √ √ √ · ber , j0 (r) = pI J1 (pr0 −2i π 2r0 π 2r0 (p 2r0 )+i bei1 (p 2r0 ) 1
 pr 4 p 2 1 + 2 , pr0 ≪ 1, j0 (r) µω . w = 2rI 0 c 2πσ j0 (r0 ) ≈ e−p(r0 −r) , pr0 ≫ 1,   √ √ ber0 (p 2r)+i bei0 (p 2r) √ √ 2.425. H = H0 Re ber eiωt , (p 2r )+i bei (p 2r0 ) 0 0 0 r √ √  2 2 2 (p 2r)+bei2 (p 2r) ber1 µωr0 H0 1 √ √ 0 √ , w = πσ . Aj = 2pcH 2 2 4c 2π ber (p 2r )+bei (p 2r ) 0

0

0

0

iωt

2.426. H(r, ϕ, t) = H(r, ϕ) e , 0 J1 (kr) Hr (r, ϕ) = 2H cos ϕ, Hϕ (r, ϕ) − krJ0 (kr0 )

2H0 J1′ (kr) J0 (kr0 )

cos ϕ, Hz (r, ϕ) = 0.

Указание. Решения уравнений для A(r, ϕ) и u(r, ϕ) (см. ответ к задаче 1.391.) имеют форму рядов: P A(r, ϕ) = ∞ r < r0 , n=0 Jn (kr)(an cos nϕ + bn sin nϕ),
P∞ r0 n u(r, ϕ) = n=0 r (cn cos nϕ + dn sin nϕ), r0 < r. Из условия при r → ∞ следует, что не равны нулю лишь коэффициенты a0 , c0 , b1 , c1 . Коэффициенты b1 и c1 определяются из требования непрерывности функции H(r, ϕ) при r = r0 . 2.427. Y0 (αr0 )J0 (αr1 )−Y0 (αr1 )J0 (αr0 )=0. 2.428. r DB I0 L 0  B r0 LB I1 L B



Y0 (α r ˜1 ) 0 )+εαY1 (αr0 ) = YJ00 (αr . J0 (α r ˜1 ) (αr0 )+εαJ1 (αr0 )



˜1 )Y1 (α C r0 )−Y0 (α C r ˜1 )J1 (α C r0 ) Cr 2.429. = αC DC JY00(α , (α C r ˜1 )J0 (α C r0 )−J0 (α C r ˜1 )Y0 (α C r0 ) q B LB = D , DB = 3Σ1B , выражение для αC дано в ответе к задаче 2.41. LC s

B

2.430.

(α C r0 ) αC DC JJ01 (α C r0 )

=

        r1 r0 r1 r0 DR K0 LR I1  LR  +I0 LR K1  LR  r1 r r r LR I K0 L0 −K0 L1 I0 L0 0 L R

R

R

,

R

αC и LR те же, что в ответе к задаче 2.41. 2.431.

Y0 (µr1 ) J0 (µr1 )

=

Y0 (µr0 )+εµY1 (µr0 ) J0 (µr0 )+εµJ1 (µr0 )

, µ2 = α2 −

 2 π 2l˜

.

˜1 )Y1 (µ C r0 )−Y0 (µ C r ˜1 )J1 (µ C r0 ) B r0 ) Cr 2.432. µB DB II10 (µ = µC DC JY00 (µ , (µ C r˜1 )J0 (µ C r0 )−J0 (µ C r ˜1 )Y0 (µ C r0 ) (µBr02)  2 2 2 2 π 1 π где µC = αC − 2˜l , µB = L2 + 2˜l . B

(µ R r1 )I1 (µ R r0 )+I1 (µ R r1 )K1 (µ R r0 ) C r0 ) 2.433. µC DC JJ10 (µ = µR DR IK00(µ , (µ C r0 ) R r1 )K0 (µ R r0 )−K0 (µ R r1 )I0 (µ R r0 )

424

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

где µ2C = α2C −

 2 π 2l˜

, µ2R = 4l1 l3 2 3

1 L2 R

+

 2 π 2l˜

.

2.434. Fk = J4lE2 µ21 , J = — момент инерции основания x = l0 , µ1 > 0 — 0 наименьший корень уравнения (2.102)

1) J0 (µ)Y1 (αµ) − Y0 (µ)J1 (αµ) = 0, 2) J1 (βµ)Y2 (µ) − Y1 (βµ)J2 (µ) = 0,

q q 0 α = 1 − ll0 , β = l0l−l . Указание. Требуется найти наименьшее собственное значение задачи p Fl xp u′′ + λu = 0, l0 − l < x < l0 , λ = J E0 , u(l0 − l) = u′ (l0 ) = 0, где 1) p=1; 2) p=3. Дифференциальное уравнение — частный случай (2.98). q 2.435. Собственные частоты ωmn = Tρ00 γrmn , γmn > 0 — корень уравнения 2 Jm (αµ)Ym (µ) − Jm (µ)Ym (µα) = 0, α = rr12 , амплитуды собственных колебаr r ний vmn (r, ϕ) = [Amn Jm ( γ mn ) + Bmn Ym ( γ mn )] cos(mϕ + δm ), где m, n∈N. r2 r2 q T0 γ mn 2.436. Собственные частоты ωmn = ρ0 r2 , γmn >0 — корень уравнения Jν(m) (αµ)Yν(m) (µ) − Jν(m) (µ)Yν(m) (µα) = 0, α = rr12 , ν = πm , амплитуды ϕ0 собственных колебаний r r vmn (r, ϕ)=[Amn Jν(m) ( γ mn ) + Bmn Yν(m) ( γ mn )] sin πmϕ , m ∈ N. r2 r2 ϕ0 p gγ mn 2.437. ωmn = , γ > 0 — корень уравнения mn 2 ′ ′ ′ Jm (γ)Ym (αγ) − Jm (αγ)Ym (γ) = 0,

α=

r1 , r2

(2.103)

m ∈ N0 , n ∈ N. Указание. См. задачу 1.231. 2.438. 1)

ζ(x, t) = A

    d −d d −d Y1 (kd1 )J0 k(d1 + 2 l 1 x) −J1 (kd1 )Y0 k(d1 + 2 l 1 x)

Y1 (kd1 )J0 (kd2 )−J1 (kd1 )Y0 (kd2 ) 2 2 l k = gh(dω2 −d ; 2 1) √ √ Y1 (2k h1 )J0 (2kξ)−J1 (2k h1 )Y0 (2kξ) √ √ √ √ ζ(x, t) = A Y (2k h1 )J0 (2k h2 )−J1 (2k h1 )Y0 (2k h2 ) 1

cos ωt,

2

2)

k2 =

ω 2 l2 , gh0 (h2 −h1 )2

ξ=

q

Указание. См.задачу 1.236. 2.439. ρ0 l, µn > 0 — корень уравнения

h2 −h1 x. l p m0 g 1 ωn = 2 µn , Ml

cos ωt,

h1 +

J0 (µ)Y2 (αµ) − Y0 (µ)J2 (αµ) = 0, α =

M = m + m0 , m0 =

r

m . M

Emn 2 ~2 2.440. Ψmn (r, ϕ, t) = √12π Rmn (r) ei(mϕ− ~ t) , Emn = 2M 2 γ mn , h    i r2 Rmn (r) = cmn Ym (γmn )Jm γrmn r − Jm (γmn )Ym γrmn r , 2 2

(2.104)

425

2.4. Ответы γ2

J 2 (αγ mn ) , 2 mn )−Jm (γ mn ))

m c2mn = 2r2 (J 2 mn (αγ 2

m

m ∈ Z, n ∈ N, γmn > 0 — корень уравнения

Jm (αγ)Ym (γ) − Ym (αγ)Jm (γ) = 0, α =

r1 . r2

(2.105)

2.441. E(r, ϕ, z, t) = ei(βz−ωt) E (r, ϕ), H(r, ϕ, z, t) = ei(βz−ωt) H(r, ϕ); T EM -волна: E = ( A , 0, 0), H = (0, A , 0), β = ωc; r r T E-волна: hE = (Er , Eϕ , 0), H = (H , H r ϕ , Hz ),    i

′ Hz = Amn Ym (γmn ) Jm

γ mn r r2

γ mn r r2

′ − Jm (γmn ) Ym

eimϕ ,

γmn > 0 —

корень уравнения (2.103), m ∈ Z, n ∈ N, остальные компоненты определяются формулами (1.189); T M -волна: E (Er , Eϕ , Ez ), Hi= (Hr , Hϕ , 0), h  γ mn r r2

Ez = Bmn Ym (γmn ) Jm

γ mn r r2

− Jm (γmn ) Ym

eimϕ ,

γmn > 0 —

корень уравнения (2.105), m ∈ Z, n ∈ N, остальные компоненты определяются формулами (1.187). νµ2  2 2 ∞ − 2n t  P r −r J1 (µ n )J1 (αµ n )Rn (r) r2 e , µn >0 — ко2.442. v(r, t)=ωr1 r22 −r2 · rr1 − π 2 2 J (αµ n )−J (µ n ) 2

1

n=1

1

1

рень уравнения (2.49), функция Rn (r) определена формулой (2.50). Указание. См.задачу 2.420. πp r 2 P J0 (αµ n )Rn (r) n 2.443. u(r, t) = T00 2 ∞ cos aµ t, µn > 0 — корень n=1 µ 2 r0 n (J0 (αµ n )+J0 (µ n )) уравнения

r1 Y0 (µ)J0 (αµ) − J0 (µ)Y0 (αµ) = 0, α = , (2.106) r2     µn µn Rn (r) = Y0 (µn )J0 r − J0 (µn )Y0 r . (2.107) r2 r2   ∞ J0 (αµ n )Rn (r) cos aµn t P r2 g 2 2 2 2 ln r2 −ln r 2 , 2.444. u(r, t) = 4a2 r2 − r − (r2 − r1 ) lnr2 −ln r1 − 4πr2 µ 2 (J0 (αµ n )+J0 (µ n )) n=1

n

µn > 0 — корень уравнения (2.106), Rn (r) имеет вид (??).  2 i h n − aγ t J02 (γ n ) r2 P ∞ 0 −P1 ) r2 2.445. Q = − 2πkH(P 1 + 2 ln e , r2 n=1 J 2 (γ )−J 2 (αγ ) r1 µ ln 0

r1

γn > 0 — корень уравнения (2.106).  P l0 F0 l0 2.446. u(x, t) = ES0 α ln l0 −x + π ∞ n=1

n

0

n

J0 (µ n )J1 (αµ n )Xn (x) cos aµl n t µ n (J12 (αµ n )−J02 (µ n ))



, µn > 0

— корень уравнения (2.102), в котором α = 1 − ll0 ,       Xn (x) = Y0 (µn )J0 µn 1 − lx0 − J0 (µn )J0 µn 1 − lx0 . P∞ J12 (αµ n )Xn (x) aµ n I I 2.447. u(x, t) = m+m0 t − ρS0 a n=1 J 2 (αµ )−J 2 (µ ) sin l0 t, m0 — масса 1

n

1

n

стержня, µn > 0 — корень уравнения (2.49), в котором α = 1 − ll0 ,       Xn (x) = Y1 (µn )J0 µn 1 − lx0 − J1 (µn )Y0 µn 1 − lx0 .

426

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

q P∞ J0 (µn )J2 (µn α)Xn (x) 2.448. u(x, t) = 2πv0 mM0lg n=1 µ n (J 2 (µ n )−J 2 (µ n α)) sin ωn t, 0 2 p m0 g µn ωn = 2 , µ > 0 — корень уравнения (2.104), n Ml  r   r  m0 x m0 x Xn (x) = Y0 (µn )J0 µn 1 − − J0 (µn )Y0 µn 1 − . (2.108) Ml Ml √m ∞ p X (x) F0 P J0 (µ n )J2 (µ n M) n √ m cos ωn t, ωn = µ2n mM0lg , 2.449. u(x, t) = 4πM 2 (µ )−J 2 µ mgρ 0 µ2 J ( )] [ n n 2 M n=1 n 0 µn > 0 — корень уравнения (2.104), собственные √ m функции Xn (x) имеют вид J02 (µ n X (x) 4πM u0 P ∞ M) n √ m cos ωn t, (2.108). 2.450. u(x, t) = m0 n=1 µ 2 [J 2 (µ n )−J 2 (µ n n 0 2 M )] p µn m0 g , µn > 0 — корень уравнения (2.104), собственные функгде ωn = 2 Ml ции Xn (x) имеют вид (2.108).   √m
P∞ J0 (µn )J2 (µn M cos ω n t )Xn (x) mx √ 2.451. u(x, t) = ρF00g 4π M , − ln 1 − m 2 2 n=1 m Ml µ2 n [J0 (µ n )−J2 (µ n M )] µn > 0 — корень уравнения (2.104), Xn (x) имеют вид (2.108). 2  aµ P t J1 (µ n )J0 (αµ n )Rn (r) − r n 2 , µn > 0 — корень 2.452. u(r, t) = πu0 ∞ e 2 2 n=1 J1 (µ n )−J0 (αµ n ) уравнения r1 Y1 (µ)J0 (αµ) − J1 (µ)Y0 (αµ) = 0, α = , (2.109) r   2  µn µn Rn (r) = Y1 (µn )J0 r − J1 (µn )Y0 r . (2.110) r2 r2     ∞ aµn 2 t q0 r1 r2 πr2 P J1 (αµ n )J0 (µ n )Rn (r) − r 2 2.453. u(r, t) = k ln r + r1 e , µ (J 2 (αµ )−J 2 (µ )) n=1

n

1

n

0

n

Rn (r)) имеет вид (2.107), µn > 0 — корень уравнения (2.102), где α =

2.454. P 2 (r, t) = P12 − π(P02 − P12 )

∞ P

n=1

− J0 (αγ n )Rn (r) e J02 (αγ n )−J12 (γ n )

вид (2.110), γn > 0 — корень уравнения (2.109). µ ∞ − nz P J0 (αµ n )Rn (r) e r2 2.455. u(r, z) = πhr2 u0 · , J0 (αµ n )+J0 (µ n ) µ n +hr2



aγn r2

2

t

,

r1 . r2

Rn (r) имеет

µn > 0 — корень урав-

n=1

нения (2.106), Rn (r) определяется формулой (??). ∞ nz P −µ J12 (αµ n )Rn (r) r2 , 2.456. u(r, z) = πrk2 q0 e µn > 0 — корень урав2 2 µ J (αµ n )−J0 (µ n )) n=1 n ( 1 нения (2.102), Rn (r) определяется формулой (2.107). ∞ sh µn z P J1 (µ n )J0 (αµ n )Rn (r) 2.457. u(r, z) = πu0 · sh µr2n l , µn > 0 — корень уравнеJ 2 (µ )−J 2 (αµ ) 1

n=1

n

0

n

r2

ния (2.109), в котором α = rr21 , Rn (r) имеет вид (2.110).  ∞ P 2 r 2 −r 2 µ n J12 (αµ n )R′n (r0 )Rn (r) 2.458. u(r, z) = u0 r02 −r12 − π2rr20 · J 2 (αµ )−J 2 (µ ) 2

1

n=1

1

n

1

n

µ ch rn (l−z) 2 µ ch rn l 2



,

2.4. Ответы

427

µn > 0 — корень уравнения (2.88), Rn (r) имеет вид (2.110), Rn′ (r) — производная по всему аргументу. ∞ 2 r0 F0 P I0 (µ n )−J0 (µ n ) aµ 2 2.459. u(r, t) = 2πD R (r) cos ωn t, ωn = r2n , µn > 0 — µ4 I02 (µ n )J02 (µ n ) n n 0 n=1 корень уравнения J0 (µ)I1 (µ) + J1 (µ)I0 (µ) = 0,     µn µn Rn (r) = I0 (µn )J0 r − J0 (µn )I0 r , r0 r0

(2.111) (2.112)

Решение. Постановка задачи (см. задачу 1.99.): utt + a2 ∆2 u = 0, 0 < r < r0 , 0 < t, u(r0 , t) = ur (r0 , t) = 0, |u(r, t)| < ∞, u(r, 0) = u0 (r), ut (r, 0) = 0,

где u0 (r) — решение стационарной задачи ∆2 u0 −

F0 δ(r) D 2πr

= 0,

0 < r < r0 ,

|u0 | < ∞, u0 (r0 ) = u′0 (r0 ) = 0.

Согласно методу разделения переменных решение u(r,t)=R(r)T(t), для функции T (t) получается уравнение T ′′ + a2 λT = 0, а для функции R(r) — задача на собственные значения ∆2 R − λR = 0,

0 < r < r0 ,

|R| < ∞, R(r0 ) = R′ (r0 ) = 0.

(2.113) (2.114)

2

Эрмитовость оператора L = ∆ следует из его положительности. Доказательство последнего свойства основано на 2-ой формуле Грина 
R R R ∆2 R − (∆R)2 ds = R d∆R − ∆R dR dl, dr dr S

Γ

где S — круг радиуса r0 , Γ — граница круга, откуда Rr0 Rr0 R ∆2 R r dr = (∆R)2 r dr ≥ 0. 0

0

√ √ √ √ Функции J0 ( 4 λ r), Y0 ( 4 λ r), I0 ( 4 λ r), K0 ( 4 λ r) представляют собой фундаментальную систему решений обыкновенного дифференциального уравнения (2.113). Это √ √ становится очевидным, если уравнению придать форму (∆ + λ)(∆ − λ)R = 0. Таким образом, √ √ √ √ R(r) = C1 J0 ( 4 λ r) + C2 I0 ( 4 λ r) + C3 Y0 ( 4 λ r) + C4 K0 ( 4 λ r). Граничные условия выполняются, если C3 = C4 = 0, √ √  4 4 C1 J0 ( √λr0 ) + C2 I0 ( √λr0 ) = 0 4 C1 J1 ( λr0 ) − C2 I1 ( 4 λr0 ) = 0.

428

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ 

Следовательно, собственные значения λn =

µn r0

4

где µn — корень

,

уравнения (2.111), а собственные функции Rn (r) имеют вид (2.112). Для вычисления нормы собственных функций пригоден способ, изложенный в примере 2.1. Пусть R(r) — какое-нибудь решение уравнения (2.113), тогда ∆2 R − λR = 0, ∆2 Rn − λn Rn = 0,

откуда R

S

(Rn ∆2 R − R ∆2 Rn )ds = (λ − λn )

По второй формуле Грина R (Rn ∆2 R − ∆Rn ∆R + ∆R ∆Rn − R ∆2 Rn )ds =

R

R Rn ds.

S

S

=


n n − ∆R dR − R d∆R + ∆Rn dR dl. Rn d∆R dr dr dr dr

R

Γ

Следовательно, R

R Rn ds =

n | 2πr0 (∆Rn dR −R d∆R dr dr ) r=r

λ−λ n

S

√ Так как R = R( 4 λ r), то при λ → λn    r R0 r dRn d k Rn k2 = Rn2 r dr = r0 ∆Rn dr − 4λ n dr 0

0

.

r dRn d∆Rn 4λ dr dr




2 r0 4λ n

=

r=r0

∆Rn =

Если учесть, что ∆Rn |r=r0 =



d2 R dr 2

+

1 dR r dr




r=r0

=

то выражение для квадрата нормы приобретает вид r2

k Rn k2 4λ0n (∆Rn (r0 ))2 =      i2 r2 = 4λ0n ∆ I0 (µn )J0 µr0n r − J0 (µn )I0 µr0n r =

2 r0 4λ n

h

µ2

− rn2 0



d2 R dr 2

=

r=r0

,



d2 R n dr 2

r=r0

.

= r=r0

    i2 µn µn I0 (µn )J0 r0 r + J0 (µn )I0 r0 r

= r02 I02 (µn )J02 (µn ). r=r0

Решение задачи имеет форму ряда P aµ 2 ωn = r2n . u(r, t) = ∞ n=1 An Rn (r) cos ωn t, 0 При t = 0 P∞ u0 (r) = n=1 An Rn (r), где An = kR1n k2 (u0 , Rn ). В силу эрмитовости оператора L = ∆2 4 r0 F0 I0 (µ n )−J0 (µ n ) 0 Rn (0) (u0 , Rn ) = λ1n (u0 , ∆2 Rn ) = λ1n (∆2 u0 , Rn ) = F2πDλ = 2πD . µ4 n n 2 P aµ ∞ I (µ )−J (µ ) aI n n 0 0 n 2.460. u(r, t) = 2πD µn > 0 — корень n=1 µ 2 I 2 (µ )J 2 (µ ) Rn (r) sin r0 t, n 0

n

0

n

429

2.4. Ответы

уравнения (2.111), Rn (r) имеет вид (2.112). h ∞ 2 P 2 2 2 r0 F0 2.461. u(r, t) = 16πD 1 − rr2 + rr2 ln rr2 − 8 0

0

0

aµ 2 I0 (µ n )−J0 (µ n ) Rn (r) cos r0n t 2 2 µ4 n I0 (µ n )J0 (µ n )

n=1

µn > 0 — корень уравнения (2.111), Rn (r) имеет вид (2.112). 2.462. u(r, t) =

4 2gr0 πa2

h

1 128



1−

r2 2 r0

2

−

P∞

aµ2 nt r2 0 2 (µ ) µ5 I (µ )J n n n 0 0

J1 (µ n )Rn (r) cos

n=1

i

i

,

,

µn > 0 — корень уравнения (2.111), Rn (r) имеет вид (2.112). i  I1 (kr0 )J0 (kr)+J1 (kr0 )I0 (kr) F0 2.463. u(r, t) = ρhω 2 I (kr )J (kr )+J (kr )I (kr ) − 1 sin ωt− 1 0 0 0 1 0 0 0 2 2ωr0 F0 P ∞ J1 (µ n )Rn (r) sin ω n t , − ρha 2 2 2 n=1 µ 5 n (ω n −ω )I0 (µ n )J0 (µ n ) 2 pω aµ где k = , ωn = r2n , µn > 0 — корень уравнения (2.111), Rn (r) имеет a 0

вид (2.112), величина a определена в задаче 1.99.

(kr0 )J0 (kr)+J1 (kr0 )I0 (kr) 2.464. u(r, t) = A I1I1(kr sin ωt− 0 )J0 (kr0 )+J1 (kr0 )I0 (kr0 ) P ∞ J1 (µ n )Rn (r) sin ω n t 2aωA − r2 n=1 µ (ω 2 −ω 2 )I (µ )J 2 (µ ) . Обозначения те же, что в задаче 2.463. n

0

0

n

n

0

n

J0 (kr0 )I0 (kr)−I0 (kr0 )J0 (kr) 2.465. u(r, t) = A sin ωt− k J0 (kr0 )I1 (kr0 )+I0 (kr0 )J1 (kr0 ) P∞ Rn (r) sin ω n t 2aωA − r0 n=1 µ 2 (ω 2 −ω 2 )I0 (µ n )J0 (µ n ) . Обозначения те же, что в задаче 2.463. n

n

2.466. Здесь Rn (r)=Y0 (γn )J0 ( γrn2r )−J0 (γn )Y0 ( γrn2r ), γn >0 — корень уравнения J0 (γ)Y0 (αγ) − Y0 (γ)J0 (αγ) = 0, α = rr12 . 1) Если β 6= γr2n , то u(r, t) =
A J0 (βr) ln rr21 − J0 (βr1 ) ln rr2 − J0 (βr2 ) ln rr1 − β 2 a2 ln α P∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )J0 (βr2 )−J0 (γ n )J0 (βr1 ))Rn (r) cos aγr2n t
, если β= γrm , то − πA 2 n=1 γ2 a

u(r, t) =

2 Ar2 2 γ2 m a ln α

−

2

n −β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 0 0 r2

r1 r2

J0 ( γrm2 r ) ln


r1

r r2

− J0 (γm ) ln r − mt πAr2 J0 (αγ m )(J0 (αγ m )J1 (γ m )r2 −J0 (γ m )J1 (αγ m )r1 )Rm (r) cos aγ r −

2 πAr2 a2

− J0 (αγm ) ln

2

−

2γ m a2 (J02 (αγ m )−J02 (γ m )) ∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )J0 (γ m )−J0 (γ n )J0 (αγ m ))Rn (r) cos aγn t P

n=1 n6=m

r2

2 2 2 (γ 2 n −γ m )(J0 (αγ n )−J0 (γ n ))

;


r1 r1 r 2) если β6= γr2n , то u(r, t)= β 2 aA − 2 ln α Y0 (βr) ln r −Y0 (βr1 ) ln r −Y0 (βr2 ) ln r 2 2 P∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )Y0 (βr2 )−J0 (γ n )Y0 (βr1 ))Rn (r) cos aγr2n t γn πA
− a2 , если β = r2 , то n=1 γ2

u(r, t) =

2 Ar2 2 ln α γ2 a m

−

n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 −β 0 0 r2

Y0 ( γrm2 r ) ln

r1 r2

− Y0 (αγm ) ln

r r2

− Y0 (γm ) ln

r1 r




−

mt πAr2 J0 (αγ m )(J0 (αγ m )Y1 (γ m )r2 −J0 (γ m )Y1 (αγ m )r1 )Rm (r) cos aγ r 2

−

2γ m a2 (J02 (αγ m )−J02 (γ m )) ∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )Y0 (γ m )−J0 (γ n )Y0 (αγ m ))Rn (r) cos aγn t 2 P πAr r2 − a2 2 2 2 2 (γ 2 n −γ m )(J0 (αγ n )−J0 (γ n )) n=1 n6=m

;

430

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

3) u(r, t) =

A β 2 a2 ln α

4) u(r, t) =

A β 2 a2 ln α


I0 (βr1 ) ln rr2 + I0 (βr2 ) ln rr1 − I0 (βr) ln rr12 − P∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )I0 (βr2 )−J0 (γ n )I0 (βr1 ))Rn (r) cos aγr2n t
− πA ; n=1 γ2 a2 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 0 0 r2 2

K0 (βr1 ) ln rr2 + K0 (βr2 ) ln rr1 − K0 (βr) ln rr12 − P∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )K0 (βr2 )−J0 (γ n )K0 (βr1 ))Rn (r) cos aγr2n t
− πA n=1 γ2 a2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 +β 0 0


;

r2

5) Если β 6= γr2n , то
r1 r1 r u(r, t) = β 2 aA 2 ln α J0 (βr) ln r − J0 (βr1 ) ln r − J0 (βr2 ) ln r t − 2 2 nt J0 (αγ n )(J0 (αγ n )J0 (βr2 )−J0 (γ n )J0 (βr1 ))Rn (r) sin aγ πAr 2 P r2
− a3 2 ∞ , если β= γrm , то n=1 γ2 2 γn

u(r, t) =

2 Ar2 2 γ2 m a ln α

−

n −β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 0 0 r2 2

J0 ( γrm2 r ) ln

r1 r2

− J0 (αγm ) ln

r r2

− J0 (γm ) ln

r1 r




t−

2 πAr2 J0 (αγ m )(J0 (αγ m )J1 (γ m )r2 −J0 (γ m )J1 (αγ m )r1 )Rm (r) sin

−

3 πAr2 a3

aγm t r2

−

2 2 3 2γ 2 m a (J0 (αγ m )−J0 (γ m )) ∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )J0 (γ m )−J0 (γ n )J0 (αγ m ))Rn (r) sin aγn t P

n=1 n6=m

r2

2 2 2 γ m (γ 2 n −γ m )(J0 (αγ n )−J0 (γ n ))

;


r1 r1 r 6) если β6= γr2n , то u(r, t)= β 2 aA 2 ln α Y0 (βr) ln r −Y0 (βr1 ) ln r −Y0 (βr2 ) ln r t− 2 2 P∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )Y0 (βr2 )−J0 (γ n )Y0 (βr1 ))Rn (r) sin aγr2n t 2
− πAr , если β= γrn , то 3 n=1 γ2 a u(r, t) =

n −β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γn n n 0 0 r2 2 2 Ar2 γm r r1 r1 r 0 0 m 0 m 2 r2 r2 r2 r γ2 m a ln α aγ t 2 πAr2 J0 (αγ m )(J0 (αγ m )Y1 (γ m )r2 −J0 (γ m )Y1 (αγ m )r1 )Rm (r) sin rm 2 2 2 2 3 2γ m a (J0 (αγ m )−J0 (γ m ))

Y (

) ln

−

πAr 3 − a3 2

7) u(r, t) =

A β 2 a2 ln α

∞ P

n=1 n6=m

− Y (αγ ) ln

A β 2 a2 ln α

t−

−

2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J0 (αγ n )−J0 (γ n ))

2

;


I0 (βr1 ) ln rr2 + I0 (βr2 ) ln rr1 − I0 (βr) ln rr12 t − P∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )I0 (βr2 )−J0 (γ n )I0 (βr1 ))Rn (r) sin aγr2n t 2
; − πAr n=1 γ2 a3 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 0 0 r2 2 r1 r1 0 r r2


K0 (βr1 ) ln rr2 + K0 (βr2 ) ln − K (βr) ln t− aγn t J (αγ )(J (αγ )K (βr )−J (γ )K (βr P n n n 0 0 0 2 0 0 1 ))Rn (r) sin r ∞ 2 2
. − πAr n=1 γ2 a3 γn

n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 +β 0 0 r2

2.467. Здесь Rn (r)=Y0 (γn )J0 ( γrn2r )−J0 (γn )Y0 ( γrn2r ), γn >0 — J0 (γ)Y1 (αγ) − Y( γ)J1 (αγ) = 0, α = rr12 . 1) Если β 6= γr2n , то
u(r, t) = β 2Aa2 J0 (βr) − J0 (βr2 ) + βr1 J1 (βr1 ) ln rr2 + ∞ J1 (αγ n )(βr2 J1 (βr1 )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )J0 (βr2 ))Rn (r) cos aγn t P r2
+ πA , 2 γ2 a n −β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γn n=1 n n 2 1 0 то u(r, t) =

2

nt J0 (αγ n )(J0 (αγ n )Y0 (γ m )−J0 (γ n )Y0 (αγ m ))Rn (r) sin aγ r

γn

8) u(r, t) =

− Y (γ ) ln




2 Ar2 2 γ2 ma

r2

J0 ( γrm2 r ) − J0 (γm ) + αγm J1 (αγm ) ln

r r2




−

корень уравнения

если β= γrm , 2

431

2.4. Ответы

−

aγm t r2

2 πAr2 J1 (αγ m )(αJ0 (γ m )J0 (αγ m )+J1 (γ m )J1 (αγ m ))Rm (r) cos

+

2 πAr2 a2

∞ P

2γ m a2 (J12 (αγ m )−J02 (γ m ))

+

J1 (αγ n )(γ m J1 (αγ m )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )J0 (γ m )Rn (r) cos 2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J1 (αγ n )−J0 (γ n ))

n=1 n6=m

aγn t r2

;

2) если β 6= γr2n , то
u(r, t) = β 2Aa2 Y0 (βr) − Y0 (βr2 ) + βr1 Y1 (βr1 ) ln rr2 + ∞ J1 (αγ n )(βr2 Y1 (βr1 )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )Y0 (βr2 ))Rn (r) cos aγn t P r2
+ πA , если β= γrm , γ2 a2 2 n=1

n −β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γn n n 2 1 0 r2 2 Ar2 γmr r 0 0 m m 1 m 2 r2 r2 γ2 ma 2 mt πAr2 J1 (αγ m )(αJ0 (γ m )Y0 (αγ m )+Y1 (γ m )J1 (αγ m ))Rm (r) cos aγ r2 2γ m a2 (J12 (αγ m )−J02 (γ m ))

то u(r, t) = −

+

Y (

2 πAr2 a2

3) u(r, t) =

A β 2 a2

4) u(r, t) =

A β 2 a2

∞ P




) − Y (γ ) + αγ Y (αγ ) ln

−

+

nt J1 (αγ n )(γ m Y1 (αγ m )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )Y0 (γ m ))Rn (r) cos aγ r 2

2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J1 (αγ n )−J0 (γ n ))

n=1 n6=m

;


βr1 I1 (βr1 ) ln rr2 − I0 (βr) + I0 (βr2 ) − ∞ J1 (αγ n )(βr2 I1 (βr1 )J0 (γ n )+γ n J1 (αγ n )I0 (βr2 ))Rn (r) cos aγn t P r2
− πA ; 2 γ2 a γn

n=1

n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 +β 1 0 r2

βr1 K1 (βr1 ) ln rr2 − K0 (βr) + K0 (βr2 ) − ∞ J1 (αγ n )(βr2 K1 (βr1 )J0 (γ n )+γ n J1 (αγ n )K0 (βr2 ))Rn (r) cos aγn t P r2
− πA 2 γ2 a n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γn n=1 n n 2 +β 1 0


r

;

2


5) если β 6= γr2n , то u(r, t) = β 2Aa2 J0 (βr) − J0 (βr2 ) + βr1 J1 (βr1 ) ln rr2 t + aγ t n ∞ J1 (αγ n )(βr2 J1 (βr1 )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )J0 (βr2 ))Rn (r) sin P r2 2
+ πAr , если β= γrm , γ2 a3 2 n=1

то u(r, t) = −

n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γ2 n n n r2 −β 1 0 2 2 Ar2 γm r r 0 0 m m 1 m 2 a2 r2 r2 γm 3 mt πAr2 J1 (αγ m )(αJ0 (γ m )J0 (αγ m +J1 (γ m )J1 (αγ m ))Rm (r) sin aγ r2 2 2 2 3 2γ m a (J1 (αγ m )−J0 (γ m ))

J (

+




) − J (γ ) + αγ J (αγ ) ln

3 πAr2 a3

∞ P

n=1 n6=m

t−

+

γ m J1 (αγ m )J0 (γ n)−γn J1 (αγ n )J0 (γ m ))Rn (r) sin 2 2 2 2 γ2 n (γ n −γ m )(J1 (αγ n )−J0 (γ n ))

aγn t r2

;


6) если β 6= γr2n , то u(r, t) = β 2Aa2 Y0 (βr) − Y0 (βr2 ) + βr1 Y1 (βr1 ) ln rr2 t + ∞ J1 (αγ n )(βr2 Y1 (βr1 )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )Y0 (βr2 ))Rn (r) sin aγn t P r2 2
+ πAr , если β= γrm , γ2 a3 2 γ2 n

n=1

то u(r, t) = −

2 Ar2 2 γ2 ma

n −β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 1 0 r2

Y0 ( γrm2 r ) − Y0 (γm ) + αγm Y1 (αγm ) ln

r r2




t−

3 mt πAr2 J1 (αγ m )(αJ0 (γ m )Y0 (αγ m )+Y1 (γ m )J1 (αγ m ))Rm (r) sin aγ r

+

3 πAr2 a3

∞ P

n=1 n6=m

2 2 3 2γ 2 m a (J1 (αγ m )−J0 (γ m ))

2

+

J1 (αγ n )(γ m Y1 (αγ m )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )Y0 (γ m ))Rn (r) sin 2 2 2 2 γ2 n (γ n −γ m )(J1 (αγ n )−J0 (γ n ))

aγn t r2

;

432

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

7) u(r, t) =

A β 2 a2

8) u(r, t) =

A β 2 a2


βr1 I1 (βr1 ) ln rr2 − I0 (βr) + I0 (βr2 ) t − ∞ J1 (αγ n )(βr2 I1 (βr1 )J0 (γ n )+γ n J1 (αγ n )I0 (βr2 ))Rn (r) sin aγn t P r2 2
− πAr ; γ2 a3 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 1 0 r2 2

γ2 n

n=1

βr1 K1 (βr1 ) ln rr2 − K0 (βr) + K0 (βr2 ) t − ∞ J1 (αγ n )(βr2 K1 (βr1 )J0 (γ n )+γ n J1 (αγ n )K0 (βr2 ))Rn (r) sin aγn t P r2 2
− πAr γ2 a3 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γ2 n=1 n n n 2 1 0


.

r2

2.468. Здесь Rn (r)=Y1 (γn )J0 ( γrn2r )−J1 (γn )Y0 ( γrn2r ), γn >0 — корень уравнения Rt J1 (γ)Y1 (αγ) − Y1 (γ)J1 (αγ) = 0, α = rr12 . 1) u(r, t) = 0 h(t − τ)τ dτ;
J0 (βr) A 2) если β 6= γr2n , то u(r, t) = βa + 2(r2 J1 (βr2 ) − r1 J1 (βr1 )) + 2 β 2 2 r r
J1 (βr1 )−r1 J1 (βr2 )) r2 ln r2 −r1 ln r2 + Ar1 r2 (r2βa + 12 + 2 (r 2 −r 2 ) r 2 −r 2 2

+

−

1

2

1

2 r 2 +r 2 A(r2 J1 (βr2 )−r1 J1 (βr1 )) 2 )−r1 J1 (βr1 ))t (r 2 − 1 2 2 )+ A(r2 J1 (βr − 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 β(r2 1 1 aγn t ∞ 2πAβr2 P J1 (αγ n )(J1 (αγ n )J1 (βr2 )−J1 (γ n )J1 (βr1 ))Rn (r) cos r2
γ2 a2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γn n=1 n n 2 −β 1 1 r

Ar2 γ m a2

, если β =

2

r2 J ( γrm2 r ) γm 0


+ 2(r2 J1 (γm ) − r1 J1 (αγm ) + 2 2
r2 ln rr −r1 ln rr m )−r1 J1 (γ m )) 2 2 + 12 + + Ar1 r2 (r2γJ1 (αγ a2 (r 2 −r 2 ) r 2 −r 2

то u(r, t) =

m

+

2

1

3) если β 6=

γn , r2

1

2

2

1 J1 (αγ m )t )+ Ar2 ((r2 J1γ(γ m(r))−r − 2 −r 2 ) m

2

1

∞ P

2

nt J1 (αγ n )(J1 (αγ n )J1 (γ m )−J1 (γ n )J1 (αγ m ))Rn (r) cos aγ r


+ 2(r2 Y1 (βr2 ) − r1 Y1 (βr1 )) +
2 + 12 +

2

2 −r 2 r2 1

r

, если β =

m

2

2

1

2

2

1

2

r +r Ar2 (r2 Y1 (γ m )−r1 Y1 (αγ m ) (r 2 − 1 2 2 2 −r 2 ) 2γ m a2 )(r2 1

−

γm , r2

r2 Y ( γrm2 r ) γm 0


+ 2(r2 Y1 (γm ) − r1 Y1 (αγm ) + 2 ln r −r 2 ln r
r2 1 r2 r2 m )−r1 Y1 (γ m )) + Ar1 r2 (r2γY1 (αγ + 12 + a2 (r 2 −r 2 ) r 2 −r 2 +

2

1 Y1 (αγ m )t )+ Ar2 ((r2 Y1γ(γ m(r))−r − 2 −r 2 ) m

2

1

mt πAr2 J1 (αγ m )(r2 J1 (αγ m )Y1′ (γ m )−r1 J1 (γ m )Y1′ (αγ m ))Rm (r) cos aγ r

−

;

Y0 (βr) A β βa2 2 2 ln rr r2 ln rr −r1

1

Ar2 γ m a2

2

2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J1 (αγ n )−J1 (γ n ))

n=1 n6=m

2 r 2 +r 2 A(r2 Y1 (βr2 )−r1 Y1 (βr1 )) 2 )−r1 Y1 (βr1 ))t (r 2 − 1 2 2 )+ A(r2 Y1 (βr − 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 β(r2 1 1 ∞ J1 (αγ n )(J1 (αγ n )Y1 (βr2 )−J1 (γ n )Y1 (βr1 ))Rn (r) cos aγn t P r 2πAβr2 2
γ2 a2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γn n=1 n n 2 −β 1 1

то u(r, t) =

−

2

γ m a2 (J12 (αγ m )−J02 (γ m ))

то u(r, t) =

Y1 (βr1 )−r1 Y1 (βr2 )) + Ar1 r2 (r2βa 2 (r 2 −r 2 )

−

2

mt πAr2 J1 (αγ m )(r2 J1 (αγ m )J1′ (γ m )−r1 J1 (γ m )J1′ (αγ m ))Rm (r) cos aγ r 2 2πAγ m r2 − a2

+

2

r +r Ar2 (r2 J1 (γ m )−r1 J1 (αγ m ) (r 2 − 1 2 2 2 −r 2 ) 2γ m a2 )(r2 1

−

γm , r2

2 2πAγ m r2 a2

∞ P

n=1 n6=m

γ m a2 (J12 (αγ m )−J02 (γ m ))

2

−

nt J1 (αγ n )(J1 (αγ n )Y1 (γ m )−J1 (γ n )Y1 (αγ m ))Rn (r) cos aγ r 2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J1 (αγ n )−J1 (γ n ))

2

;

433

2.4. Ответы

4) u(r, t) = +

A βa2

Ar1 r2 (r2 I1 (βr1 )−r1 I1 (βr2 )) 2 −r 2 ) βa2 (r2 1

+

I0 (βr)
) β 2 2 r2 ln rr −r1 ln rr

2r2 I1 (βr2 ) − 2r1 I1 (βr1 ) − 2

2

2 −r 2 r2 1

2 2 r1 +r2 ) 2

+

+

1 2




+

2 A(r2 I1 (βr2 )−r1 I1 (βr1 )) 2 )−r1 I1 (βr1 ))t (r 2 − + A(r2 I1 (βr − 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 β(r2 1 1 ∞ J1 (αγ n )(J1 (αγ n )I1 (βr2 )−J1 (γ n )I1 (βr1 ))Rn (r) cos aγn t P r2 2
− 2πAβr γ2 a2 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γn n=1 n n 2 1 1 r2

5) u(r, t) =

A βa2

Ar1 r2 (r2 K1 (βr1 )−r1 K1 (βr2 )) 2 −r 2 ) βa2 (r2 1

+

+

K0 (βr)
) β 2 2
ln rr r2 ln rr −r1 2 2 + 12 2 −r 2 r2 1

2r2 K1 (βr2 ) − 2r1 K1 (βr1 ) −

6) если β 6=

γn , r2

J0 (βr) A β βa2 2 2 r r2 ln r −r1 ln rr

2 2 2 −r 2 r2 1 2 2 A(r2 J1 (βr2 )−r1 J1 (βr1 )) A(r2 J1 (βr2 )−r1 J1 (βr1 ))t3 2 r1 +r2 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2 2βa2 (r2 3β(r2 1 1 aγn t 2 ∞ J1 (αγ n )(J1 (αγ n )J1 (βr2 )−J1 (γ n )J1 (βr1 ))Rn (r) cos 2πAβr2 r2 3 2 γ a n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γ2 n=1 n n n r2 −β 1 1 2 r2 Ar2 γm r 2 1 m 1 1 m r2 γ m a2 γ m 0 2 2 r r Ar1 r2 (r2 J1 (αγ m )−r1 J1 (γ m )) r2 ln r2 −r1 ln r2 1 2 −r 2 ) 2 −r 2 2 γ m a2 (r2 r2 1 1 2 2 Ar2 (r2 J1 (γ m )−r1 J1 (αγ m ) Ar2 ((r2 J1 (γ m ))−r1 J1 (αγ m )t3 2 r1 +r2 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2 2γ m a2 )(r2 3γ m (r2 1 1 2 mt πAr2 J1 (αγ m )(r2 J1 (αγ m )J1′ (γ m )−r1 J1 (γ m )J1′ (αγ m ))Rm (r) sin aγ r2 2 2 2 a3 (J (αγ )−J (γ )) γm m m 1 0 2

1

(r −

P

то u(r, t) =

+

, если β =

(r −

−

− 7) если β 6=

3 2πAγ m r2 a3

γn , r2

∞ P

)t+

γm , r2

− −

nt J1 (αγ n )(J1 (αγ n )J1 (γ m )−J1 (γ n )J1 (αγ m ))Rn (r) cos aγ r 2

2 2 2 2 γ2 n (γ n −γ m )(J1 (αγ n )−J1 (γ n ))

n=1 n6=m

Y0 (βr) A β βa2 2 2 r r2 ln r −r1 ln rr

то u(r, t) =

Y1 (βr1 )−r1 Y1 (βr2 )) + Ar1 r2 (r2βa 2 (r 2 −r 2 )


+ 2(r2 Y1 (βr2 ) − r1 Y1 (βr1 )) t +
2 + 12 t+

2 2 −r 2 r2 1 2 2 A(r2 Y1 (βr2 )−r1 Y1 (βr1 )) A(r2 Y1 (βr2 )−r1 Y1 (βr1 ))t3 2 r1 +r2 2 2 2 −r 2 ) 2 2 2βa (r2 −r1 ) 3β(r2 1 2 ∞ J1 (αγ n )(J1 (αγ n )Y1 (βr2 )−J1 (γ n )Y1 (βr1 ))Rn (r) sin aγn t 2πAβr2 r2 γm γ2 r2 a3 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γ2 n=1 n n n r2 −β 1 1 2 Ar2 r2 γmr 2 1 m 1 1 m r2 γ m a2 γ m 0 2 2 r r Ar1 r2 (r2 Y1 (αγ m )−r1 Y1 (γ m )) r2 ln r2 −r1 ln r2 1 2 −r 2 ) 2 −r 2 2 γ m a2 (r2 r2 1 1 2 2 Ar2 (r2 Y1 (γ m )−r1 Y1 (αγ m ) Ar2 ((r2 Y1 (γ m ))−r1 Y1 (αγ m )t3 2 r1 +r2 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2 2γ m a2 )(r2 3γ m (r2 1 1 2

−

−


) + 2(r J (γ ) − r J (αγ ) t +
+ t+

+

+

)t+


J (

;

2


+ 2(r2 J1 (βr2 ) − r1 J1 (βr1 )) t +
+ 12 t+

то u(r, t) =

J1 (βr1 )−r1 J1 (βr2 )) + Ar1 r2 (r2βa 2 (r 2 −r 2 )

−

+

2 r 2 +r 2 A(r2 k1 (βr2 )−r1 K1 (βr1 )) 2 )−r1 K1 (βr1 ))t (r 2 − 1 2 2 ) + A(r2 K1 (βr − 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 β(r2 1 1 ∞ J1 (αγ n )(J1 (αγ n )K1 (βr2 )−J1 (γ n )K1 (βr1 ))Rn (r) sin aγn t P r2 2
− 2πAβr γ2 a2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γn n=1 n n 2 +β 1 1 r

+

+

1

(r −

P

то u(r, t) = +

+

Y (

)t+

−

, если β =





) + 2(r Y (γ ) − r Y (αγ ) t +
+ t+ (r −

)t+

−

,

;

;

434

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

− − 8) u(r, t) = +

A βa2

2 πAr2 J1 (αγ m )(r2 J1 (αγ m )Y1′ (γ m )−r1 J1 (γ m )Y1′ (αγ m ))Rm (r) sin 3 2πAγ m r2 a3

2 2 3 γ2 m a (J1 (αγ m )−J0 (γ m ))

∞ P

n=1 n6=m

−

aγ t J1 (αγ n )(J1 (αγ n )Y1 (γ m )−J1 (γ n )Y1 (αγ m ))Rn (r) sin r n 2 2 −γ 2 )(J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γ2 (γ n n n n m 1 1

I0 (βr)
) t+ β 2 2
r2 ln rr −r1 ln rr 2 2 + 12 t 2 −r 2 r2 1

;

2r2 I1 (βr2 ) − 2r1 I1 (βr1 ) −

Ar1 r2 (r2 I1 (βr1 )−r1 I1 (βr2 )) 2 −r 2 ) βa2 (r2 1

+

aγm t r2

+

3 r 2 +r 2 A(r2 I1 (βr2 )−r1 I1 (βr1 )) 2 )−r1 I1 (βr1 ))t (r 2 − 1 2 2 )t + A(r2 I1 (βr − 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 3β(r 1 2 1 ∞ J1 (αγ n )(J1 (αγ n )I1 (βr2 )−J1 (γ n )I1 (βr1 ))Rn (r) sin aγn t 2 P 2πAβr r2
− a3 2 γ2 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γ2 n=1 n n n 2 1 1

;

r2

9) u(r, t) = +

A βa2

K0 (βr) ) β 2 2 r r2 ln r −r1 ln rr

2r2 K1 (βr2 ) − 2r1 K1 (βr1 ) −

Ar1 r2 (r2 K1 (βr1 )−r1 K1 (βr2 )) 2 −r 2 ) βa2 (r2 1

+

2

2 −r 2 r2 1

2

2 2 r1 +r2 )t 2




t+
+ t+ 1 2

3 A(r2 k1 (βr2 )−r1 K1 (βr1 )) 2 )−r1 K1 (βr1 ))t (r 2 − − + A(r2 K1 (βr 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 3β(r2 1 1 ∞ J1 (αγ n )(J1 (αγ n )K1 (βr2 )−J1 (γ n )K1 (βr1 ))Rn (r) sin aγn t 2 P 2πAβr2 r2
− a3 γ2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) γ2 n=1 n n n 2 +β 1 1

r 2ν r 2ν (r 2 −r 2 )r

r 2 −ν

+(r 2ν+2 −r 2ν+2 )r ν

A 1 2 1 2 2 1 2.469. 1) u(r, t) = 4a2 (ν+1) 2ν −r 2ν r2 1 γn αt ν ∞ Aπr ν+2 P Jν (αγ n )(Jν (αγ n )−α Jν (γ n ))Rn (r) cos r2 − a22 ; γ 2 (J 2 (αγ n )−J 2 (γ n )) n

n=1

ν

.


− r ν+2 −

ν

2ν+2

2ν+2

2ν 2ν 2 2 −ν
r1 r2 (r1 −r2 )r +(r2 −r1 )r ν A 2) u(r, t) = 4a2 (ν+1) − r ν+2 t − 2ν −r 2ν r2 1 ∞ Jν (αγ n )(Jν (αγ n )−α ν Jν (γ n ))Rn (r) sin γn αt ν+3 P Aπr2 r2 − , где собственные функ2 2 a3 γ3 n (Jν (αγ n )−Jν (γ n )) n=1 γn r γn r ции Rn (r) = Yν (γn )Jν ( r2 ) − Jν (γn )Yν ( r2 ), γn — положительный корень уравнения Jν (γ)Yν (αγ) − Yν (γ)Jν (αγ) = 0, α = rr12 . 2ν+2 ν+2 2ν+2 ν 2ν 2ν 2 ν+2 2 −ν
r2 + ν r1 )r +r1 r2 (r2 − ν r1 )r A 2.470. 1) u(r, t) = 4a2 (ν+1) − r ν+2 − 2ν +r 2ν r1 2

−

ν+1 Aπr2 a2

∞ P

ν+2 Aπr2 a3

ν

A 4a2 (ν+1)

∞ P

n=1

n at Jν (γ n ))Rn (r) cos γr

ν2 ′2 2 γ2 n (Jν (αγ n )−(1− αγ2 )Jν (γ n )

n=1

2) u(r, t) = −

ν−1

Jν′ (αγ n ) Jν′ (αγ n )− ναγ


2ν+2

2ν+2 ν+2 r2 + ν r1

n




2

;

2ν r 2ν (r 2 − ν+2 r 2 )r −ν r ν +r1 2 2 1 ν

2ν +r 2ν r1 2

ν−1 γn at Jν (γ n ))Rn (r) sin r n 2 2 ν 3 2 2 γ n (Jν (αγ n )−(1− 2 2 )Jν (γ n )) α γn γnr γnr ν n ν r ν n ν r n 2 2

Jν′ (αγ n )(Jν′ (αγ n )− ναγ


− r ν+2 t −

, где собственные

функции Rn (r) = Y (γ )J ( ) − J (γ )Y ( ), γ — положительный корень уравнения Jν (γ)Yν′ (αγ) − Yν (γ)Jν′ (αγ) = 0, α = rr12 . 2ν+2 2ν+2 ν 2ν 2ν 2 2 −ν
(r2 −r1 )r +r1 r2 (r2 −r1 )r 2.471. 1) u(r, t) = 4aA(ν+2) − r ν+2 − 2 ν(ν+1) r 2ν −r 2ν 2

1

435

2.4. Ответы

−

ν+2 Aπνr2 a2

∞ P

Jν′ (αγ n )(Jν′ (αγ n )−α ν−1 Jν′ (γ n ))Rn (r) cos

h

2

2

γn αt r2

ν ν ′2 ′2 γ3 n (1− γ2 )Jν (αγ n )−(1− α2 γ2 )Jν (γ n )

n=1

n

n

i

;

2ν+2 2ν+2 ν 2ν 2ν 2 2 −ν
(r2 −r1 )r +r1 r2 (r2 −r1 )r A(ν+2) − r ν+2 t − 2ν −r 2ν 4a2 ν(ν+1) r2 1 ∞ J ′ (αγ n )(J ′ (αγ n )−α ν−1 J ′ (γ n ))Rn (r) sin γn αt ν+3 P Aπνr2 ν ν ν r2 ,  где собственные − 3 a ν2 ν2 ′2 ′2 γ4 n=1 n (1− γ2 )Jν (αγ n )−(1− α2 γ2 )Jν (γ n ) n n функции Rn (r) = Yν′ (γn )Jν ( γrn2r ) − Jν′ (γn )Yν ( γrn2r ), γn — положительный корень уравнения Jν′ (γ)Yν′ (αγ) − Yν′ (γ)Jν′ (αγ) = 0, α = rr12 . 2.472. Здесь Rn (r)=Y0 (γn )J0 ( γrn2r )−J0 (γn )Y0 ( γrn2r ), γn >0 — корень уравнения J0 (γ)Y0 (αγ) − Y0 (γ)J0 (αγ) = 0, α = rr12 . 1) Если β 6= γr2n , то
r1 r1 r u(r, t) = β 2 aA − 2 ln α J0 (βr) ln r − J0 (βr1 ) ln r − J0 (βr2 ) ln r 2 2 aγn t 2 −( ) t ∞ P r 2 J0 (αγ n )(J0 (αγ n )J0 (βr2 )−J0 (γ n )J0 (βr1 ))Rn (r) e
, то − πA , если β= γrm γ2 a2 2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n=1 n n 2 −β 0 0

2) u(r, t) =

r

u(r, t) =

2 Ar2 2 γ2 m a ln α

−

2

J0 ( γrm2 r ) ln rr21

− J0 (αγm ) ln

r r2

r1 r

− J0 (γm ) ln

−

2 πAr2 a2

n=1 n6=m

−

−(

πAr2 J0 (αγ m )(J0 (αγ m )J1 (γ m )r2 −J0 (γ m )J1 (αγ m )r1 )Rm (r) e 2γ m a2 (J02 (αγ m )−J02 (γ m )) ∞ P




aγm t 2 ) t r2 −(

J0 (αγ n )(J0 (αγ n )J0 (γ m )−J0 (γ n )J0 (αγ m ))Rn (r) e 2 2 2 (γ 2 n −γ m )(J0 (αγ n )−J0 (γ n ))

−

aγn t 2 ) t r2

;


r1 r1 r 2) если β6= γr2n , то u(r, t)= β 2 aA − 2 ln α Y0 (βr) ln r −Y0 (βr1 ) ln r −Y0 (βr2 ) ln r 2 2 aγn t 2 −( ) t ∞ P J0 (αγ n )(J0 (αγ n )Y0 (βr2 )−J0 (γ n )Y0 (βr1 ))Rn (r) e r2
− πA , если β = γr2n , то γ2 a2 n −β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 0 0 r2

n=1

u(r, t) =

−

2 Ar2 2 γ2 m a ln α

Y0 ( γrm2 r ) ln

r1 r2

− Y0 (αγm ) ln

r r2

− Y0 (γm ) ln

r1 r

−(

πAr2 J0 (αγ m )(J0 (αγ m )Y1 (γ m )r2 −J0 (γ m )Y1 (αγ m )r1 )Rm (r) e 2γ m a2 (J02 (αγ m )−J02 (γ m ))

− 3) u(r, t) =

4) u(r, t) =

2 πAr2 a2

∞ P

n=1 n6=m




−

aγn t 2 ) t r2

−

−(

J0 (αγ n )(J0 (αγ n )Y0 (γ m )−J0 (γ n )Y0 (αγ m ))Rn (r) e 2 2 2 (γ 2 n −γ m )(J0 (αγ n )−J0 (γ n ))

aγn t 2 ) t r2

;


I0 (βr1 ) ln rr2 + I0 (βr2 ) ln rr1 − I0 (βr) ln rr12 − aγ t P∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )I0 (βr2 )−J0 (γ n )I0 (βr1 ))Rn (r) e−( r2n )2 t
− πA ; 2 2 n=1 γ a

A β 2 a2 ln α

A β 2 a2 ln α

n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 0 0 r2 2 r1 r1 2 0 r r2


K0 (βr1 ) ln rr2 + K0 (βr ) ln − K (βr) ln − aγn t 2 −( ) t P r2 ∞ J0 (αγ n )(J0 (αγ n )K0 (βr2 )−J0 (γ n )K0 (βr1 ))Rn (r) e
− πA , n=1 γ2 a2 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 0 0 r2 2

2.473. Здесь Rn (r)=Y0 (γn )J0 ( γrn2r )−J0 (γn )Y0 ( γrn2r ), γn >0 — J0 (γ)Y1 (αγ) − Y( γ)J1 (αγ) = 0, α = rr12 . 1) Если β 6= γr2n , то
u(r, t) = β 2Aa2 J0 (βr) − J0 (βr2 ) + βr1 J1 (βr1 ) ln rr2 +

корень уравнения

436

+ πA a2

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ ∞ P

−(

J1 (αγ n )(βr2 J1 (βr1 )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )J0 (βr2 ))Rn (r) e γn

n=1 2 Ar2 2 γ2 ma

то u(r, t) = −

aγn t 2 ) t r2

γ2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 −β 1 0 r2




J0 ( γrm2 r ) − J0 (γm ) + αγm J1 (αγm ) ln

r r2




−

−(

2 πAr2 J1 (αγ m )(αJ0 (γ m )J0 (αγ m )+J1 (γ m )J1 (αγ m ))Rm (r) e 2γ m a2 (J12 (αγ m )−J02 (γ m ))

+

∞ P

2 πAr2 a2

, если β= γrm , 2

aγm t 2 ) t r2

+ −(

n=1 n6=m

J1 (αγ n )(γ m J1 (αγ m )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )J0 (γ m )Rn (r) e 2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J1 (αγ n )−J0 (γ n ))

aγn t 2 ) t r2

;


2) если β 6= γr2n , то u(r, t) = β 2Aa2 Y0 (βr) − Y0 (βr2 ) + βr1 Y1 (βr1 ) ln rr2 + aγn t 2 −( ) t ∞ P r2 J1 (αγ n )(βr2 Y1 (βr1 )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )Y0 (βr2 ))Rn (r) e
+ πA , γ2 a2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 −β 1 0 r2 2 Ar2 γm r 0 m 0 2 r2 γ2 ma

γn

n=1

если β= γrm , то u(r, t) = 2 − +

A β 2 a2

4) u(r, t) =

A β 2 a2

r r2

) − Y (γ ) + αγm Y1 (αγm ) ln




2 mt πAr2 J1 (αγ m )(αJ0 (γ m )Y0 (αγ m )+Y1 (γ m )J1 (αγ m ))Rm (r) cos aγ r 2

2γ m a2 (J12 (αγ m )−J02 (γ m )) ∞ P

2 πAr2 a2

3) u(r, t) =

Y (

n=1 n6=m

−(

J1 (αγ n )(γ m Y1 (αγ m )J0 (γ n )−γ n J1 (αγ n )Y0 (γ m ))Rn (r) e 2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J1 (αγ n )−J0 (γ n ))

−

+

aγn t 2 ) t r2

;


βr1 I1 (βr1 ) ln rr2 − I0 (βr) + I0 (βr2 ) − aγn t 2 −( ) t ∞ P r2 J1 (αγ n )(βr2 I1 (βr1 )J0 (γ n )+γ n J1 (αγ n )I0 (βr2 ))Rn (r) e
; − πA 2 2 γ a n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 1 0 r2 2

γn

n=1

r r2


βr1 K1 (βr1 ) ln − K0 (βr) + K0 (βr2 ) − aγn t 2 −( ) t ∞ P r2 J1 (αγ n )(βr2 K1 (βr1 )J0 (γ n )+γ n J1 (αγ n )K0 (βr2 ))Rn (r) e
− πA . γ2 a2 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 1 0 r2 2

γn

n=1

2.474. Здесь Rn (r)=Y1 (γn )J0 ( γrn2r )−J1 (γn )Y0 ( γrn2r ), γn >0 — корень уравнения Rt J1 (γ)Y1 (αγ) − Y1 (γ)J1 (αγ) = 0, α = rr12 . 1) u(r, t) = 0 h(t − τ)τ dτ;
J0 (βr) A 2) если β 6= γrn , то u(r, t) = βa + 2(r2 J1 (βr2 ) − r1 J1 (βr1 )) + 2 β 2

J1 (βr1 )−r1 J1 (βr2 )) + Ar1 r2 (r2βa 2 (r 2 −r 2 ) 2

+

1

2 2 r2 ln rr −r1 ln rr 2 2 2 −r 2 r2 1


+ 12 +

2 r 2 +r 2 A(r2 J1 (βr2 )−r1 J1 (βr1 )) 2 )−r1 J1 (βr1 ))t (r 2 − 1 2 2 )+ A(r2 J1 (βr − 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 β(r2 1 1

2 − 2πAβr a2

∞ P

−(

J1 (αγ n )(J1 (αγ n )J1 (βr2 )−J1 (γ n )J1 (βr1 ))Rn (r) e γn

n=1

то u(r, t) =

Ar2 γ m a2

r2 J ( γrm2 r ) γm 0

m )−r1 J1 (γ m )) + Ar1 r2 (r2γJ1 (αγ a2 (r 2 −r 2 ) m

+

2

1





+ 2(r2 J1 (γm ) − r1 J1 (αγm ) + 2 2
ln rr r2 ln rr −r1 2 2 + 12 + 2 2 r −r 2 2

1 2

r +r Ar2 (r2 J1 (γ m )−r1 J1 (αγ m ) (r 2 − 1 2 2 2 −r 2 ) 2γ m a2 )(r2 1

−

aγn t 2 ) t r2

γ2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 −β 1 1 r2

, если β= γrm , 2

2

1 J1 (αγ m )t )+ Ar2 ((r2 J1γ(γmm(r))−r − 2 −r 2 ) 2

1

mt πAr2 J1 (αγ m )(r2 J1 (αγ m )J1′ (γ m )−r1 J1 (γ m )J1′ (αγ m ))Rm (r) cos aγ r

γ m a2 (J12 (αγ m )−J02 (γ m ))

2

−

437

2.4. Ответы

2 2πAγ m r2 a2

−

γn , r2

3) если β 6=

∞ P

−(

n=1 n6=m

J1 (αγ n )(J1 (αγ n )J1 (γ m )−J1 (γ n )J1 (αγ m ))Rn (r) e 2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J1 (αγ n )−J1 (γ n ))

+ −


+ 2(r2 Y1 (βr2 ) − r1 Y1 (βr1 )) +
2 + 12 +

2

2 −r 2 r2 1

1

2 r 2 +r 2 A(r2 Y1 (βr2 )−r1 Y1 (βr1 )) 2 )−r1 Y1 (βr1 ))t (r 2 − 1 2 2 )+ A(r2 Y1 (βr − 2 −r 2 ) 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 β(r2 1 1

2πAβr2 a2

∞ P

−(

J1 (αγ n )(J1 (αγ n )Y1 (βr2 )−J1 (γ n )Y1 (βr1 ))Rn (r) e γn

n=1

aγn t 2 ) t r2

γ2 n 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 2 −β 1 1 r2




r2 Y ( γrm2 r ) + 2(r2 Y1 (γm ) − γm 0 2 2
r2 ln rr −r1 ln rr m )−r1 Y1 (γ m )) 2 2 + Ar1 r2 (r2γY1 (αγ + 12 + 2 2 −r 2 2 2 r2 m a (r2 −r1 ) 1

если β= γrm , то u(r, t) = 2

+

−

+

A βa2

+

∞ P

n=1 n6=m

−(

J1 (αγ n )(J1 (αγ n )Y1 (γ m )−J1 (γ n )Y1 (αγ m ))Rn (r) e 2 2 2 γ n (γ 2 n −γ m )(J1 (αγ n )−J1 (γ n ))

A(r2 I1 (βr2 )−r1 I1 (βr1 )) (r 2 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 1

A βa2

∞ P

2

a2

n=1

+

2 2 r1 +r2 ) 2


) +
+ 21 + β

2 2 r2 ln rr −r1 ln rr 2 2 2 −r 2 r2 1

−

n=1

−

aγn t 2 ) t r2

+




A(r2 K1 (βr2 )−r1 K1 (βr1 ))t2 2 −r 2 ) β(r2 1

P




−r

;


− r ν+2 t −




;

−

aγn t 2 −( ) t ∞ r2 J1 (αγ n )(J1 (αγ n )K1 (βr2 )−J1 (γ n )K1 (βr1 ))Rn (r) e 2πAβr2 2 2 γn a 2 2 2 γn (J1 (αγ n )−J1 (γ n )) n=1 2 +β r2 2ν+2 2ν+2 ν 2ν 2ν 2 2 −ν r1 r2 (r1 −r2 )r +(r2 −r1 )r ν+2 A 2ν −r 2ν 4a2 (ν+1) r2 1 aγn t 2 −( ) t r2 Jν (αγ n )(Jν (αγ n )−α ν Jν (γ n ))Rn (r) e 2 (αγ )−J 2 (γ )) γ2 (J n n n ν ν

2ν+2 2ν+2 ν 2ν 2ν 2 2 −ν r1 r2 (r1 −r2 )r +(r2 −r1 )r A 2ν −r 2ν 4a2 (ν+1) r2 1 γ αt ν ∞ Jν (αγ n )(Jν (αγ n )−α Jν (γ n ))Rn (r) sin n r2 2 2 γ3 n (Jν (αγ n )−Jν (γ n ))

2) u(r, t) = ν+3 P Aπr2 − a3

;

γ2 n +β 2 (J 2 (αγ )−J 2 (γ )) n n 1 1 r2 2 K0 (βr)

2r2 K1 (βr2 ) − 2r1 K1 (βr1 ) −

2.475. 1) u(r, t) = ∞ Aπr ν+2 P

−

+

A(r2 I1 (βr2 )−r1 I1 (βr1 ))t2 2 −r 2 ) β(r2 1 −(

γn

A(r2 k1 (βr2 )−r1 K1 (βr1 )) (r 2 2 −r 2 ) 2βa2 (r2 1

−

−

2 2 r1 +r2 ) 2

J1 (αγ n )(J1 (αγ n )I1 (βr2 )−J1 (γ n )I1 (βr1 ))Rn (r) e

n=1

Ar1 r2 (r2 K1 (βr1 )−r1 K1 (βr2 )) 2 −r 2 ) βa2 (r2 1

+

I0 (βr)
) + β 2 ln r −r 2 ln r
r2 1 r2 r2 + 12 2 −r 2 r2 1

aγn t 2 ) t r2

2r2 I1 (βr2 ) − 2r1 I1 (βr1 ) −

2 − 2πAβr a2

+

aγm t 2 ) t r2

−(

Ar1 r2 (r2 I1 (βr1 )−r1 I1 (βr2 )) 2 −r 2 ) βa2 (r2 1

5) u(r, t) =


r1 Y1 (αγm ) +

πAr2 J1 (αγ m )(r2 J1 (αγ m )Y1′ (γ m )−r1 J1 (γ m )Y1′ (αγ m ))Rm (r) e γ m a2 (J12 (αγ m )−J02 (γ m ))

2 2πAγ m r2 a2

4) u(r, t) =

Ar2 γ m a2

,

2 r 2 +r 2 Ar2 (r2 Y1 (γ m )−r1 Y1 (αγ m ) 1 Y1 (αγ m )t (r 2 − 1 2 2 )+ Ar2 ((r2 Y1γ(γ m(r))−r − 2 −r 2 ) 2 2 2γ m a2 )(r2 m 2 −r1 ) 1

−

−

;

Y0 (βr) A β βa2 2 2 r r2 ln r −r1 ln rr

то u(r, t) =

Y1 (βr1 )−r1 Y1 (βr2 )) + Ar1 r2 (r2βa 2 (r 2 −r 2 ) 2

aγn t 2 ) t r2

.

−

, где собственные функ-

438

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

ции Rn (r) = Yν (γn )Jν ( γrn2r ) − Jν (γn )Yν ( γrn2r ), γn — положительный корень уравнения Jν (γ)Yν (αγ) − Yν (γ)Jν (αγ) = 0, α = rr12 . 2 −r 2 )2 t 2Ar 6 P A(r0 J1 (µ n )Rn (r) sin ω n t 2.476. u(r, t) = − a3 0 ∞ . 2 n=1 64a2 µ9 n I0 (µ n )J0 (µ n ) Обозначения те же, что в задаче 2.463. 2 2 4Ar 8 P A(r0 −r 2 )2 (r 2 −7r0 )t Rn (r) sin ω n t − a3 0 ∞ . 2.477. u(r, t) = n=1 µ 10 576a2 n I0 (µ n )J0 (µ n ) Обозначения те же, что в задаче 2.463. 2 2 2 4 A(r0 −r 2 )2 (r 4 −6r0 r +29r0 )t 128Ar 10 P ∞ J1 (µ n )Rn (r) sin ω n t 2.478. u(r, t) = − a3 0 . 2 n=1 µ 13 2304a2 n I0 (µ n )J0 (µ n ) Обозначения те же, что в задаче 2.463. i ∞ 2 2 2 4 2 A(r0 −r 2 )2  (r 4 −6r0 r +23r0 )t 4Ar 8 P J1 (µ n )Rn (r) cos ω n t . 2.479. u(r, t) = + 1 + a4 0 64a2 64a2 µ 11 I (µ )J 2 (µ ) n=1

n

0

n

0

n

Обозначения те же, что в задаче 2.463. 2Ar 2 P J1 (µ n )Rn (r) sin ω n t 2.480. u(r, t) = At − q 0 ∞ . 2 n=1 µ5 n I0 (µ n )J0 (µ n ) Обозначения те же, что в задаче 2.463. 2 2Ar 3 P A(r0 −r 2 )t Rn (r) sin ω n t − a0 ∞ . 2.481. u(r, t) = n=1 µ 6 2r0 n I0 (µ n )J0 (µ n ) Обозначения те же, что в задаче 2.463. h i
4
2 2.482. u(r, θ) = u50 8 rr0 P3 (cos θ) − 3 rr0 P1 (cos θ) . ( 4πP r cos θ, 0 ≤ r ≤ r0 , 3 0 3 2.483. σ(θ) = 3E cos θ. 2.484. u(r) = 4πP r0 4π cos θ , r0 < r. 3 r2 ( 4π P, 0 ≤ r ≤ r0 , 3 3 E(r) = 4πP r0 (2 cos θe − sin θe ), r0 < r. r θ 3 3r 3E0 3 2.485. E = ε+2 , P = ε−1 r E . ε+1 0 0 2.486. H =

9µH0 (µ+2)(2µ+1)−2(µ−1)2

2.487. P (θ) = P0 + 2.488. P (θ) = P0 +

ρ 0 V02 8



r1 r2

3 ,

M=

(9 cos θ2 − 5).

ρ 0 V (t)2 (9 cos θ2 8 3 V0 r0 − 2r 2

− 5) +

3 3 (2µ+1)(µ−1)(r2 −r1 )H0 3 . 

(µ+2)(2µ+1)−2(µ−1)2

ρ 0 r0 dV (t) 2 dt

r1 r2

cos θ.

3 V0 r0 − 2r 3 eg .

cos θ, V|S = Указание. Методом 2.489. V = ∇u, u(r, θ) = продолжений получить внешнюю краевую задачу для шара. √ √ 2.490. ω1 = 1l 2gh0 , ω2 1l 6gh. Указание. См.задачу 1.235. h i 2 2.491. u(r, θ) = Ar 3P1 (cos θ) + 2r 2 P3 (cos θ) . 5 3r0  2   Ar 2 Ar 2 r 2 r 2 r5 2.492. Если A2 = 3 rr12 A1 , то u(r, θ) = C − r 1 + r51−r2 5 1+ 3r15 P2 (cos θ). 2 1 h i 20hr 2 8hr 4 2.493. u(r, θ) = A 1 + P (cos θ) + P (cos θ) . 2 4 3 5 7(2+hr0 )r0 7(4+hr )r 0

0

439

2.4. Ответы 

3 r0 r3



2.494. u(r, θ) =

A 9

2.495. u(r, θ) =

2 A2 r2 r1 +hr2 (r2 −r1 )

1−

r1 + r 2 A1 r1 r + (2−hr )r3 +(1+hr )r3 2 1 2 2

2.496. u(r, θ) = 2q ln 2.497. u(r, θ) =

P2 (cos θ).

Q0 12πk

r0 r

n

+q

P∞

4n+1 n=1 n(2n+1)

r2 2 r0

1−

2

− 6 rr2 ln 0 P∞ r2

+3 r2

Q0 4πk

h

r r0

n=2

0

2.498. u(r, θ) =




1−

i r3 2 − hr2 + (1 + hr2 ) r23 P2 (cos θ).   2n+1  1 − rr0 P2n (cos θ). h

· P2 (cos θ)+    2n−2  r 4n+1 1 − P (cos θ) . 2n (n−1)(2n+3) r0

r12 + r 2 − 2r1 r cos θ


− 1 2

 − r2 +

4 r0 2 r1

−2

Указание. Решение представить в виде u(r, θ) = v(r, θ) +

2 r0 r r1

4πk

√

и применить разложение для производящей функции.  2n P∞ Q r1 0 +Q Pn (cos θ) = 2.499. σ(θ) = Q4πr 2 − 4πr 2 n=0 (2n + 1) r0 0

=

Q0 +Q 2 4πr0

2.500. u(r, θ) =

0

Q − 4πr 0 "

Q0 4πρ 0 r0

ln

2 −r 2 r0 1

3

2 +r 2 −2r r cos θ) 2 (r0 0 1 1

r(1+cos θ) r2

rM P1 − r0 +r cos θ 1

−

,

r0 rM P

cos θ

− 12 i

.

Q0

2 −2rr cos θ r 2 +r1 1

0 r1 p = −Qr1 , F = Q2 (r2r−r 2 2. 0 1) #

−

2 r0 r1 rM P1

,

1   2 2 2 r2 r r rM P1 = r 2 + r01 −2 r01 cos θ .

1

где rM P =(r 2 +r12 −2rr1 cos θ) 2 ,

 3 2 2 r r (r0 +2r1 ) · rr11 , 2.501. Q′ = rr02 p, p′ = 2 rr10 p, F = −2p 0(r12 −r 2 4 1 1 0)   ∞ n−1 2 2 2 2 P p p r1 (r1 −5r0 )+r0 (r1 +3r0 ) cos θ σ(θ)= 4πr (n + 1)(2n + 1) rr01 Pn (cos θ)= 4πr . 3 5 0 2 +r 2 −2r r cos θ) 2 (r1 1 0 0

1 n=0

2

2.502. F = − Q (ε − 1) r2 1

P∞  r0 2n+1 n=0

r1

n(n+1) r1 . n(ε+1)+1 r1

 2n−3 2 2 P n (n −1) r1 r . − 1) ∞ n=2 r0 n(µ+1)+µ r1    2n r  P∞ P2n (0)P2n (cos θ), n=0 r0 2.504. u(r, θ) = 2πQ
P  ∞ r0 2n+1 P2n (0)P2n (cos θ), n=0 r 2.503. F =

M2 4 (µ r0

r < r0 , r0 < r.

Решение. Потенциал u(r, θ) удовлетворяет условиям δ (θ− π ) ∆u = − 4πq δ(r − r0 ) · sin θ2 , r0 |u|r=0 < ∞, limr→∞ u = 0.

Как и в примере 2.12., u(r, θ) =

P∞

n=0

un (r)Pn (cos θ),

(2.115)

440

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

где Pn (cos θ) — собственная функция однородной задачи (см.пример 2.18.), a un (r) — решение задачи 1 d 2 dun n(n + 1) 2πq(2n + 1)Pn (0) r − un = − δ(r − r0 ), r 2 dr dr r2 r0 |un (0)| < ∞, un (∞) = 0. Решение уравнения (2.116) при условиях (2.117) запишется в виде  An r n , r < r0 , un (r) = Bn r −(n+1) , r0 < r.

(2.116) (2.117)

Так как [un ]r0 = 0, [u′n ]r0 = −2πq(2n + 1)Pn (0), (см.(10.15)), то коэффициенты Bn = An r02n+1 = 2πqr0n+1 Pn (0). Остается учесть, что P2n+1 (0) = 0. √ 

 2.505. u(x, t) = 2u5 0 P1 xl cos ωt − P3 xl cos 6ωt . Указание. Продолжить начальные данные на промежуток (−l, l) нечетным образом. h i √

v0 −3P1 xl sin ωt + √56 P3 xl sin 6ωt . 2.506. u(x, t) = 2ω  2n+1 P 4n+3 r P2n+2 (0)P2n+1 (cos θ). 2.507. u(r, θ) = u0 − q0kr0 ∞ 2 n=0 (2n+1) r0   2n+1 (4n+3) rr 0 n=0 (2n+1)(2n+1+p) P2n+2 (0)P2n+1 (cos θ),   ∞ (4n+1) r 2n P r0 u0 − q0kr cos θ− q02kr0 P2n (0)P2n (cos θ). (n+1)(2n−1) n=0

2.508. u(r, θ) = u0 + p(u0 − u1 ) p = hr0 . 2.509. u(r, θ) = q0 r0 k

2.510. u(r, θ) = u0 −



r r0

P∞

cos θ +

0 p = hr0 . 2.511. u(r, θ) = u0 + u1 −u 2

2.512. u(r, θ) = C − 2.513. u(r, θ) = 2.514. u(r, θ) = 2.515.

2.516.

I 2πσr

J 2πσr0 q 2π

+

I 4πσr0

P∞

P∞

n=0

4n+3 n=0 2n+1

p+1 2

4n+3 n=0 n+1

n=1



r r0

n=0

P∞

P∞ 

P∞ 

4n+1 n

2n+1

r r0



2n

r r0

2n

(4n+1)P2n (0)P2n (cos θ) (n+1)(2n−1)(n+p)

2n+1



,

P2n (0)P2n+1 (cos θ).

P2n (cos θ),

j = −σ∇u.

P2n+1 (cos θ), j = −σ∇u.

 2n+1


(4n+3) 1− rr 0 (n+1)(2n+1)



r r0

P2n+1 (cos θ).

  2n−1
(4n+3) 1− rr ∞ 0 P2n+1 (cos θ); n=0 (2n+1)(n+1)   2n
h i r (4n+3) 1− r P Q0 0 2) u(r, θ) = u0 + 2πk · rr0 ln rr0 + ∞ P2n+1 (cos θ) . n=1 n(2n+3)   2n−1
(4n+3) 1− rr Q0 r 2 P ∞ 0 u(r, θ) = u0 − 2k P2n+2 (0)P2n+1 (cos θ). n=0 (4n2 −1)(n+2)

1) u(r, θ) = u0 +

2.517. 1) u(r, θ) =

1 sin2 α

Q0 4πk



r r0

Ck (2ν k +1)Pνk (cos θ) k=1 P ′ (cos α) ∂Pν (cos θ) ν ∂ν

P∞

2) u(r, θ) = − sin12 α

2 P

P∞

k=1

k

ν=νk

Ck (2ν k +1)Pνk (cos θ) ′ (cos θ) ∂Pν ∂ν



P ν k (cos α)

ν=νk

r r0



ν k

r r0

; ν k

,

441

2.4. Ответы

Ck =

Rα

f (θ)Pνk (cos θ) sin θ dθ, νk > 0 — корень уравнения 1) Pν′ (cos α) = 0,

0

2) Pν (cos α) = 0, где Pν (x) — функция Лежандра первого рода, Pν′ (x) — производная по x. ∞
P Ck (2ν k +1)Pνk (cos θ) r0 ν k +1 2.518. 1) u(r, θ) = sin12 α ; ∂Pν (cos θ) r ′ 2) u(r, θ) =

k=1 Pνk (cos α) ∂ν ν=νk ∞ P (2ν +1)P (cos θ) ν k 1 k − sin2 α ′ (cos θ) ∂Pν P ν (cos α) k=1 k ∂ν

ν=νk


r0 ν k +1 r

,

νk > 0 — корень уравнения 1) Pν′ (cos α) = 0, 2) Pν (cos α) = 0, остальные обозначения даны в ответе к предыдущей задаче. D P (cos θ). 2.520. H = − 4πM , B = 8πM 3 3 2r 3 (2 2 2 2 4πωM 2 8πωM (r − r ) − r (3 cos θ − 1), r < r0 , 0 9c 9c 2.521. u(r, θ) = 4πωr 5 M − 9cr03 (3 cos2 θ − 1), r0 < r; 4(2ε+1) ωr02 M, где Dxx = Dyy = − 12 Dzz , Dxy = Dyz = Dzx = 0, Dzz = − 3c(2ε+3) ωr0 V M — полный магнитный шара. 2.522. σ(θ) =  3c (3 − 5 cos2 θ).  момент  3 2.523. 1) u(r, θ, ϕ) = u50 43 rr0 Y31 (θ, ϕ) − 3 rr0 Y11 (θ, ϕ) ;

2.519. u(r) =

2) u(r, θ, ϕ) = 3) u(r, θ, ϕ) =

4) u(r, θ, ϕ) = 5) u(r, θ, ϕ) = 6) u(r, θ, ϕ) = 7) u(r, θ, ϕ) = 8) u(r, θ, ϕ) =

9) u(r, θ, ϕ) = 10) u(r, θ, ϕ) = 11) u(r, θ, ϕ) =

  4 Y2−1 (θ, ϕ) − 15 rr0 Y4−1 (θ, ϕ) ;    3 2v0 2 rr0 Y1−1 (θ, ϕ) − 91 rr0 Y3−1 (θ, ϕ) + C; 5     4 2 v0 1 1 r 1 r Y (θ, ϕ) + Y (θ, ϕ) + C; 2 4 14 r0 5 r0      2 4 2v0 r Y22 (θ, ϕ) + 15 rr0 Y42 (θ, ϕ) + C; 21 r0  2 u0 hr0 r sin2 θ sin 2ϕ; 2+hr0  r0     4 2 4u0 1 1 5 hr0 r 1 hr0 r Y (θ, ϕ) + Y (θ, ϕ) ; 2 4 7 3 2+hr0 r0 5 4+hr0 r0  4  A 3 r r3 r sin3 θ cos 3ϕ+ 4 − r 3 8 0 r0 0   2 r2 +v0 r0 rr0 Y11 (θ, ϕ) − 6r 2 Y2 (θ, ϕ) + C; 0  4 4 A r r (r − r ) sin θ sin ϕ + u sin θ sin 4ϕ; 0 0 4 r  20 A r (r 2 − r02 ) cos θ + u0 rr0 sin 2θ sin ϕ; 10    5 5 Ar0 r − rr0 sin θ cos ϕ+ 28 r0    2 +u0 rr0 Y11 (θ, ϕ) + 16 rr0 Y22 (θ, ϕ) ; 4u0 7

  2 3

r r0

2

442

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

12) u(r, θ, ϕ) = 13) u(r, θ, ϕ) = 14) u(r, θ, ϕ) = 15) u(r, θ, ϕ) = 16) u(r, θ, ϕ) =

17) u(r, θ, ϕ) =

 4 sin3 θ cos 3ϕ + u0 rr0 cos θ sin3 θ sin 3ϕ;  4 A 2 r ln rr0 sin 2θ cos ϕ + u0 rr0 sin4 θ cos 4ϕ; 5    2 A 2 r2 r − r02 sin2 θ cos 2ϕ + v02r0 rr0 sin 2θ sin ϕ + C; 7 2  3 v0 r0 3 3 A r r (r − r ) sin θ cos ϕ + sin3 θ cos 3ϕ + C; 0 18 3 r0   2A 2 1 r ln rr0 − 2+hr P2 (cos θ)+ 15 0 A 7

r 3 ln

A 21



r2

r r0

A 0 + 18 (r 2 − r02 ) − Ar + 9h  0 2 r 2 − 4+hr r P2 (cos θ)+ 2+hr0 0

u0 hr 3 2 (3+hr0 )r0

Ar 3

sin3 θ cos 3ϕ;

u0 hr A + 60 (r 4 − r04 ) − 15h0 + 1+hr sin θ sin ϕ. 0 i

u0 r0 2 1 1 2 r0 4 2.524. 1) u(rθ, ϕ) = 5 Y1 (θ, ϕ) + 3 r Y3 (θ, ϕ) ; hr i

3 4u0 4 r0 5 2) u(r, θ, ϕ) = 7 5 r Y41 (θ, ϕ) − 13 rr0 Y21 (θ, ϕ) ; h i
3
2 r0 5 1 3) u(r, θ, ϕ) = 2u70 rr0 Y22 (θ, ϕ) − 15 Y4 (θ, ϕ) ; r h i
3
1 r0 5 8 Y4 (θ, ϕ) ; 4) u(r, θ, ϕ) = − v07r0 rr0 Y21 (θ, ϕ) − 25 r h i
3
2 r0 5 4 5) u(r, θ, ϕ) = − v021r0 35 rr0 Y2−2 (θ, ϕ) − 25 Y (θ, ϕ) ; 4 r
u0 hr0 r0 3 6) u(r, θ, ϕ) = 3+hr0 r sin 2θ sin ϕ; h i
1
1 r0 h r0 3 r0 5 1 r0 h 7) u(r, θ, ϕ) = 4u70 r0 23 3+r Y (θ, ϕ) − Y (θ, ϕ) ; 2 4 h r 5 5+r0 h r
0 r0 A 8) u(r, θ, ϕ) = 2r r − 1 sin θ sin ϕ; h i

3 r0 2 A 9) u(r, θ, ϕ) = 6r − 1 sin2 θ cos 2ϕ + u0 rr0 sin 2θ sin θ sin 2ϕ; r
10) u(r, θ, ϕ) = 4rA2 rr0 − 1 sin2 θ cos 2ϕ+ h i
3
4 + u30 2 rr0 Y21 (θ, ϕ) + 15 rr0 Y32 (θ, ϕ) ;
3 11) u(r, θ, ϕ) = A ln rr0 + u0 rr0 sin 2θ sin ϕ; r
3 12) u(r, θ, ϕ) = 3rA2 ln rr0 sin θ cos ϕ + u0 rr0 sin2 θ sin 2ϕ;
4 13) u(r, θ, ϕ) = 3rA2 ln rr0 cos θ + u0 rr0 sin3 θ cos 3ϕ;

5 r0 A 14) u(r, θ, ϕ) = 2r − 1 cos θ + v05r0 rr0 sin4 θ cos 4ϕ; h2r i
A 1 r0 3 15) u(r, θ, ϕ) = 12r − 1 sin2 θ cos θ sin 2ϕ+ 4 r
5 + v05r0 rr0 sin3 θ cos θ cos3 ϕ; 16) u(r, θ, ϕ) = 3rA2 (ln rr0 − 12 ) sin θ sin ϕ+
3 + v03r0 rr0 sin θ sin ϕ(cos θ − sin θ cos ϕ).  
u2 r12 r23  r 2
r1 r2 r1 3 2.525. 1) u(r, θ, ϕ) = ru21−r − 1 + − sin2 θ cos 2ϕ; 5 r r1 r r −r 5 1

h

2

443

2.4. Ответы r1 r2 3 −r 3 r2 1

h


r2 2 r

−

r r2



u1 r1 cos θ+  i
2  + rr1 − rr1 u2 r2 sin θ sin ϕ ;  h 2
2  r r 3) u(r, θ, ϕ) = u1 r31−r23 rr2 − rr2 + 2 1    2 
r3 r2 r2 3 r − cos θ sin θ sin ϕ; + r51−r25 r r2  2   2 3 2
3 4u r1 r2 r 4) u(r, θ, ϕ) = − u31 + 2r51+3r + 23 rr2 P2 (cos θ)+ 5 r 2 2 1 h 3
2 i v r1 r2 r − rr1 sin θ sin ϕ; + 2r23 +r 3 r 1 1 2  2  2
4 2
2v r 2v r1 r2 r2 3 5) u(r, θ, ϕ) = − 3r1 2 1 1 − rr2 − 3(2r15 +3r − rr2 P2 (cos θ)+ 5 r 1 2)    2 2 3
3 3u r1 r2 r + 2r52+3r + 23 rr1 sin 2θ sin ϕ; 5 r1 1 2 h i 3
2 v1 r1 r2 cos θ+ 6) u(r, θ, ϕ) = r3 −r3 rr2 + 12 rr2 2 1 h 3
2 i v2 r1 r2 + r3 −r3 rr1 + 12 rr1 sin θ sin ϕ + C; 2 1 h i 2 2 3 3 (r1 +r2 )(r1 +r2 )r 3 −r1 r2 2 A 7) u(r, θ, ϕ) = 4 r − sin θ sin ϕ+ 2 +r r +r 2 )r 2 (r1 1 2 2    2
u2 r12 r23
r1 r2 r1 3 r + ru21−r − 1 + − sin 2θ sin ϕ; 5 −r 5 r r1 r r2 1 1 h i 5 (r 2 −2r 2 ) (4r 7 +r 7 )r 5 +2r 5 r2 A 2 1 8) u(r, θ, ϕ) = 21 r 4 − 1 2(2r5 +3r15 )r P2 (cos θ)+ 3 1  2   2  5 5 5 3 3 3 4r 4r +r u r1 r2 2r1 A 3r r 4 + r1 − 1r2 2 + 2r25 +3r + 2 sin 2θ cos ϕ; + 60 5 2 3 r 1  2 r1 r2 r2 1 1 1 1 9) u(r, θ, ϕ) = A r ln r − r1 ln r1 + r1 − r +  2    3 2 3 u r1 r2 r3 v r1 r2 r2 r + 3r15 +2r 3 rr2 + r23 sin 2θ sin ϕ + 2r23 +r − r12 cos θ; 5 3 r 1 1 2 2 1 2   r  5 5 5 5 ln r1 r1 ln r1 −r2 ln r2 2r1 r2 2 2 1 2 10) u(r, θ, ϕ) = C+ A − r + · + r ln r + 5 −r 5 5 −r 5 5 2 3r 3 r2 r2 1 1     3r 2 2 r2 3 v r1 r2 v r1 2r1 2 r2 2 + r13 −r + rr2 sin θ sin ϕ + 2(r25 −r sin2 θ cos 2ϕ. 3 5 2 + 3r 3 2r 2 r1 2 1 2 1) q 2 |m| · (l−|m|) Pl (cos θ)eimϕ , 2.526. El = ~2I l(l + 1), ψlm (r, θ, ϕ) = (−1)m 2l+1 4π (l+|m|) m = 0, ±1, ±2, . . . , ±l, l ∈ N, энергетический уровень El имеет кратность вырождения 2l + 1. Указание. См. задачу 1.111. √ √ iE2 iE3 2.527. Ψ(θ, ϕ, t) = 814 ψ22 (θ, ϕ)e− ~ t + 5 8 2 ψ32 (θ, ϕ)e− ~ t , ψlm (θ, ϕ) и El даны в ответе к задаче 2.526. 2.528. Внутри сферы H = 2ωQ e 3cr0 z (однородное поле), вне сферы поле H = rM3 (2 cos θ · er + sin θ · eθ ) (оно 2) u(r, θ, ϕ) =

эквивалентно полю диполя с магнитным моментом M =

2 Qωr0 ez ). 3c

444

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

2.529. A(r) = A(r, θ) eϕ ,

A(r, θ) =

2πρω sin θ c

(

2 3 r0 r − r15 , 3 5 2r0 , 15r 2

0 ≤ r ≤ r0 ,

r0 < r.

Указание.См. задачу 1.337. 2.530. Aθ = Ar = 0, 1 1 P∞  r 2n+1 P2n+1 (0)P2n+1 (cos θ)   , r < r0 , n=0 r0 (n+1)(2n+1) πI Aϕ = c 1 1
P P (0)P (cos θ)  2n+2 ∞ r0 2n+1 2n+1  , r0 < r ; n=0

r

(n+1)(2n+1)

sin θ. Указание. Так как поле обладает в предельном случае Aϕ = M r2 аксиальной симметрией, то решение уравнения ∆A = −eϕ 4πI δ(r − r0 ) · δ(θ − cr0

π ) 2

имеет вид A(r, θ, ϕ) = Aϕ (r, θ) eϕ . Для Aϕ (r, θ) получается задача 1 ∂ 2 ∂Aϕ r ∂r r 2 ∂r

+

1 ∂ r 2 sin θ ∂θ

ϕ sin θ ∂A − ∂θ

Aϕ r 2 sin2 θ

= − 4πI δ(r − r0 ) · δ(θ − cr0

π ), 2

|A|r=0 < ∞, limr→∞ A = 0.

Собственные функции — присоединенные функции Лежандра Pn1 (cos θ). 2.531. H = rot A, Ar = Aθ = 0, 1
P∞ P1 (0)P2n+1 (cos θ) r0 2n+2 4n+3 · 2n+1 . Aϕ (r, θ) = πµI n=0 c r (2n+1)(µ+1)+µ (n+1)(2n+1)  3 2(µ−1) r0 2.532. Поле H уменьшается в k = 1 + µ+2 раз. r1 q q 2.533. 1) rk = π 3D ; 2) rk = µ D , где µ > 0 — наименьший корень β β уравнения

1 µ

− ctg µ =

√1 . 2 βD

π2 ~2 2. 8mr0

2.534. Enk = ~2 µ2 . 8mr0 01

2 ~2 2 µ n+ 1 ,k , 2mr0 2

n ∈ N0 , k ∈ N.

2.535. U0 ≥ 2.536. U0 > Решение. Стационарное состояние частицы с наименьшей энергией описывается сферически симметричной волновой функцией, которая удовлетворяет уравнению 2

~ − 2m ∆ψ(r) + U (r)ψ(r) = Eψ(r), 0 < r, R∞ 2 2 и условиям |ψ(0)| < ∞, ψ r dr = 1. 0 − r

Замена переменных u(r) = r ψ(r), ξ = e 2r0 приводит к задаче   √ 2 0 2 u′′ + ξ1 u′ + α2 − νξ 2 u = 0, 0 < ξ < 1, α2 = 8mU r0 , ν = 2r~0 2mE, ~2 R1 2 u(1) = 0, u (ξ) dξ < ∞. ξ 0

Условию нормировки удовлетворяет u(ξ) = AJν (αξ). Так как нули функции Jν (α) растут с ростом ν, то при α ≤ µ01 уравнение Jν (α) = 0 не имеет корней ни при каком ν > 0. Rnk (r)Ynm (θ,ϕ) 2 ~2 2.537. Enk = 2mr , n ∈ N0 , k ∈ N, 2 µ nk , ψ nkm (r, θ, ϕ) = kR kkY m k nk

0

n

µnk > 0 — корень уравнения Yn+ 1 (µ)Jn+ 1 (αµ) − Jn+ 1 (µ)Yn+ 1 (αµ) = 0, 2 2 2 h 2   i µ nk α = rr12 , Rnk (r) = √1r Yn+ 1 (µnk )Jn+ 1 µrnk r − J (µ )Y r , 1 nk n+ n+ 1 r2 2 2

2

2

2

445

2.4. Ответы

функции

Ynm (θ, ϕ)

2 2r2 π2 µ2 nk

2

имеют вид (2.58), kRnk k =

J2

1−

(µ nk ) n+ 1 2 J 2 1 (αµ nk ) n+ 2

!

.

2.538. Поле электрического типа: E=eiωt (Er , Eθ , Eϕ ), H=eiωt (0, Hθ , Hϕ ), компоненты векторов E и H выражаются через функцию u по формулам (1.183), где   √ u(r, θ, ϕ) = A rJn+ 1 γrns0 r Ynm (θ, ϕ), 2

′ γns > 0 — корень уравнения 2γJn+ 1 (γ) + Jn+ 1 (γ) = 0,

n ∈ N0 , s ∈ N,

2

2

частоты колебаний ωns = cγns . Поле магнитного типа: E = eiωt (0, Eθ , Eϕ ), H = eiωt (Hr , Hθ , Hϕ ), компоненты векторов E и H выражаются через функцию u по формулам (1.184), где   µ r √ n+ 1 ,s 2 v(r, θ, ϕ) = B rJn+ 1 Ynm (θ, ϕ), r0 2

n ∈ N0 , s ∈ N, частоты колебаний ωns = cµn+ 1 ,s . 2   2  sin nπr P∞ − nπa t r0 n 0 r0 2.539. u(r, θ, ϕ, t) = u1 1 + 2r (−1) e − n=1 πr n − 2u0

2.540.

r





µn r r0 2 n=1 µ n J 1 (µ n ) 2

p r0 P ∞

J3

u(r, θ, ϕ, t)=4u0

корень уравнения

e

2  − µrn a t 0

2

J3

p r0 P ∞ r

sin θ sin ϕ, µn >0 — нуль функции J 3 (µ).

2



2   − µn a t µn r0 r e r 0

µ n (µ 2 n −2)J 1 (µ n )

n=1

sin θ cos ϕ,

µn >0 —

2

(2.118)

2µJ 1 (µ) = J 3 (µ). 2

"

2.541. u(r, θ, t) = w0 rt −

2p 4r0 r0 a r

2

P∞

n=1





µn nt r sin aµ r0 r0 2 µ n (µ 2 −2)J (µ n) 1 n 2

J3

#

где µn > 0 — корень уравнения (2.118).   nr J3 µ p r0 P ∞ r0 2 2.542. u(r, θ, t) = 4v0 r0 r × n=1 µ n (µ 2 n −2)J 1 (µ n ) 2 n h n × 1 − cos aµ t − η(t − t0 ) 1 − cos r0

µn > 0 — корень уравнения (2.118). p P 2.543. 1) u(r, θ, ϕ, t) = 2a rr0 ∞ k=1 2

γ nk J

n+ 1 2

γ

nk r r0

cos θ,

aµ n (t r0

− t0 )

io

cos θ,



× [γ 2nk −n(n+1)]Jn+ 1 (γ nk ) 2 Rt × 0 f (τ) sin aγr0nk (t − τ)dτ Ynm (θϕ) ;

ωt 2) u(r, θ, t) = 3ar0A0 · ωt−sin + ω2 γ  r Pn (cos θ) p r0 P∞ P∞ An γ nk Jn+ 12 rnk 0 nk t−ω nk sin ωt +2a r · ω sin ωω , 2 −ω 2 n=0 k=1 [γ 2nk −n(n+1)]Jn+ 1 (γ nk ) nk 2 R π aγ nk ωnk = r0 , An = 2n+1 f (θ)Pn (cos θ) sin θdθ. 2 0 Если частота ω совпадает с одной из собственных частот, т.е., ω = ωn0 k0 ,

446

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

то в слагаемом с номерами n0 , k0 временной множитель имеет вид sin ωt−ωt cos ωt . В п.1, п.2 величина γnk > 0 — корень уравнения 2ω (2.119)

(n + 1)Jn+ 1 (γ) = γ Jn− 1 (γ). 2

2.544. u(r, θ, t) = 2u0 (p + 1)

2

J3

p r0 P ∞

 − µn r e r0

aµn r0

2

t

cos θ,

2 µ2 n +(p+1)(p−2) J 3 (µ n ) 2

n=1

r





[

p = hr0 , µn > 0 — корень уравнения

]

(2.120)

µ J 1 (µ) + (p − 2)J 3 (µ) = 0. 2

2.545. u(r, θ, t) = p P +2 rr0 ∞ n=1

J5 2

2.546. u(r, θ.t) =

4u0 3 

h

r2 2 r0

−

1 4

2

+



 − aµn µn r0 r e r 0

µ n J 3 (µ n ) 2

2 2a √ r0 r0 r

P∞

n=1

2

(−1)n sin nπr r

P∞

r0 2πr

0

n=1

t

n

e

2  − nπa t r 0

i P2 (cos θ) , µn > 0 — нуль функции J 5 (µ). 2

µn J 3 2



µn r r0

J1



2

Rt 0

µ(τ)e

−



aµn r0

2

µn > 0 — нуль функции J 3 (µ). hP 2  n ∞ r 2.547. u(r, θ, ϕ, t) = Pn1 (cos θ)+ n=1 fn · r0 p P +2 rr0 ∞ n,k=1

Rπ

+

fn ·J

µnk 1 r Pn (cos θ) r0 n+ 1 2 µ nk J (µ nk ) 1 n− 2





(t−τ)

e

−

dτ cos θ,

 aµ

nk r0

2

t

#

sin ϕ,

f (θ)Pn1 (cos θ) sin θdθ, µnk > 0 — нуль функции Jn+ 1 (µ).   2 2    − aµk t µ r k  n 0 J r e p P r0 n+ 1  m 0 r0  2 2.548. u(r, θ, ϕ, t)= qkn −2n rr0 ∞  Yn (θϕ),  rr0 k=1 [µ 2 −n(n+1)]J (µ k ) k n+ 1

fn =

1 1 k2 kPn

0

2

µk > 0 — корень уравнения (2.119).   nr J3 µ p r0 P ∞ r0 4q0 r0 cos θ 2 2.549. u(r, θ, ϕ) = × n=1 µ n (µ 2 k r n −2)J 1 (µ n )   2     2 2 n n t − aµ (t−t0 ) − aµ r0 r0 × 1−e − 1−e η(t − t0 ) , µn > 0 — корень уравнения (2.117). hP  n ∞ fn r 2.550. u(r, θ, ϕ, t) = rk0 Pn1 (cos θ)− n=1 n · r0

fn =

1 1 k2 kPn

Rπ 0

p P −2 rr0 ∞ n,m=1

fn ·J

n+ 1 2





µnm 1 r Pn (cos θ) r0

[µ2nm −n(n+1)]Jn+ 1 (µnm

e )

 2 t − aµrnm 0

2

#

cos ϕ,

f (θ)Pn1 (cos θ) sin θ dθ, µnm > 0 — корень уравнения (2.119).

2.551. u(r, θ, t) =

2a2 hu0 √ r0 r

P∞

µ2 nJ 3 2



µn r r0



n=1 [µ 2 +(p+1)(p−2)]J 3 (µ n ) n 2

·

−



aµn

r0 e−αt −e   aµn 2 −α r 0

2

t

cos θ,

447

2.4. Ответы

µn > 0 — корень уравнения (2.120).  γ nk r γ2 P∞ nk Jn+ 1 r0 2a2 h 2 2.552. u(r, θ, ϕ, t) = √ × k=1 ([γ 2 +(p+n)(p−n−1)]J r0 r (γ nk ) nk n+ 1 2 2 aγnk Rt − (t−τ) r0 dτ Ynm (θϕ), × 0 µ(τ)e γnk > 0 — корень уравнения µ Jn− 1 + (p − n − 1)Jn+ 1 (µ) = 0. 2

√

2.553. u(r, θ, ϕ, t) = πu0 r2

P∞

k=1

J

2   n+ 1 2J (αγ nk ) J (αγ nk )−α (γ nk ) 1 1 n+ 1 n+ n+ 2 2 2 J 2 1 (αγ nk )−J 2 1 (γ nk ) n+ n+ 2 2   aγnk 2 − t r0 n k

×

×R (r) e i Y (θϕ), h   γ nk Rk (r) = √1r Yn+ 1 (γnk )Jn+ 1 γrnk r − J (γ )Y r , γ 1 1 nk > 0 — nk n+ 2 n+ 2 r0 0 2 2 корень уравнения Yn+ 1 (µ)Jn+ 1 (αµ) − Jn+ 1 (µ)Yn+ 1 (αµ) = 0, α = rr12 . 2 2 2 2 p J 3 (kr) 3H0 iωt 2.554. H(r, θ, t) = H(r, θ) e , Hr (r, θ) = J 1 (kr0 ) rr0 2kr cos θ,   2 p r0 J 32 (kr) 3H0 Hθ (r, θ) = 2J 1 (kr0 ) r − J 1 (kr) sin θ, Hϕ (r, θ) = 0. kr 2

2

Указание. Решения уравнений для A(r, θ) и u(r, θ) (см. ответ к задаче 1.392.) имеют форму рядов: J (kr) P n+ 1 √2 A(r, θ) = ∞ Pn1 (cos θ), r < r0 , n=0 Bn kr
P∞ r0 n+1 Pn (cos θ), r0 < r. u(r, θ) = n=0 Cn r Из условия на бесконечности вытекает, что Bn = Cn = 0 при n ≥ 2. Коэффициенты B1 и C1 следует выбрать так, чтобы магнитное поле было непрерывным на поверхности шара. 2.555. I= 12 πaρ0 r0 A2 ω2 . 2.556. I= 12 π2 ρ0 r02 A2 ω3 . 2.557.I = πaρ0 r0 A2 ω2 . 2.558. I =

6 2 6 2π aρ 0 r0 A ω 4ω4 . 3 4a4 +r0

2.560. p(r, ϕ) = −P0

h

J1 (kr0 ) (2)

H1

4 2 4 aρ 0 r0 A ω 2ω2. . a2 +r0 i P∞ (−i)n Jn′ (kr0 ) (2)  ′ Hn (kr) cos nϕ . + 2 n=1  (2) H (kr )

2.559. I = 2π (kr0 )

(2)

H0 (kr)

n

0

Решение. Давление в газе P0 ei(ωt−kr cos ϕ) + p eiωt , где p — давление в рассеянной волне. Функция p(r, ϕ) — решение задачи (см.задачу 1.221.): ∆p + k2 p = 0, r0 < r, 0 ≤ ϕ < 2π, ∂p ∂ −ikr cos ϕ = − P e . 0 ∂r r=r0 ∂r r=r0

(2.121) (2.122)

Подстановка p = R(r)Φ(ϕ) в уравнение (2.121) приводит к задаче на собственные значения Φ′′ + λΦ = 0,

Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ),

решение которой (см. пример 2.8.) Φn (ϕ) = An cos nϕ + Bn sin nϕ, и к урав-

448

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

  2 нению Бесселя R′′ + 1r R′ + k2 − nr2 R = 0. В качестве фундаментальной системы решений последнего уравнения целесообразно взять функции Ганкеля (1) (2) Hn (kr) и Hn (kr), асимптотические представления которых при r → ∞ описывают цилиндрические волны. Условию излучения удовлетворяет функ(2) ция Hn (kr), поэтому P (2) p(r, ϕ) = ∞ n=0 (An cos nϕ + Bn sin nϕ) Hn (kr). Граничное условие (2.122), правая часть которого преобразуется посредством разложения плоской волны, представляет собой равенство двух разложений по собственным функциям Φn (ϕ)  ′ ∞ P (2) (An cos nϕ+Bn sin nϕ) Hn (kr0 ) k = n=0

−P0 J0′ (kr0 ) k−2P0 k

откуда Bn = 0,

A0 = −P0

J1 (kr0 ) (2)

H1

(kr0 )

,

∞ P

(−i)n Jn′ (kr0 ) cos nϕ,

n=1 ′ (−i)n Jn (kr0 ) ′ . (2) Hn (kr0 )

An = −2P0 

На единицу длины цилиндра действует сила   R 2π F = k 0 Re P0 ei(ωt−kr cos ϕ) + p(r, ϕ)eiωt cos ϕ r0 dϕ. 2.561. I(r, ϕ) =

4 2 πk3 r0 P0 (1 16aρ 0 r

− 2 cos ϕ)2 ,

I=

4 2 3π 2 k3 r0 P0 . 8aρ 0

q 0 2.562. 1) F(t) = 2πkr02 P0 sin ωt k ; 2) F(t) = −2P0 2πr sin(ωt+kr0 −π/4) k. k h i ∞ P (2) (2) n (kr0 ) 0 (kr0 ) 2.563. Ez =−E0 J(2) H0 (kr)+2 (−1)n J(2) Hn (kr) cos nϕ ; H0

πcE 2 I= 8k ln2 0kr0 .

(kr0 )

n=1

Hn (kr0 )

2.564. Давление в рассеянной волне ′ P (−i)n (2n+1)jn (kr0 ) p(r, t) = −P0 ∞ hn (kr)Pn (cos θ), где n=0 h′n (kr0 ) q pπ (2) 2 jn (x) = xJn+ 1 (x), hn (x) = πx Hn+ 1 (x). 2 2 2
2 k2 r 6 P 2 7πk4 r 6 P 2 2.565. I(r, θ) = 18aρ00 r02 1 − 32 cos θ , I = 18aρ00 0 .
0 r0 2.566. 1. F(t) = k 2πr03 sin ωt; 2. F = k 4πP sin ωt + kr0 − 3π . Указа4 k2 ние. Представить плоскую волну в виде ряда. 2.567. Диполь с моментом p = pez расположен в начале сферической системы координат; E(r, θ, t) = E (r, θ)eiωt , H(r, θ, t) = H(r, θ)eiωt ,

0 −ikr Er = 2p ik + r1 cos θ, Eθ = pr0 ik + r12 − k2 e−ikr sin θ, Eϕ = 0, 2 e r r2
4 2p2 1 0 −ikr 0ω Hr = Hθ = 0, Hϕ = ikp e + ik sin θ ; w = 3c 3 . r r Указание. Потенциал магнитного поля Aeiωt ez и скалярный потенциал ueiωt удовлетворяют уравнениям

449

2.4. Ответы 0 ∆A + k2 A = − 4πp iω δ(r), c 2 ′ ∆u + k u = 4πp0 δz (r),

и условиям излучения (задача 1.386.) Решения уравнений имеют вид
−ikr A(r) = ikp0 e r , u(r) = pr0 ik + 1r e−ikr cos θ.

Поля определяются формулами H = rot A, E = − c1 At − ∇u (пример 1.26.), в которых Ar = A cos θ, Aθ = −A sin θ, Aϕ = 0. В волновой зоне Er = Eϕ = Hr = Hϕ = 0,

2

Eθ = Hϕ = −p0 kr e−ikr sin θ.

Поток энергии 

 c S = 4π Re E eiωt · Re Heiωt =

c 2 k4 p 4π 0 r 2

sin2 θ cos2 (ωt − kr).

Мощность излучения есть результат усреднения потока энергии S по времени и интегрирования по сфере, радиуса которой r. 2.568. Координаты диполя: x = 0, y = 0, z = l; E(x, y, z, t) = E (x, y, z) eiωt , H(x, y, z, t) = H(x, y, z) eiωt , E = − ki rot rotA, H = rotA k= ω . c  −ikr  −ikr M Q p MP  e e 1) A(x, y, z)=ikp0 + rM Q ez ; rM P = px2 + y 2 + (z − l)2 , rM P  −ikr  −ikrM Q MP e e r x2 + y 2 + (z + l)2 . MQ = 2) A(x, y, z)=ikp0 − rM Q ex ; rM P

2.569. Диполь с моментом M = M ez расположен в начале сферической системы координат; E(r, θ, t) = E (r, θ) eiωt , H(r, θ, t) = H(r, θ) eiωt , d e−ikr E = − ki rot rotA, H = rotA, A = eϕ 3M08πsin θ dr , k= ω . r c 2.570. Координаты диполя: x = 0, y = 0, z = l; E(x, y, z, t)=E (x, y, z) eiωt , H(x, y, z, t)=H(x, y, z) eiωt , E = − ki rot rotA, H=rotA, h    i 3M0 1 d e−ikr d e−ikr 1. A(x, y, z) = 8π − 1r dr (−yex + xey ); r dr r r r=rM Q h  r=rM P −ikr 1 d e 0 2. A(x, y, z) = 3M (yez − (z − l)ey )− 8π r dr r r=rM P  i  d e−ikr (ye − (z + l)e ) ; − 1r dr z y r r=rM Q p p ω rM P = x2 + y 2 + (z − l)2 , rM Q = x2 + y 2 + (z + l)2 , k = c . 2 (m,0) 2.571. ζ(r, ϕ, t) = Anm r m Pn (1 − 2 rr2 ) cos(mϕ + δm ) cos(ωnm t + δnm ), 0 √ p r2 ωnm = gr0h0 4n(n + m + 1) + 2m, 4n(n + m + 1) + 2m ≪ 4π2 h02 , 0

n + m > 0, n, m ∈ N0 , Указание. Функция ζ(r, ϕ, t) удовлетворяет уравнению (1.87) и условию |ζ| < ∞. После подстановки ζ = R(r)Φ(ϕ)T (t) и замены 2r 2 = r02 (1 − ξ) для R(r) получается уравнение типа (2.64). 2 E0 ~2 2.572. En = − 2n E0 = Ze , r0 = mZe 2 , n ∈ N, 2 , кратность вырождения r0 n2 , ψnlm (r, θ, ϕ) = 1r Rnl (r)

Ylm (θϕ) , kYlm k

m = 0, ±1, ±2, . . . . ± l, l ∈ N0 ,

450

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

функция Rnl (r) =

1 √ n r0

 l+1 − r (n−l−1)! 2r e nr0 (n+l)! nr0 Ylm (θϕ) = 1r R(r) kY m k , R(r) — l

q

L2l+1 n−l−1



2r nr0



. Указание.

Волновая функция ψ(r) решение задачи, которая в безразмерных переменных r = r0 ξ, E = −E0 ǫ имеет вид   R′′ + −2ǫ + ξ2 − l(l+1) R = 0, 0 < ξ, ξ2 R∞ 2 R(0) = 0, R (ξ)dξ < ∞. 0 ikϕ

2.573. En = ~ω(n + 1), ψnk (r, ϕ) = Rnk (r) e√2π , q    |k| − r2 q 2 |k| r 2 r 2s! ~ Rnk (r) = r0 (s+|k|)! e 2r0 Ls , r0 = , кратность вырожr0 mω r2 0

дения уровня n+1; 2s+|k| = n, k, n ∈ Z. Указание. Функция R(r) является решением задачи, которая в безразмерных переменных r=r0 ξ, E=E0 ǫ, где E0 = ~ω, имеет вид   2 R′′ + ξ1 R′ + 2ǫ − ξk 2 − ξ2 R = 0, 0 < ξ, R∞ 2 |R| < ∞, R ξdξ < ∞. 0

Посредством замены ξ2 = η получается уравнение типа (2.64).
Ylk (θϕ) 2.574. En = ~ω n + 23 , ψnlk (r, θ, ϕ) = 1r Rnl (r) kY kk , l 2 q     r q l − 2 l+ 1 r2 2s! r ~ 2r0 2 Rnl (r) = r10 r Γ(s+l+ e L , r = , 0 s 2 3) r0 mω r 0

0

2

2s + l = n, n, l ∈ N0 , кратность вырождения уровня Указание. Волновая функция ψ =

Ylk (θϕ) 1 (r) kY kk , r

(n+1)(n+2) . 2

R(r) — решение задачи, ко-

l

торая в безразмерных переменных r=r0 ξ, E= − E0 ǫ, E0 =~ω, имеет вид   R′′ + 2ǫ − ξ2 − l(l+1) R = 0, 0 < ξ, 2 R ∞ξ 2 R(0) = 0, R (ξ)dξ < ∞. 0

Уравнение для R(r) сводится к уравнению вида (2.64) заменой ξ2 = η. q h
2 2mαU0 r02 i 12 U0 2.575. Enl = ~ω(n + 12 + 21 β), ω = r40 2m , β = l + 21 + , ~2  2 q 2 1 k
r Yl (θϕ) 2n! r β+ 2 − 2a2 β e ψnlk (r, θ, ϕ) = 1r Rnl (r) kY Ln ar 2 , k k , Rnl (r) = aΓ(n+β+l) a l

n, l ∈ N. Указание. Компонента R(r) функции ψ(r, θ, ϕ) = 1r R(r)

Ylk (θϕ) kYlk k

ляется решением задачи на собственные значения   2 l(l+1)~ 2 +2mαr0 U0 2mU0 2 R′′ + 2mE − − r R = 0, 0 < r, 2 2 2 2 2 ~ ~ r R ∞ 2 ~ r0 R(0) = 0, R dr = 1. q 0 √ U0 , приводит к уравнению (2.64). Замена r=a ξ, E=E0 ǫ, где E0 = r~0 2m 2
pz pz 1 2.576. En = + ~ω n + , ψsk (r, ϕ, z) = 1√ ei( ~ z+kϕ ) Rsk (r), 2m

2

2π

~

яв-

451

2.4. Ответы

Rsk (r) =

1 a

q



s! (s+|k|)!

r2 2a2

 |k| 2

e

2 − r2 4a

|k|

Ls



число, 2s + k + |k| = 2n, n, k ∈ N0 , ω =

r2 2a2



,

eB , mc

pz — любое действительное q ~c a = eB .

Указание. В цилиндрической системе координат с осью 0z, параллельной вектору B, волновая функция удовлетворяет уравнению   e2 B 2 r 2 eB ~ ∂ψ ∆ψ + 2m Eψ + − ψ = 0, e > 0. 2 2mc i ∂ϕ 8mc ~ Функция ψ представляет собой произведение ψ(r, ϕ, z) =

pz 1√ ei( ~ z+kϕ) R(r), 2π ~

1 в котором множитель √2π~ exp( ~i pz z) нормирован на δ-функцию (см. задачу ??.), R(r) — решение задачи на собственные значения   2 2 2 2 p2 1 d dR − ~z2 + eB r + 2mE k − e4~B2 cr2 − kr2 R = 0, 0 < r, r dr dr ~c ~2 R∞ |R| < ∞, 0 R2 rdr = 1.

В результате замены r 2 = 2a2 ξ получается уравнение вида (2.64). q 2 ~2 α2 0a 2.577. En = − 2man2 , αn = −n − 12 + β2 + 41 > 0, β2 = 2mU , n ∈ N, ~2 ψn (x) =

Cn chα x a

(α,α)

Pn

(α,α)

(th xa ), α = αn , Pn

(x) — полином Якоби. Потенци2

альная яма имеет конечное число уровней, а при a2 U0 ≤ ~m — только один уровень. Указание. Волновая функция стационарного состояния удовлетворяет уравнению Шредингера   1 0 |E| + 2mU ψ′′ + − 2m ψ = 0, −∞ < x < ∞, E < 0 ~2 ~ 2 ch2 x a R∞ 2 и условию нормировки −∞ ψ dx. Замена ξ = th xa преобразует уравнение к 2

2

2

√

b −(n+1) 2 ~ 0 виду (2.64). 2.578. En = − 2mr > 0, b = 2mU r0 , 2 sn , sn = 2(n+1) ~ 0  1−b  2 2 n = 0, 1, 2, . . . , − 2 , при 2mr0 U0 < ~ нет ни одного уровня; − r

(2s ,1)

ψn (r) = 1r Rn (r), Rn = Cn (1+ξ)(1−ξ)sn Pn n (ξ), ξ = 1−2e r0 . Указание. Волновая функция ψ(r) = 1r R(r), где R(r) — решение задачи на собственные значения √  2  2m|E| b2 R′′ + − rs2 + R = 0, 0 < ξ < ∞, s = r0 , r ~ r 2 0 0 r0 (e −1) R∞ 2 R(0) = 0, R dr = 1. 0 Посредством замены 1 − 2 exp(− rr0 ) = ξ получается уравнение типа (2.64).

12 − mω2 x2 p p mω
2~ e 2.579. En =~ω n + 12 , ψn (x)= π21n n! mω Hn x , n ∈ N. ~ ~

Указание. Волновые функции — собственные функции задачи ψ′′ +



2mE ~2

−



m2 ω 2 2 x ψ = 0, ~2 R∞ 2 ψ dx = 1, −∞

−∞ < x < ∞,

(2.123)

452

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ p mω

ξ, E = ~ωǫ принимает вид R∞ 2 ψ + (2ǫ − ξ )ψ = 0, −∞ < ξ < ∞, ψ dξ. −∞

которая в безразмерных переменных x = ′′

2

~

Полученное уравнение принадлежит типу (2.64); ему соответствуют 2

π(ξ) = −ξ, τ(ξ) = −2ξ, ϕ(ξ) = exp(− ξ2 ), ρ(ξ) = exp(−ξ2), λ = 2ǫ − 1.
2 2 e2 E 2 √ 1 2.580. En = ~ω n + 21 − 2mω e−α (x−x0 ) Hn (α(x − x0 )), 2 , ψ n (x) = n!2n πα p mω eE α= , x0 = mω 2 , n ∈ N0 . ~ Указание. Волновая функция удовлетворяет уравнению Шредингера   2 2 ~ − 2m ψ′′ + mω x − eE x ψ = Eψ, −∞ < x < ∞ 2 R∞ 2 2 и условию нормировки −∞ ψ2 dx = 1. 2.581. |Ψ(x, t)|2 = √απ e−α (x−x0 cos ωt) , т.е. волновой пакет колеблется без изменения формы около точки x = 0 с амплитудой |x0 | и классической частотой ω. Если |x0 | ≪ α1 , то Ψ(x, t) ≈ ψ0 (x)exp(− iωt ), т.е. осциллятор находится в основном состоянии. Если 2 |x0 | ≫ α1 , то энергия осциллятора в наиболее вероятном состоянии равна mωx2

0 энергии классического осциллятора , который колеблется с амплиту2 дой |x0 |. Решение. Задача для определения волновой функции 2 2 ~2 ∂2 Ψ + mω2 x Ψ, −∞ < x < 2m ∂x2 R∞ 2 1 2 Ψ(x, 0)− 2 α (x−x0 ) , | Ψ |2 dx = 1, −∞

i~ ∂Ψ − ∂t

∞, 0 < t, q A = √απ ,

сводится посредством разделения переменных Ψ(x, t) = ψ(x, t)T (t) к уравнению T ′ + iE T = 0 и к задаче на собственные значения (2.123). Таким ~ образом, решение приобретает форму ряда по собственным функциям: P nt − iE ~ Ψ(x, t) = ∞ . n=0 Cn ψ n (x)e При t=0 P∞ n=0 Cn ψ n (x) = Ψ(x, 0).

Вычисление коэффициентов Cn основано на разложении производящей функции в ряд и ортогональности собственных функций ψn (x) : R∞ R ∞ −ξ 2 +ξξ −ξ 2 /2 1 0 0 Cn = −∞ Ψ(x, 0)ψn (x) dx = √πn! e Hn (ξ) dξ = 2n −∞
R P −ξ2 /4 2 n ∞ ξn 0 ∞ ξ0 −ξ 2 e 1 0 0 /4 , ξ = αx. = √ e−ξ Hn (ξ)Hm (ξ) dξ = √n!2 ne m=0 2 n! −∞ πn! 2n Следовательно,

Ψ(x, t) =

q

α √ π

 2 exp − ξ2 −

ξ2 0 4

−

iωt 2

P

∞ Hn (ξ) n=0 n!


ξ 0 −iωt n e 2

.

Ряд можно просуммировать с помощью разложения для производящей функции, что дает

Ψ(x, t) =

r

  α ξ2 ξ2 iωt ξ2 √ exp − − 0 − − 0 e−2iωt + ξξ0 e−iωt 2 4 2 4 π

(2.124)

453

2.4. Ответы

Для | Ψ(x, t) |2 получается выражение, данное в ответе. Если |x0 | ≪ α1 , то |ξ| ≪ 1 и функция (2.124) становится равной ψ0 (x)exp(− iωt ); осциллятор 2 находится в n-м состоянии с вероятностью  2 n −ξ2 /2 ξ 0 e Cn2 = 20 . n! Если |x0 | = α1 ξ0 ≫ ется условием

1 , α

то n ≫ 1 и наиболее вероятное состояние определя2 dCn dn

= 0,

или

ln

ξ2 0 ψ(n 2

+ 1),

где ψ(x) — логарифмическая производная Γ−функции. Поскольку n ≫ 1, то ψ(n + 1) = ψ(n) + n1 = ln n + O( n1 ), откуда n0 = ξ20 /2. Энергия осциллятора в наиболее вероятном состоянии
ξ2 En0 = ~ω n0 + 12 = ~ω 20 = 12 mωx20 .

2   2.582. En = −U0 + ~ω n + 21 − ~ω n + 12 , n = 0, 1, 2, . . . , − 1−b , b 2 q 0 ω = rκ0 2u . Второе слагаемое в выражении для E характеризует энерn m гию гармонических колебаний (задача 2.580.), третье учитывает ангармоничность, при этом для всех допустимых n
2
~ω n + 12 < ~ω n + 21 . b

Для низких уровней (n ≪ b)
En ≈ −U0 + ~ω n + 12 . Этот результат естествен, так как при малых значениях |r − r0 | функция U(r) представляет собой осцилляторный потенциал 2

(r − r0 )2 . U (r) ≈ −U0 − mω 2 Решение. Задача на собственные значения для оператора энергии 2

~ − 2m ∆ψ + U (r)ψ = Eψ, 0 < r < ∞, E < 0, R∞ 4π 0 ψ2 (r)r 2 dr = 1 √ r−r 2m|E| −κ r 0 0 , s = заменой переменных ψ = 1r R(r), ξ = b e r0 , преобразует~κ ся к виду  2  ξ2 R′′ + ξR′ + − ξ4 + bξ − s2 R = 0, 0 < ξ < ξ0 ˘κ , (2.125) 2 R ξ0 2 u(ξ0 ) = 0, u (ξ) dξ < ∞. ξ 0

В данном случае (см. пример 2.22.)
ξ ξ π = ± ξ2 ± s , ϕ = ξ±s e± 2 , ρ = ξ±2s e±ξ , R = ξ±s e± 2 u(ξ) k =

b 2

∓ s.

Условия (2.75) для ρ(ξ), ξ ∈ [ 0 ; ξ0 ] не выполняются при ξ = ξ0 , поэтому формулы (2.76) и (2.77), а также правила (2.78) неприменимы. Выбор знаков основан на исследовании поведения решений уравнения ( 2.125) при малых и больших значениях ξ. Если ξ → 0, то уравнение принимает вид

454

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ

ξ2 R′′ + ξR′ − s2 R = 0 и имеет линейно независимые решения ξs , ξ−s , из которых условию нормировки удовлетворяет ξs . При ξ → ∞ следует взять решение, которое ведет себя как e−ξ/2 . Таким образом, k=

b 2

− ξ, π(ξ) −

ξ 2

+ 2s, λ =

b 2

− s − 12 , ρ(ξ) = ξ2s e−ξ , R(ξ) = ξs e−ξ/2 .

Функция u(ξ) удовлетворяет уравнению (2.71), которое является вырожденным гипергеометрическим уравнением ξu′′ + (γ − ξ)u′ − αu = 0 с параметрами α = s + − b, γ = 2s + 1, и условиям R ξ 0 2s+1 −ξ 2 u(ξ0 ) = 0, ξ e u (ξ)dξ < ∞. 0 1 2

Фундаментальной системой решений служат u1 (ξ) = Φ(α, γ, ξ),

u2 (ξ) = ξ1−γ Φ(α − γ + 1, 2 − γ, ξ).

Функция u2 (ξ) не удовлетворяет условию нормировки, так как интеграл от функции ξ2s−1 e−s u22 (ξ) = ξ−1−2s e−ξ Φ(α − γ + 1, 2 − γ, ξ) расходится в нуле. Решением является u1 (ξ) = AΦ(α, γ, ξ), а уравнение Φ(α, γ, ξ0 ) = 0 определяет собственные значения. Для построения приближенного решения следует учесть, что −E > −U0 (связанные состояния), поэтому p √ 2m|E| 2mu0 b 0<s= r < r0 = , (2.126) 0 ~2 κ ~2 κ 2 откуда 1 < γ < b + 1 < b ln b ≪ beκ = ξ0 ; наряду с этим выполняются неравенства |α| ≤ b+1 < b ≪ beκ = ξ0 . Приведенные оценки позволяют при2 менить асимптотическую формулу Γ(γ) Φ(α, γ, ξ0 ) = e−iπα Γ(γ−α) ξ−α + 0

Γ(γ) ξ 0 α−γ e ξ0 , Γ(α)

с помощью которой уравнение для собственных значений запишется в виде

1 b Γ s + 12 − 2b − eiπ(s+ 2 − 2 ) Γ s + 12 + 2b eb(exp κ−κ−ln b) . Отсюда следует неравенство
Γ s + 1 − b = Γ s + 2

2

1 2

+

b 2




eb(exp κ−κ−ln b) > Γ

b+1 2




eb ≫ 1,

основанное на оценках ln b ≪ eκ , eκ > 1 + κ. С другой стороны, в силу (2.126), s + 21 − 2b < 12 , что означает близость величины s + 12 − 2b к полюсу гамма-функции, т.е. s + 21 − 2b = −n, n ∈ N0 . Таким образом, √ 2m|En | r0 = sn , sn = b−1 − n > 0, ~κ 2

а волновые функции стационарных состояний    r−r r−r −κsn r 0 −κ r 0 0 exp 0 ψn (r) = Brn e − 2b e Φ sn +

1 2

− 2b , 2sn + 1, e

r−r

−κ r 0 0

2.583. Собственные значения En < 0 — корни уравнения √ √ 2 2m|E| 2m(U0 −|E|) tg (k2 r0 − π3 k1 k2 a2 ) = − kk21 , k1 = , k = . 2 ~ ~



.

455

2.4. Ответы

Решение. Для определения собственных значений оператора энергии требуется решить задачу 1 d 2 dψ (E − U R(r))ψ = 0, 0 < r, E < 0, r dr + 2m r 2 dr ~2 ∞ |ψ| < ∞, 4π 0 |ψ|2 r 2 dr = 1.  −1 r−r0 В переменных R = rψ, ξ = 1 + e a эта задача принимает форму R′′ +

1−2ξ R′ ξ(1−ξ)

R(ξ0 ) = 0,

+

R ξ0 0

b2 ξ−s2 1 R ξ 2 (1−ξ)2

= 0,

dξ |R|2 ξ(1−ξ) < ∞,

 −1 r0 0 < ξ < ξ 0 = 1 − e− a , (2.127) s1,2 = a k1,2 , b =

√ 2mU0 a . ~

Уравнение (2.127) имеет структуру (2.64) и нужно взять то решение (см. задачу 2.582.), которое ведет себя как ξs1 при ξ → 0 и как (1 − ξ)is2 при ξ → 1. Тогда k= − (s1 +i s2 )2 , π(ξ)=s1 −(s1 +i s2 )ξ, λ= − (s1 +i s2 )(s1 +i s2 +1), ϕ(ξ)=ξs1 (1−xi)i s2 , R(ξ) = ξs1 (1 − ξ)i s2 u(ξ). Функция u(ξ) удовлетворяет уравнению (2.71), которое представляет собой уравнение Гаусса ξ(1 − ξ) u′′ + [ γ − (α + β + 1) ξ ] u′ − αβ u = 0, 0 < ξ < ξ0 , с параметрами α = s1 + i s2 , β = s1 + i s2 + 1, γ = 2s1 + 1, и условиям R ξ0 2s1 −1 u(ξ0 ) = 0, |u(ξ)|2 ξ 1−ξ dξ < ∞. 0 Общее решение уравнения Гаусса выражается через гипергеометрические функции u(ξ) = A F (s1 + i s2 , s1 + i s2 + 1, 2s1 + 1, ξ)+ +B ξ−2s1 F (−s1 + i s2 , −s1 + i s2 + 1, −2s2 + 1, ξ). Оно удовлетворяет условию нормировки при B = 0, следовательно, собственные значения являются корнями уравнения F (s1 + i s2 , s1 + i s2 + 1, 2s1 + 1, ξ0 ) = 0.

(2.128)

Чтобы найти значения гипергеометрической функции F (α, β, γ, ξ) в окрест −1 r0 ≈ 1, следует осуществить аналитическое ности точки ξ0 = 1 − e− a

продолжение этой функции на круг |ξ − 1| < 1 с помощью соотношения F (α, β, γ, z) = Γ(γ)Γ(γ−α−β) F (α, β, α + β − γ + 1, 1 − z)+ Γ(γ−α)Γ(γ−β)

+ Γ(γ)Γ(α+β−γ) (1 − z)γ−α−β F (γ − α, γ − β, γ − α − β + 1, 1 − z). Γ(α)Γ(β) На основе этого соотношения левая часть уравнения (2.128) может быть записана в виде суммы двух комплексно сопряженных величин, поэтому h i
Γ(2is2 ) (1−ξ 0 )−i s2 1 arg (s 2 (s +i s ) F (s1 − i s2 , s1 − i s2 + 1, −2is2 + 1, 1 − ξ 0 ) = π n + 2 , +i s )Γ 1 2 1 2 или, в приближении ξ0 = 1 − e−

r0 a

≈ 1, F (α, β, γ, ξ0 ) ≈ 1,   r 0 s2 s2 1 + arg Γ(2is2 ) − 2 arg Γ(s1 + i s2 ) − arg =π n+ . a s1 2

(2.129)

456

Глава 2. МЕТОД ФУРЬЕ ∞ P

Из разложения ln Γ(1 + z) = −Cz +

m

m=2

(−1)m ζ(m) zm ,

|z| < 1,

где C — постоянная Эйлера, ζ(m) — дзета-функция Римана, следует, что   P m zm arg Γ(z) = − arg z + Im −Cz + ∞ . m=2 (−1) ζ(m) m!

Если сохранить величины второго порядка малости относительно a/r0 , то arg Γ(2is2 ) = − π2 − 2Cs2 = − π2 − 2Ck2 a, arg Γ(s1 + i s2 ) = −arctg ss12 − Cs2 + ζ(2)s1 s2 = −arctg kk21 − Ck2 a + и (2.129) приобретает форму k2 r0 −

π2 k k a2 3 1 2

π2 k k a2 , 6 1 2

= π(n + 1) − arctg kk21 . При a=0

получается уравнение для уровней энергии в прямоугольной потенциальной яме (задача 2.535.) 2.584. T E − моды : Ey (x) = AN HN 1  2 a = kn l√∆ .

x a

1

BN HN T M − моды : Hy (x) n(x) 1

x a k2 n21







x2

e 2a2 , k2 n21 = β2 +

e

2 − x2 2a

2N+1 , a2

N ∈ N0 ,

  2 , n(x) = n1 1 − ∆ xl2 ,

a = l [2∆(k2 n21 l2 + 5∆)]− 4 , = β2 + 2∆ + 2N+1 , N ∈ N0 . k2 a2 Остальные компоненты определяются формулами, приведенными в ответе к задаче 1.381. Указание. При больших частотах моды концентрируются в сердцевине волновода (задача 2.54.), поэтому  задачи  (1.191), (1.192) можно 2 решать в предположении, что n(x) = n1 1 − ∆ xl2 на (0, ∞). Уравнение задачи (1.192) упрощается введением новой функции посредством соотно-

шения Hy = (x)n(x) f (x) с последующей заменой 1/n(x) приближенным выражением. См.также задачу 2.579. 2.585. Амплитуды полей выражаются через функцию (см. задачу 1.386.)  2   −s r |m±1| sr 2 ψj (r) = Cj r |m±1| e 2 r0 LN , m ∈ Z, N ∈ N0 , j = 1, 2, 2 r0 p 1 2 2 2k 2 2 β = [ k n1 − r0 n1 − n2 (2N + 1 + |m ± 1|) ] 2 .

Указание. Функция ψj (r) является решением уравнения (1.128) при условии R∞ 2 √ rψj (r) dr < ∞. Замена переменной r = ξ преобразует уравнение 0 (1.128) к виду (2.64).

2.586. Электромагнитная волна имеет вид (1.129), компоненты электромагнитного поля Ez ψ1 , Чебышева-Эрмита: ψ1,2 = C1,2 e где v = kr0

p

Hz

=

− v2 (x2 +y 2 ) r

0

ψ2 HM

выражаются через полиномы

√

v

r0

 √  x HN r0v y ,

n21 − n22 , β2 = k2 n21 − 2(M + N + 1), M, N ∈ N0 , а остальные

457

2.4. Ответы

компоненты определяются соотношениями (1.130). 2.587. E = ei(β z−ωt) (0, Ey (x), 0), H = ei(β z−ωt) (H§ (§), 0, Hz (x)), p,p AN PN (th x dEy (x) l ) , Ey (x) = , Hx (x) = − βk Ey , Hz (x) = − ki dx chp x l p p = pN = l β2N − k2 n22 , βN — корень характеристического уравнения √ ( 1+4s2 −2N−1)2 β2 = k2 n22 + , N ∈ N0 , s2 = k2 l2 (n21 − n22 ). 4l2 A0 chp x l

Если N = 0, то Ey (x) =

Указание. См. задачу 2.577.

A sh x

, если N = 1, то Ey (x) ch1p+1 lx . l

i(β z−ωt) 2.588. E = ei(β z−ωt) (0, Ey (x), 0), (Hx (x), 0, Hz (x)),  H= e 2x ν 2x rx r+p F ν + 2 , ν + r−p , r + 1, −e l , Ey (x) = AN e l 1 + e l 2 dE (x)

y Hx (x) = − βk Ey , Hz (x) = − ki dx , p p 2 2 2 где r = rN = l βN − k n3 , p = pN = l β2N − k2 n22 ,

характеристического уравнения √ ( 1+2v 2 (2+a2 )−2N−1)2 n2 +n2 β2 = k 2 2 2 3 + + 4l2

4l2 (

ν > 0 — корень уравнения ν2 − ν − v 2 (1 + 2

2 2

асимметричности, v = k l Если N = 0, то Ey (x) =

(n21

−

rx

√

a4 v 4 1+2v 2 (2+a2 )−2N−1)2

a2 ) 2

= 0, a2 =

n22 ).

A0 e l   r±p 2x 2 1+e l

βN — корень

, r±p=

p

,

2 n2 2 −n3 2 n2 1 −n2

N ∈ N0 , — параметр

1 + 2v 2 (2 + a2 ) − 1.

Указание. Компонента Ey (x) — решение задачи    2x  2 2 l Ey′′ + l12 v e 2x a2 + 2(2+a2x ) − r 2 Ey = 0, −∞ < x < ∞, 1+e l 1+e l R∞ 2 E dx < ∞. −∞ y

Замена ξ = −e

2x l

преобразует уравнение к виду (2.64) для ψ(ξ) = Ey (x), а r

подстановка ψ(ξ) = ξ 2 (1 − ξ)ν u(ξ) приводит к уравнению Гаусса с параметr−p 2

рами

r+p 2

Ey2 (x)

при x → −∞ (ξ → +0) удовлетворяет решение

+ ν,

+ ν, r + 1 для функции u(ξ). Условию интегрируемости r

ψ(ξ) = Cξ 2 (1 − ξ)ν F

r+p 2

+ ν,

r−p 2


+ ν, r + 1, ξ .

Условие интегрируемости Ey2 (x) при x → ∞ (ξ → −∞) получается с помощью асимптотической формулы для гипергеометрической функции.

Глава 3

ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ Метод разделения переменных основан на разложении решения в ряд по собственным функциям дифференциального оператора, обладающего дискретным спектром. Если спектр непрерывен, то в ряде случаев решение имеет вид интеграла и получается с помощью интегрального преобразования. Аппарат интегрального преобразования должен содержать прямое преобразование, которое каждой функции u(x, y) некоторого класса ставит в соответствие ее образ Z U (λ, y) = K(λ, x)u(x, y) dx, (3.1) X

и обратное преобразование u(x, y) =

Z

M (x, λ)U (λ, y) dλ,

(3.2)

Λ

восстанавливающее прообраз u(x, y) по известному образу U (λ, y). Функции K(λ, x), M (x, λ) фиксированы и называются

3.1. Преобразование Фурье

459

ядрами соответствующих интегральных преобразований. Если u(x, y) — решение задачи математической физики для линейного дифференциального уравнения с частными производными, то интегральное представление (3.2) ассоциируется с рядом Фурье по собственным функциям. Ядро интегрального преобразования (3.1) выбирается так, чтобы образ дифференциального уравнения для u(x, y) не содержал производных по x. Решение задач осуществляется по единой схеме: 1) выбор интегрального преобразования; 2) переход от задачи для функции u(x, y) к задаче для образа U (λ, y); 3) определение функции U (x, y); 4) восстановление прообраза u(x, y) посредством обратного преобразования. В данной главе предлагаются задачи, которые могут быть решены с помощью интегральных преобразований Фурье, Лапласа, Меллина, Ганкеля. Литература к главе: [40], [77].

3.1.

Преобразование Фурье

Пример 3.1. . Если функция f (x), x∈R — кусочно-гладкая на каждом конечном промежутке и абсолютно интегрируема на R, то существует интеграл 1 F[ f ](λ) = √ 2π

Z∞

f (x) e−i λx dx,

(3.3)

−∞

называемый преобразованием Фурье функции f (x). При указанных условиях определено обратное преобразование Фурье F

−1

1 [ g ](x) = √ 2π

Z∞

g(λ) ei λx dλ,

(3.4)

−∞

где g(λ)=F[ f ](λ), при этом (см. [34], т. 3) F −1 [ g ](x) = F −1 [F[f ]] = f,

F[ f ] = F[F −1 [g]] = g.

(3.5)

460

Глава 3. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

Таким образом, 1 f (x) = √ 2π

Z∞

g(λ) ei λx dλ.

(3.6)

−∞

В случае четной функции правые части формул (3.3), (3.4) можно преобразовать в интегралы от 0 до ∞ с множителем 2 cos λx вместо экспоненты (косинус-интеграл Фурье) q R∞ 2 g(λ) = π f (x) cos λx dx, 0 (3.7) q R∞ 2 f (x) = π g(λ) cos λx dλ, 0

а в случае нечетной функции — с множителем 2 sin λx (синусинтеграл Фурье) q R∞ 2 g(λ) = π f (x) sin λx dx, 0 (3.8) q R∞ 2 g(λ) sin λx dλ. f (x) = π 0

Преобразование Фурье функции f (x), x∈Rn определяется формулой Z 1 F[ f ](λ) = f (x) e−i(λ,x) dx, (3.9) n (2π) 2 Rn

где (λ, x) — скалярное произведение векторов λ и x, а обратное преобразование имеет вид Z 1 f (x) = F[ f ](λ) ei(λ,x) dλ. (3.10) n 2 (2π) Rn

Так как f (x) — абсолютно интегрируемая функция, то интеграл (3.9) равномерно сходится в Rn , следовательно, представляет собой непрерывную ограниченную функцию F[ f ](λ), определенную для λ∈Rn . Этой функции соответствует регулярный

461

3.1. Преобразование Фурье

функционал из J ′ , действующий по правилу Z (F[ f ], ϕ) = F[ f ](λ)ϕ dλ, ϕ ∈ J .

(3.11)

Rn

Повторный интеграл в правой части (3.11) допускает изменение порядка интегрирования, поэтому соотношению (3.11) можно придать форму (F[ f ], ϕ) = (f, F[ϕ]),

ϕ ∈ J.

(3.12) f ∈J ′

Преобразованием Фурье обобщенной функции называется функционал F[ f ], действующий по правилу (3.12). Если f (x, y)∈J ′ (Rm+n ), x∈Rn , y∈Rm , то преобразованием Фурье функции f (x, y) по переменной x называется функционал Fx [ f ], определенный формулой ϕ(x, y) ∈ J (Rm+n ).

(Fx [ f ], ϕ) = (f, Fλ[ϕ]),

(3.13)

Пусть f =δ(x−x0 ), тогда (F[δ(x − x0 )](λ), ϕ(λ)) = (δ(x − x0 ), F[ϕ](x)) = F[ϕ](x0 ) = ! Z −i(λ,x0 ) 1 e = ϕ(λ)e−i(λ,x0 ) dλ = , n n , ϕ(λ) (2π) 2 (2π) 2 Rn

откуда

1 −i(λ,x0 ) . n e (2π) 2 Обратное преобразование, записанное в виде интеграла Z 1 δ(x) = ei(λ,x−x0 ) dλ, n (2π) 2 F[δ(x − x0 )](λ) =

(3.14)

(3.15)

Rn

называется разложением δ-функции по плоским волнам. При n=1 формула (3.15) преобразуется к виду Z∞ 1 δ(x) = cos λx dλ. (3.16) π 0

462

Глава 3. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

3.1. Пусть ϕ∈J (Rn ); доказать, что DαF[ϕ(x)] = F[(−ix)αϕ],

(3.17)

F[Dαϕ](λ) = (iλ)αF[ϕ](λ).

(3.18)

3.2. Каждая функция ϕ∈J (Rn ) имеет фурье-образ F[ϕ], т.е. на пространстве J (Rn ) задан оператор F. Доказать, что этот оператор 1) линеен; 2) взаимно однозначно отображает J (Rn ) в себя; 3) непрерывен на J (Rn ). 3.3. Определить функцию ϕ(x), если ее преобразование Фурье 2 1. e−α|λ| ; 2. e−αλ , где α>0. 3.4. Пусть ϕ∈J (R), y≥0; установить формулу F

−1

h

−|λ|y

e

Z∞ i 1 yϕ(ξ) dξ F[ϕ] = . π (x − ξ)2 + y 2

(3.19)

−∞

3.5. Доказать, что преобразование F −1 , определенное формулой F −1 [ f (x) ] = F[ f (−x) ],

f ∈ J ′ (Rn ),

(3.20)

является обратным преобразованием Фурье. 3.6. Показать, что оператор F взаимно однозначно отображает J ′ (Rn ) на J ′ (Rn ) и является непрерывным на J ′ (Rn ). 3.7. Доказать, что в J ′ (R)

Rk 1 cos λx dλ π k→∞ 0 lim

= δ(x).

3.8. Установить следующие свойства преобразования Фурье функции f ∈J ′ (Rn ): DαF[f (x)] = F[(−ix)αf (x)], F[Dαf ](λ) = (iλ)αF[f ](λ).

(3.21)

3.1. Преобразование Фурье

463

3.9. Найти преобразования Фурье функций: 1) sinxax ; 2) Dm δ(x − x0 ) ; 3) xm ; 4) eiλ0 x ; 5) h(x)Dm δ(x − x0 ), где x∈R, h(x)∈C ∞ , m∈N0 . 3.10. Вывести формулу r   1 π F P =i sign λ. x 2

(3.22)

3.11. Найти функцию f (x), где x∈Rn , если F[ f ] =

1 , n (2π) 2 (λ2 +k 2 )

k > 0,

n = 1, 2, 3.

3.12. Найти функцию f (x), x∈Rn , преобразование Фурье которой F[ f ](λ) =

sin a|λ|t η(t), n (2π) 2 a|λ|

a > 0,

n = 1, 2, 3.

3.13. Пусть f (x) — локально интегрируемая ограниченная в R функция; убедиться в том, что при y≥0 F

−1

h

−|λ|y

e

i 1 Z∞ yf (ξ) dξ F[f ](x) = . π (x − ξ)2 + y 2

(3.23)

−∞

3.14. Собственными функциями оператора импульса −i~∇ в квантовой механике являются функции i

ψp (x) = Ce ~ (p,x) ,

p, x ∈ R3 ,

которые нормируются по правилу Z ψp (x)ψp′ (x)dx = δ(p − p′ ). R3

Определить C.

464

Глава 3. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

3.15. Показать, что волновая функция ψ(x), x∈R3 имеет в pпредставлении вид p 3 h− 2 F[ ψ(x) ] . ~ 3.16. Свободная частица имеет импульс p0 ∈R3 . Определить ее волновую функцию в p-представлении. 3.17. Частица, локализованная в точке x0 ∈R3 , описывается в xпредставлении волновой функцией ψx0 (x)=δ(x−x0 ). Найти волновую функцию в p-представлении. Пример 3.2. Решить задачу Дирихле для полуплоскости: ∆u(x, y) = 0, −∞ < x < ∞, 0 < y, u(x, 0) = f (x), |u(x, y)| ≤ M.

Рассмотреть частный случай:  u0 , x ∈ (a, b), u(x, 0) = 0, x ∈ (a, b).

Пусть Fx [ u ]=U (λ, y), F[ f ]=F (λ); преобразование Фурье задачи Дирихле, основанное на свойстве (3.21), имеет вид Uyy − λ2 U = 0, 0 < y, U (λ, 0) = F(λ), U ∈ J ′ . Так как e|λ|y ∈J ′ (задача 10.68 п. 1) , то U (λ, y) = e−|λ|y F[ f ]. Таким образом (см.(3.23)), Z∞ 1 yf (ξ) dξ −1 −|λ|y u(x, y) = F [ e F [ f ]](x) = . π (x − ξ)2 + y 2 −∞

В частном случае u(x, y) = =

Zb

y dξ u0 x − ξ b = − arctg = (x − ξ)2 + y 2 π y a a   u0 x−a x−b u0 arctg − arctg = γ, π y y π u0 π

3.1. Преобразование Фурье

465

где γ —угол, под которым виден из точки (x, y) отрезок [a, b]. Так как γ ∈ [0, π], то u(x, y) =

u0 (x − a)(x − b) + y 2 arcctg . π (b − a)y

3.18. Найти стационарное распределение температуры в двугранном угле (0<x, 00. 3.19. Определить стационарную температуру двугранного угла (0<x, 0r0 ; в этом случае нужно интегрировать по замкнутому контуру, содержащему дугу C2R и отрезок LR ; вычисление интеграла осуществляется точно также, как и в предыдущем случае. Впрочем, эту выкладку можно опустить, если заметить, что найденное решение удовлетворяет условиям задачи и при r≥r0 . 3.173. Найти стационарное распределение температуры внутри клина (0 0 — 2 2 2 µ (µ +α +α) n=1

корень уравнения µ tg µ = α, α =

n

m , M

n

где m — масса стержня.

Указание. Постановка задачи: utt = a2 uxx , 0 < x < l, 0 < t, u(0, t) = 0, −ESux (l, t) + F0 = M utt (l, t), u(x, 0) = ut (x, 0) = 0.

Изображение U (x, p) = L[ u ](x, p) — решение задачи:

520

Глава 3. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

U (0, p) = 0, Функция

Uxx −

p2 U a2

= 0, 0 < x < l,

−ESUx (l, p) +

F0 p

= M p2 U (l, p) = 0. px

U (x, p) =

F0 sh a p2 (M psh pl +ESch pl ) a a

является мероморфной с простыми полюсами p0 = 0, p±n = ±i aµl n , n ∈ N+ . Оригинал восстанавливается с помощью 2-й теоремы разложения: ∞

P u(x, t) = res U (x, p)ept + 2Re res U (x, p)ept . p=0

n=1 p=pn

l 3.129 τ = 2µa (4µ + 2 − e−αµ ) ∈ ( 2l , 4l ) при µ ≥ µ0 , где µ0 — корень a a −2µ уравнения 4µ − e = 2. Указание. Постановка задачи: utt = a2 uxx , 0 < x < l, 0 < t, u(0, t) = 0, −ESux (l, t) = M utt (l, t),  0, 0 ≤ x < l, u(x, 0) = 0, ut (x, 0) = −v, x = l.

Для изображения U (x, p) = L[ u ](x, p) получается задача Uxx −

p2 U a2

= 0, 0 < x < l,

U (0, p) = 0, −ESUx (l, p) = M (p2 U (l, p) + v). Общее решение уравнения U (x, p) = A sh px + B ch px , a a частное решение, удовлетворяющее граничным условиям, запишется в виде U (x, p) = −

M v sh px a

. + ES ch pl ) p(M psh pl a a a

При t < τ элемент стержня, примыкающий к торцу x=l, находится в сжатом состоянии, поэтому натяжение T (l, t) = ESux (l, t) < 0; в момент t=τ отрыва массы M от стержня T (l, t) = 0. Чтобы найти производную ux (l, t) следует представить функцию Ux (l, p) в виде: ch αp Ux (l, p) = − va p(psh αp+βch = − av αp) −2αp

= − av 1−e p+β

n ∞  P p−β

n=0

p+β

−2αp

h1−e

(p+β) 1− p−β e−2αp p+β

i =

e−2αnp , где α = al , β = µ al .

Отсюда (см. задачу 3.60) ∞   P ux (l, t) = − av η(t) − av Ln ( 2µat − 4µ(n + 1)) + Ln+1 ( 2µat − 4µ(n + 1)) × l l n=1

× e2µ(n+1) η(t − 2l (n + 1)). a l 3.130 τ = 2µa (4µ + 2 − e−αµ ) ∈ ( 2l , a уравнения 4µ + e−2µ = 2.

4l ) a

при µ ≥ µ0 , где µ0 — корень

521

3.5. Ответы 3.131 τ = a2 min{l1 ; l2 }. 3.132 τ =

q

2 min{ a

ρ1 ; E1

q

ρ2 }. E2

3.133 Если ρ1 E1 = ρ2 E2 , то τ = a2l1 ; в противном случае τ = ∞. (z−z0 )2 (z+z0 )2 x2 +y2 h − − − 4τ 4τ 4τ e −e 3.134 q(r, u) = ϕ(u) e 4πτ − 4πτ 1 − 2D e

z+z0 + τ2 D 4D

√0 + E rf ( z+z 2 τ

√

τ ) 2D

где ϕ(u) имеет вид (1.146), а возраст τ = τ(u) определен формулой (1.64).   ) √0 3.135 u(r, t) = u1 + (u0 − u1 ) rr0 E rf (r−r . 2a t   q   t R µ(τ) dτ d √ 3.136 q(t) = rk0 µ(t) + ar√0π dt . 1) q(t) = kA t + 2ra0 πt ; r0 t−τ

i

,

0

√

Rt µ(τ)dτ d 0 √ 3.137 θ(t) = 1+hr µ(t) + ah1√π dt ; hr0 t−τ 0 q     √ √ π 2 t 0 0 1) θ(t) = A 1+hr t + ah ; 2) θ(t) = A 1+hr t + 2ah . hr0 π hr0     t R √ 2 √1 − beb τ E rf b τ u0 (t − τ)dτ , 3.138 Q(t) = 4πr02 kh u0 (t) − ah ßτ 0    2 √ 4πr0 khu0 b2 t 1 если u0 (t) = u0 , то Q(t) = 1+hr 1 + hr E rf b t , b = a h + . 0e r0 0  √ √ 3.139 Если α 6= b = h + r10 D, то n √ √ 2 b e−b t E rf b t− u(r, t) = 4πr02 h Du0 1 − b2 −α io √ √ h −αt Erf (−√αt) αt ( αt) √ √ + e Erf − 12 e−αt h D e ; b+ α b− α √ √ 2 если α= b, то u(r, t) = 4πr0 h Du0 × q q  √ √   −αt −αt αt αt × 1 − h4 D e e E rf (− αt) − (1 + 4αt)e E rf ( αt) + 4 . α π 2) q(t) =

kA r0

t+

√  r0 π . 2a

3.140 Если 3ρC > 4ρ0 C0 , то h √ √i α2t α2t 1 u(t) = 4πr3Q α 1 e 1 E rf (α 1 t − α 2 e 2 E rf (α 2 t , где 3 ρ C α −α 1 2 0

0

0

α1,2

3k 1 = ± 2aρ0 C0 r0 r0

если 3ρC=4ρ0 C0 , то u(t)= 4πr3Q 3ρ

0 0 C0

h

s

3k ρ 0 C0



 3ρC −1 , 4ρ0 C0

(3.75)

q i √ 2 (1+2α2 t)eα t E rf (α t−2α πt ,

где α= 2aρ03kC0 r0 ; при t → ∞ функция u(t) имеет в обоих случаях следующее  h i 1 асимптотическое представление: u(t) = 8π √Qπka t√ + O t21√t . t

1 3.141 Если r > r0 , то u(r, t) = u1 + rr0 αu02 −u × −α 1 h    α √ α1 √ i 2 2 (r−r ) r−r α2 t+ α t+ 0 0 √0 + α 1 t × α2 e 2 a E rf 2a√t + α2 t − α1 e 1 a (r−r0 ) E rf r−r , 2a t

522

Глава 3. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

если r ≤ r0 , то u(t) = u(r0 , t), где α1,2 определены формулой (3.75). r0 3.142 Если r > r0 , то u(r, t) = u1 + (α 2 −α × 1 )r h   α √ 2 (r−r ) q0 α2 t+ 0 √0 + α 2 t − × u0 − u1 − α 2 C ρ α2 e 2 a E rf r−r 2a t 0 0 2    √ i α1 q0 r−r α2 1 t+ a (r−r0 ) E rf √0 + α 1 t − u0 − u1 − α 2 C α e − 1 2a t 2 0 ρ0   r0 q0 √0 , − r α 1 α 2 C0 ρ0 E rf f r−r 2a t

если r ≤ r0 , то u(t) = u(r0 , t), где α1,2 определены формулой (3.75). 3.143 1) Если r ≥ r0 , то  h √ α1 2 r0 √0 + α 1 t − u(r, t) = u1 + (α 2 −α (α1 (u0 − u1 ) + d)eα 1 t+ a (r−r0 ) E rf r−r 2a t 1 )r  √ i α2 2 √0 + α 2 t , − α2 (u0 − u1 ) + d)eα 2 t+ a (r−r0 ) E rf r−r 2a t √

если r < r0 , то u(t) = u(r0 , t), d = ρb0 Cπ0 . i 2 h √ q0 α t 2 2) u(t) = u1 + α 2α−α u 0 − u1 − ρ C (α 2 −β) e 2 E rf (α 2 t) − 1 0 0 2 h i 2 √ q0 α1t 1 u0 − u1 − ρ C (α E rf (α1 t)− − α 2α−α 2 −β) e 1 0 0 1 √ √ eβt − ρ C (αq20−β)(α β erf ( βt), 2 −β) [β + α 1 α 2 + (α 1 + α 2 ] 0

0

1

2

величины α1,2 даны в ответе к задаче 3.141. τ + r−r0 √
  r0 − (r−r0 )2 2 r0 r0 0 −r 4τ √ e , где ϕ(u) 3.144 q(r, t) = Q0 ϕ(u) − e E rf r0τ + r√ r πτ τ дана в ответе к задаче 1.185, а функция u=u(τ) определена формулой (1.63).   q q q LGω x π G − LGω 2 3.145 i(x, t) = E0 ωL e x− 4 . sin ωt − 2 Решение. После применения преобразования Лапласа к задаче ux + Lit = 0, ix + Gu = 0, 0 < x, 0 < t, u(0, t) = E0 sin ωt, u(x.0) = i(x, 0) = 0, получается задача для I(x, p) Ixx − pLGI = 0, 0 < x, Gω Ix (0, p) = − pE20+ω 2, решение которой q √ I(x, p) = E0

G ωe− pLGx √ . L p(p2 +ω 2 )

По формуле (3.25)

i(x, t) = E0 при t → ∞ (см.[40])

i(x, t) = E0

q

q

G ω L 2πi

G ω L 2πi

P

σ+∞ R

σ−i∞

√

e pLGx √ dp (r 2 +ω 2 ) p

−

k

√

σ > 0.

pk LGx

kt res e (p2 +ω 2 )√+p , Rep > 0, p k

k

откуда следует выражение, приведенное в ответе. q q 2G 3.146 i(0, t) = E0 ωL cos δ · sin(ωt − δ), tgδ = 1 + L0 2ωG . L

523

3.5. Ответы   q q q − ωCR x π ωRC 2 e x + . 3.147 i(x, t) = E0 ωC sin ωt − R 2 4 q q 2C 3.148 i(0, t) = E0 2ωC sin δ · cos(ωt − δ) ctg δ = 1 + C10 ωR . R √ω
p x . 3.149 u(x, t) = u0 e− a 2 sin ωt − xa ω 2 h

3.150 u(r, t) = u0 1 − 2

P∞

n=1

2    − aµn ti r0 nr e Y0 µ r 0

µ n J1 (µ n )

, µn > 0 — нуль J0 (µ).

Решение. Так как температура боковой поверхности не зависит ни от ϕ, ни от z, то тепловые потоки вдоль eϕ и ez отсутствуют. Таким образом, температура зависит от r, t и определяется условиями ut = a2 ∆u, 0 < r < r0 , 0 < t, u(r0 , t) = u0 , |u(r, t)| < ∞, u(r, 0) = 0. Для изображения U (r, p) получается задача 1 d dU r r dr dr

− U (r0 , p) =

p U a2 u0 , p

= 0, 0 < r < r0 , |U (0, p)| < ∞.

Ее решение

√  p u0 I0 √a r  p p I r 0 a 0

U (r, p) =

— однозначная аналитическая функция, особыми точками которой являются  2 простые полюсы p0 = 0, pn = − µrn0a , n ∈ N. Оригинал восстанавливается с помощью 2-й теоремы разложения ∞
P u(r, t) = res U (r, p) epn t , n=0 p=pn

что эквивалентно выражению, приведенному в ответе. h

3.151 u(r, t) = u0 1 − 2α

P∞

J0

n=1

 2  − aµn t µn r r0 e r0 (α 2 +µ 2 )J (µ ) n n 0



уравнения αJ0 (µ) − µJ1 (µ) = 0, α = r0 h. 3.152 u(r, z) = 2u0 нуль функции J2 (µ).

1−

r2 2 r0

+2

P∞

n=1

J0



i

µ2n r −J0 (µ 2n ) r0 µ2 2n J0 (µ 2n )



µn > 0 — корень

,

e

−

νµ2 2n u0 r2 0

!

, µ2n > 0 —

 2 Rt R∞ − aξ (t−τ) ∂ 3.153 u(r, t) = u0 (t) − ∂t u0 (τ) dτ f (ξ)e r0 dξ, если u0 (t) = u0 , 0 0     2 R∞ J0 (ξ)Y0 ( rr ξ)−Y0 (ξ)J0 ( rr ξ) − aξ t 2 0 0 то u(r, t) = u0 1 − f (ξ)e r0 dξ , f (ξ) = πξ . J 2 (ξ)+Y 2 (ξ) 0

Указание. Использовать соответствие (3.46).

0

0

524

Глава 3. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

3.154 u(r, t)=u0 − 2h π 3.155 u(t) =

R∞

8ku0 a2 C0

R∞ (hJ0 (ξr0 )+ξJ1 (ξr0 ))Y0 (ξr)−(hY0 (ξr0 )+ξY1 (ξr0 ))J0 (ξr) e−Dξ2 t (hJ0 (ξr0 )+ξJ1 (ξr0 ))2 +(hY0 (ξr0 )+ξY1 (ξr0 ))2

0

0

2 2

e−a ξ t dξ , (ξY0 (ξr0 )−αY1 (ξr0 ))2 +(ξJ0 (ξr0 )−αJ1 (ξr0 ))2 ξ

"

2 π

3.156 u(r, t) = u0 1 − 8r0 q0 kπ 2

3.157 u(r, z, t) =

ξ

R∞ J0 (ξ)Y0 ( rr0 ξ)−Y0 (ξ)J0 ( rr0 ξ) e− J02 (ξ)+Y02 (ξ)

0

z (−1)n cos αn l n=0 2n+1

P∞

J1 (ξ)Y0 ( rr ξ)−Y1 (ξ)J0 ( rr ξ) 0 0 J12 (ξ)+Y12 (ξ)

R∞

−

1−e

0



a r0



aξ r0

2

ξ 2 +(

ξ2 +

2πkr0 . a2 C0

#

t

dξ .

ξ

2

α=

dξ.

( αnlr0 )2

αn r 0 l

)

2



t

f (ξ)dξ,

f (ξ) = , αn = 2n+1 . Указание. Применить 2 преобразование Лапласа и полученную задачу решать методом Фурье. Для восстановления оригинала воспользоваться соответствием (3.47). 3.160 1) 2 sinπ πp , 0 < Re p < 1; 2) 2 cosπ πp , −1 < Re p < 1. 2 α+p

3.162 1) 3) 5) 3.163 1) 3)

r0 α+p

α+p

, Re p > −α;

π , −α < Re p < 1 − α; p sin π(p+α) Γ(p) πp sin 2 , −1 < Re p < 1; ap π , −1 < Re p < 0; 2) πp ctg p sin πp π tg πp, − 21 < Re p < 0. p

πU (p) 2 sin πp 2

3.166 1)

2

, 0 < Re p < 2; 2)

3.168 1) Γ(p)U (1−p); 2. 4) Γ(p) sin πp U (2 − p). 2 3.171 1)

1 , p2

πctg πp U (1 p

2)

Rep>0;

Записать интеграл в виде 3.172 1)

r2 ; 1+r

2)

√

r ; 1+r

3.173 u(r, ϕ)= uπ0

2

3

R p∞ 0

(−1)n n!

π p

2) −

r0 α+p

, Re p < −α;

6)

Γ(p) ap

cos

πp , 2

0 < Re p < 1

πp, −1 < Re p < 0;

tg πp U (p), − 21 < Re p < 0.

− p); 3) Γ(p) cos

, Rep λ.

(3.80)

Рис. 3.4 Решение. Исходной является формула (3.34),pв которойpp = +0+i µ. Чтобы находить значения выбранной ветви корня p2 + 1 = (p + i)(p − i) в различных точках, можно множителям p + i и p − i при p = 1 приписать соответственно аргументы π/4 и −π/4 (рис. 3.4). При движении конца вектора p из точки p=1 в точку p=iµ, например, вдоль пути L аргументы, меняясьpнепрерывно, становятся равными p π/2. Следовательно, если µ>1, то p корень p2 + 1|p=iµ = |−µ2 +1|eiπ =i µ2 −1. Такие же рассуждения покаp p зывают, что корень p2 − 1|p=−i µ = −i µ2 − 1, где µ>1. Если же p= ± i µ и

527

3.5. Ответы

p p 0≤µ 0 существуют t1 и T0 >0 такие, что −T −T Z 0 Z 0 ε K(t1 , τ)u(τ) dτ ≤ M K(t1 , τ) dτ < . 2 −∞

−∞

В силу монотонности ядра по переменой t для любого t ≥ t1 −T −T0 −T0 Z 0 Z Z ε K(t, τ)u(τ) dτ ≤ M K(t, τ) dτ ≤ M K(t1 , τ) dτ < . 2 −∞

−∞

−∞

536

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Для оценки второго интеграла нужно воспользоваться интегральной теоремой о среднем и поведением ядра при t → +∞ : для любого ε > 0 и для любого положительного T, например для T > T0 , существует t2 , такое, что 0 Z Z0 ε K(t2 , τ)u(τ) ≤ M K(t2 , τ) dτ = M K(t2 , τ∗ )T0 < , 2 −T0

−T0

где τ∗ ∈ [−T0 ; 0]. Таким образом, для t0 = max{t1 , t2 } выполняются оба неравенства, так что 0 Z ∀ ε > 0 ∃ t0 ∀ t ≥ t0 : K(t, τ)u(τ) dτ < ε, −∞

что и требовалось установить. Итак, при t ≥ t0 Zt

K(t, τ)u(τ)dτ =

−∞

Zt

K(t, τ)u(τ)dτ,

(4.12)

0

то есть к моменту t = t0 система полностью забывает предысторию процесса. Чем быстрее затухает память, тем меньше t0 . Если t0 ≤ 0, то равенство (4.12) выполняется для t ≥ 0, и соотношение (4.10) принимает вид: v = ku + K,

где Ku =

Zt

K(t, τ) dτ.

(4.13)

0

В данной ситуации можно принять t = 0 за начало отсчета времени, полагая, что внешнее воздействие включается в момент времени t = 0, а при t < 0 функции v(t) = u(t) = 0. Если свойства системы не изменяются со временем, то память от внешнего воздействия в течение времени t − τ зависит только

4.1. Вывод интегральных уравнений

537

от длины t − τ интервала (τ; t) и не зависит от его положения на оси 0t; в этом случае естественно считать, что наследственное ядро является разностным: K(t, τ) = K(t − τ). Примером системы с памятью служит катушка с индуктивностью L, в которую введен однородный магнитный сердечник. Из-за гистерезиса в сердечнике поток Φ(t) магнитной индукции в катушке в момент времени t зависит от значений тока во все предыдущие моменты времени. Эта зависимость (в практической системе единиц) имеет вид: Rt M (t − τ) i(τ) dτ, Φ(t) = Li(t) + −∞

где первое слагаемое представляет собой мгновенную зависимость Φ от t в момент времени t, а второе — выражает свойство системы помнить о предшествующем воздействии. Конденсатор с емкостью C, сопротивление R и катушка с индуктивностью L, в которую введен магнитный сердечник, образуют цепь квазистационарного тока (рис.??). В момент времени t=0 разность потенциалов между точками A и B равна u0 , а токи i, i1 , i2 равны нулю. Для сердечника с достаточно быстро затухающей памятью поток Φ(t) магнитной индукции в катушке в момент времени t определяется формулой: Φ(t) = Li(t) +

Zt 0

M (t − τ)i(τ) dτ,

где функция M (t) известна. Показать, что ток через катушку удовлетворяет интегральному уравнению Вольтерра 2-го рода i(t) =

Zt 0

K(t − τ)i(τ) dτ + f (t),

где t t 1 u0 RC K(t) = − [u(t) + R(1 − e− RC )], f (t) = (1 − e− RC ). l L

538

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.4. В упругом стержне деформация ε(t) некоторого элемента при малых деформациях зависит от напряжения / σ(t) линейно: ε(t) = σ(t)/E, где E — модуль Юнга. Если деформации не малы, то ε и σ связаны нелинейной зависимостью: ε(t) = a(σ(t)). Для однородного стержня, изготовленного из нестареющего (свойства не зависят от времени) наследственно-упругого материала с быстро затухающей памятью применяется следующая форма зависимости между ε и σ (см. предыдущую задачу): ε(t) = a(σ(t)) +

Zt 0

K(t − τ)a(σ(τ) dτ.

Это соотношение представляет собой интегральное уравнение Вольтерра относительно функции a(σ) , решение которого можно записать в виде (см. задачу 4.185) a(σ) . (4.14) 1−R В случае малой квадратичной нелинейности в книге [47] рассмотрена зависимость ε от σ типа (4.14) ε=

Aσ + γBσ2 , 1−R

γ ≪ 1, (4.15) R∞ где A > 0, и B — константы, |B| ≤ A2 , 0 R(t) dt < ∞. Показать, что 1) функция σ(x, t) является решением нелинейного уравнения с памятью: ε=

∂ 2 (Aσ + γBσ2 ) 1 ∂2σ − (1 − γ R) 2 = 0; ∂t ρ ∂x 2) полученное уравнение может быть асимптотически факторизовано (т.е. представлено в виде произведения нескольких сомножителей): q  √  1−γR ∂ ∂ A + 2γBσ ∓ (4.16) ∂t ρ ∂x × q √  1−γR ∂ ∂ 2 × A + 2γBσ ∂t ± γ → 0; ρ ∂x σ = O(γ )

4.1. Вывод интегральных уравнений

539

3) прямой волне соответствует уравнение:     p B ∂σ γ ∂σ Aρ 1 + γ σ + 1− R . (4.17) A ∂t 2 ∂x √ 4.5. Уравнение (4.17) заменами x Aρ → x, k = − B A преобразуется к виду ∂ kγ γ ∂σ (σ − ) + (1 − R) = 0, (4.18) ∂t 2 2 ∂x где выбрано k > 0, а ядроR R оператора R удовлетворяет усло∞ виям R(t) ≥ 0, R′ (t) ≤ 0, 0 R(t) dt < ∞. Пусть σ = f (t − x) — волна, распространяющаяся без изменения формы, f (z) = 0 при z < 0. Показать, что функция f (t) — решение интегрального уравнения (см. [47]) Z t 2 k f (t) − R(t − τ) f (τ) dτ = 0. (4.19) 0

4.6. В электроразведке для изучения свойств подземных структур измеряют потенциал на поверхности z=0 земли, обусловленный постоянным током, поступающим в землю (z>0) через электроды. Если имеется пласт (00. Пусть f (x − ct)+u — потенциал скоростей результирующей волны. Показать, что Z∞ v(s) ds √ u(ξ, η) = , s−ξ η

где v(s) — решение интегрального уравнения Вольтерра 2-го рода √ Z∞ √ ′ a v(s) ds v(ξ) = − af (η − a). 3 − 2 (s − η + a) 2 η

4.11. В бесконечной однородной среде без поглощения (Σc =0) действует источник нейтронов с летаргией u=0; мощность источников в единице объема постоянна и равна Q0 . При упругом рассеянии на свободных неподвижных ядрах среды (сечение Σs ) происходит замедление нейтронов. При условии, что упругое рассеяние нейтрона на ядре в системе центра инерции изотропно, получить следующее интегральное уравнение (уравнение замедления) для плотности потока нейтронов Φ(u): Φ(u)Σs (u) =

Zu

max(u−ln ε1 ,0)

где ε =



A−1 A+1

2

Φ(u′ )Σs (u′ )

′

e−(u−u ) ′ du − Q0 δ(u), (4.20) 1−ε

, A — массовое число ядер среды.

542

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.12. Нейтроны движутся в однородной среде, занимающей ограниченную выпуклую область Ω. При взаимодействии с ядрами происходит либо изотропное (т.е. равномерное по направлениям) рассеяние нейтронов, либо их поглощение ядрами. Макроскопическое сечение (величина, обратная средней длине свободного пробега) рассеяния — Σs , поглощения — Σc , Σ=Σs +Σc , плотность источников нейтронов — F (r, t). Показать, что при условиях 1–3 задачи 1.191 плотность потока нейтронов Φ(r, t) удовлетворяет интегральному уравнению Пайерлса:     −Σ|r′ −r| Z  |r′ −r| |r′ −r| e 1 ′ ′ Φ(r, t)= +F r , t− dr′ . Σs Φ r , t− 4π v v |r′ −r|2 Ω

4.13. Решить предыдущую задачу в случае неоднородной среды с характеристиками Σs (r) и Σc (r). 4.14. В однородном слое (−∞ ≤ a < x < b ≤ ∞) движутся нейтроны; плотность нейтронов и плотность источников зависят только от x. Показать, что стационарное уравнение Пайерлса (см. задачу 4.12) может быть преобразовано к виду: 1 Φ(x) = 2

Zb a

[Σs Φ(ξ) + F (ξ)]E1 (Σ|ξ − x|) dξ.

4.15. Показать, что уравнение Пайерлса, описывающее движение нейтронов в неоднородном слое (см. предыдущую задачу), может быть приведено к виду: 1 Φ(x) = 2

Zb a

[Σs (ξ)Φ(ξ) + F (ξ)]E1 (Σ(x, ξ)|ξ − x|) dξ,

где 1 Σs = ξ−x

Zξ x

Σ(η) dη

543

4.1. Вывод интегральных уравнений

— среднее значение сечения на промежутке (x, ξ). 4.16. В однородном слое (0<xξ. Траектория точки M выбрана так, что время t движения из A в B есть заданная функция ординаты η : t = f (η). Показать, что траектория определяется уравнением Ry p φ2 (z) + 1 dz, x= 0

где φ(z) — решение интегрального уравнения Абеля Rη φ(η) dη √ √ = − 2gf (y). η−y 0

4.23. Показать, что задача Коши y (n) + a1 (x)y (n−1) + . . . + an (x)y = f (x), x < 0, y(0) = y ′ (0) = . . . = y (n−1) (0) = 0 эквивалентна интегральному уравнению Rx u(x) = K(x, ξ)u(ξ) dξ + f (x), где

0

u(x) = y (n) (x), K(x, ξ) = −

(x−ξ)m−1 m=1 am (x) (m−1)! .

Pn

546

4.2.

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Решение интегральных уравнений

Пример 4.2. В уравнении Вольтерра первого рода Z x K(x, y)u(y)dy = f (x) a

ядро K(x, y) и правая часть f (x) — заданные достаточно гладкие функции. Из уравнения следует: если K(a, a) = Kx′ (a, a) = · · · = Kx(n−1) (a, a) = 0, 0 < Kx(n) (a, a) < ∞, то f (a) = f ′ (a) = · · · = f (n) (a) = 0; если K(a, a) = Kx′ (a, a) = · · · = Kx(n−1) (a, a) = 0, Kx(n) (a, a) = ∞, то f (a) = f ′ (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0. Если ядро имеет интегрируемую степенную или логарифмическую особенность при x = y, то f (x) — непрерывная функция. Один из методов решения уравнения данного типа — дифференцирование уравнения (точнее, тождества, полученного подстановкойRв уравнение решения u(x)). Решение уравнения x 2 2 ′ a (x y − xy )u(y)dy = f (x), f (a) = f (a) = 0 достигается делением на x R xобеих частей f (x) 2 a (xy − y )u(y)dy = x с последующим двукратным  дифференцированием:    Rx d f (x) d2 f (x) yudy = , xu(x) = . 2 dx x x a dx
2 f (x) d . Решение: u(x) = x1 dx 2 x

Решить методом дифференцирования интегральные уравнения 4.24 – 4.41. 4.24.

Rx 0

4.25.

Rx a

(x2 − y 2 )u(y)dy = A erf (x2 ). (α sh β(x − y) − β sh α(x − y))u(y)dy = f (x),

f (a) = f ′ (a) = 0.

4.2. Решение интегральных уравнений

4.26.

Rx

(sh α(x − y) sh α(x + y))u(y)dy = f (x),

Rx

(shα x − shα y)u(y)dy = f (x), f (a) = f ′ (a) = 0.

a

f (a) = f ′ (a) = 0. 4.27.

a

4.28.

Rx a

4.29.

Rx a

ln xy


n

u(y)dy = f (x), f (a) = · · · = f (n) (a) = 0, n ∈ N.

(ln2 x − ln2 y)n u(y)dy = f (x),

f (a) = · · · = f (n) (a) = 0, n ∈ N. 4.30.

Rx a

4.31.

ln x+b y+b u(y)dy = f (x), f (a) = 0.

Rx

(ctgαx − ctgαy)n u(y)dy = f (x),

Rx

(Y0 (kx) − Y0 (ky))u(y)dy = A(x − a)2 .

a

f (a) = f ′ (a) = · · · = f (n) (a) = 0, n ∈ N. 4.32.

a

4.33.

Rx a

4.34.

Rx a

4.35.

Rx 1

4.36.

Rx a

4.37.

Rx a

(Jν(αx) − Jν(αy))u(y)dy = f (x), f (a) = f ′ (a) = 0. (Kν(αx) − Kν(αy))u(y)dy = f (x), f (a) = f ′ (a) = 0. (x + y − 1)u(y)dy = A(x2 − 1). 2

2

(Aeαx + Beαy )u(y)dy = C(x2 − a2 ). (Aeαx+βy + Beβx+αy )u(y)dy = f (x), f (a) = 0.

547

548 4.38.

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Rx a

4.39.

Rx

(A ln x + B ln y)u(y)dy = C ln xa . (A ln2 αx + B ln2 αy)u(y)dy = f (x), f (a) = 0.

a

4.40.

Rx a

cos2 α(x − y)u(y)dy = f (x), f (a)=0;

рассмотреть случай f (x) = A(x2 − a2 ).

4.41.

Rx a

(AJν2 (αx) + BJν2 (αy))u(y)dy = f (x), f (a) = 0.

Пример 4.3. Уравнение R xВольтерра второго рода u(x) = µ a (x − a)u(y)dy + A sin kx посредством двукратного дифференцирования сводится к эквивалентной задаче Коши  ′′  u − µu = −Ak2 sin kx, u(a) = A sin ka,  ′ u (a) = Ak cos ka. 2 Если µ = α > 0 то общее решение неоднородного уравнения u(x) = C1 ch α(x − a) + C2 sh α(x − a) + M sin kx. Константа M в частном решении определяется подстановкой частного решения в дифференциальное уравнение, а постоянные C1 и C2 удовлетворяют системе алгебраических уравнений, реализующих  начальные условия в задаче Коши: 2 C1 + M C2 sin ka = A sin ka, M = k2Ak . +α2 C1 α + M k cos ka = Ak cos ka, В результате решение интегрального уравнения A 2 2 u(x)= k2 +α 2 [α sin ka ch α(x−a)+αk cos ka sh α(x−a)+k sin kx]; 2 2 2 если −µ = α > 0, α 6= k , то построение решения проводится аналогично: u(x)= α2A [α2 sin ka cos α(x−a)+αk cos ka sin α(x−a)−k2 sin kx]; −k 2 если −µ = k2 , то u(x) = A2 (sin ka cos k(x−a)+k(x − a) cos kx + sin kx).

4.2. Решение интегральных уравнений

549

Решить уравнения 4.42 – 4.64 посредством сведения их к эквивалентной задаче Коши. Rx 4.42. u(x) = µ u(y)dy + f (x). a

Rx 4.43. u(x) = µ xu(y) dy + Ax. a

4.44. u(x) =

Rx

xu(y) dy + x2 cos x.

0

Rx 4.45. u(x) = µ (x − y)2 u(y)dy + A. a

Rx 4.46. u(x) = 4 (x − y)2 u(y) dy + 5 sin x. 0

4.47. u(x) =

Rx  y− 0

4.48. u(x) =

Rx  y− 0

4.49. u(x) = µ

R∞

x2 +x+2 x+1



u(y) dy + 1.

x2 +x+1 x+1



u(y) dy − 1.

ex−y u(y) dy + Aeβx .

x

Rx 4.50. u(x) = 2 (5ex−y − 9e2(x−y) )u(y) dy + A. a

Rx 4.51. u(x) = µ (1 − eα(x−y) )u(y) dy + A. a

4.52. u(x) = λ

Rx k(x) 0

k(y) u(y) dy

+ f (x).

Рассмотреть случаи: 1) f (x) = J1 (x), k(x) = e−x , λ = 1; 2) f (x) = sin x, k(x) = ex ; 2 3) f (x) = x, k(x) = ex .

550

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Rx 4.53. u(x) = µ (x2 − y 2 )u(y) dy + A. a

Rx 4.54. u(x) = µ (x2 − xy)u(y) dy + f (x); a

рассмотреть частный случай f (x) = Ax.

Rx 4.55. u(x) = µ (xy − y 2 )u(y) dy + A. a

Rx 4.56. u(x) = µ (x − y)y αu(y) dy + f (x); a

рассмотреть частный случай f (x) = Ax.

Rx 4.57. u(x) = µ (xα − y α)u(y) dy + f (x); a

рассмотреть частный случай f (x) = Ax.

Rx 4.58. u(x) = µ (x − y)eαy u(y) dy + f (x); рассмотреть частный a

случай f (x) = Ax.

Rx 4.59. u(x) = µ sh α(x − y)yu(y) dy + f (x). a

Rx 4.60. u(x) = µ x sh α(x − y)u(y) dy + f (x). a

Rx 4.61. u(x) = µ sin α(x − y)yu(y) dy + f (x). a

Rx 4.62. u(x) = µ (x + y + 2)u(y) dy + A. a

Rx 4.63. u(x) = µ (3x2 − 3y 2 + x + y − 1)u(y) dy + f (x). a

Rx 4.64. u(x) = µ [Ax + B + (Cx + D)(x − y)]u(y) dy + f (x). a

4.2. Решение интегральных уравнений

551

Пример 4.4. Метод дифференцирования применим к некоторому классу уравнений Фредгольма первого рода. Для решения уравнения Rb a |x − y|u(y)dy = f (x) следует раскрыть модуль Rx Rb a (x − y)u(y)dy + x (y − x)u(y)dy = f (x) и выполнить двукратное дифференцирование Rb Rx ′ ′′ a u(y)dy− x u(y)dy=f (x) (1-й раз), 2u(x)=f (x)(2-й раз). 1 ′′ Следовательно, u(x) = 2 f (x) — решение уравнения. Для разрешимости уравнения функция f (x) должна удовлетворять определенным граничным условиям. Действительно, при x = a и x = b из Rуравнения следуют равенства R Rb Rb b b yu(y)dy−a u(y)dy=f (a), b a u(y)dy− a yu(y)dy=f (b). a a Подстановка решения u(x) = 12 f ′′ (x) в эти равенства и интегрирование по частям приводят к соотношениям (b − a)f ′ (b) = f (a) + f (b), (a − b)f ′ (a) = f (a) − f (b), откуда f ′ (a) + f ′ (b) = 0, f (a) + f (b) = (a − b)f ′ (a). Правая часть f (x) представима в виде f (x)=F (x)+Ax+B, где A = − 12 (F ′ (a) + F ′ (b)), B = 12 [aF ′ (a) + bF ′ (b) − F (a) − F (b)], а F (x) — произвольная дважды дифференцируемая функция, ограниченная вместе с первой производной (ограниченность следует из уравнения). Решить методом дифференцирования интегральные уравнения 4.65 – 4.80. 4.65.

Ra 0

4.66.

Ra 0

|kx − y|u(y) dy = f (x), k > 0. |x − ky|u(y) dy = f (x), k > 0.

552 4.67.

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Ra 0

4.68.

Ra 0

4.69.

Ra 0

4.70.

Ra 0

4.71.

Ra 0

4.72.

Ra 0

4.73.

Ra 0

4.74.

Ra 0

4.75.

Ra 0

4.76.

R1

|xα − y α|u(y) dy = f (x). |ctgαx − cthαy|u(y) dy = f (x), 0 < α. |x − k sin αy|u(y) dy = f (x), k > 0 α > 0. |x − k tg αy|u(y) dy = f (x), k > 0 α > 0. |x − k sh αy|u(y) dy = f (x), k > 0, α > 0. |x − k ln(1 + αy|u(y) dy = f (x), k > 0, α > 0, a > 0. |k sh αx − y|u(y) dy = f (x), α > 0, k > 0, a > 0. |k arcsin αx − y|u(y) dy = f (x), α > 0, k > 0, αa < 1. | sh αx − sh αy|u(y) dy = f (x), α > 0, a > 0. u(xy) dy = f (x).

0

4.77.

R1

y αu(xy) dy = f (x).

0

4.78. u(x) =

R1

|x − y|u(y)dy + Ax.

R2

sin |x − y|u(y)dy = A sin x.

0

π

4.79. u(x) +

0

4.2. Решение интегральных уравнений

4.80. u(x) =

Ra

553

e|x−y| u(y)dy + A ex .

0

Пример 4.5. Метод дифференцирования применим к некоторым нелинейным интегральным уравнениям. Результатом дифференцирования уравнения Rx u(x) = k a eαy u2 (y)dy + Aeαx + B является дифференциальное уравнение u′ (x) = keαx u2 (x) + Aαeαx , a < x, с разделяющимися переменными, которое нужно решать при условии u(a) = eαa + B, вытекающим из интегрального уравнения (задача Коши). Отсюда R u(x) du k αx − eαa ). u(a) u2 + αA = α (e Если

αA k

= p2 > 0, то 1 p

k

u(x) arctg up = u(a)

k αx α (e

− eαa ),

следовательно, h i αx − eαa ) + arctg u(a) ; u(x) = p tg pa (e α p

2 если − αA k = p > 0, то u(x) 2pk αx ln u−p − eαa ), u+p u(a) = α (e откуда thϕ pk αx u(x) = p u(a)−p − eαa ), p−u(a) thϕ , ϕ = α (e или thϕ u(x) = p p(a)−u(a) u(a)−p thϕ ; если A = 0, то αu(a) u(x) = α−ku(a)(e αx −eαa ) ; если α = 0, то A+B u(x) = 1−k(A+B)(x−a) .

Применяя метод дифференцирования, решить уравнения 4.81 – 4.97. 4.81. u(x) =

Rx a

K(y)u(x)u(y) dy + f (x).

554

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.82. u(x) =

Rx

f (x)g(y)uα(y) dy.

a

4.83. u(x) +

Rx

f (y)uα(y) dy = A, 0 < α < 1.

a

4.84. u(x) + k

Rx

eαu(y) dy = Ax + B.

a

4.85. u(x) =

Rx

f (y) ch(αu(y)) dy + A.

a

4.86. u(x) = k

Rx a

4.87. u(x) = k

Rx

ctgαy · eβu(y) dy + A ln | sin αx| + B. sh αy sh(βu(y)) dy + A.

a

4.88. u(x) = k

Rx

sin(αu(y)) dy + A.

a

4.89. u(x) = k

Rx

sin αy cos(βu(y)) dy + A.

a

4.90. u(x) = k

Rx

sin αy u2 (y) dy + A cos αx + B.

a

4.91. u(x) = k

Rx

ch αy u2 (y) dy + A sh αx.

a

4.92. u(x) = k

Rx

eα(x−y) u2 (y) dy + A.

a

4.93. u(x) = k

Rx

eα(x−y) u2 (y) dy + Aeαx + B.

a

4.94. u(x) = k

Rx a

sh αy ch(βu(y)) dy + A.

4.2. Решение интегральных уравнений

4.95. u(x) = k

Rx

555

ln(αu(y)) dy + A.

a

4.96. u(x) = k

Rx

y αuβ(y) dy + Axα+1 + B.

a

Rx 4.97. u2 (x) + A u(y) dy = Bx + C. a

Пример 4.6. Какое-либо решение (их может быть несколько) интегрального уравнения называется точным. Иногда вид возможного решения определяется конструкцией самого уравнения. Решить уравнение Z x u(y)dy = f (x) x+y 0 где функция f (x) равна 1)Axn , n ∈ N0 ; 2)A lnn x, n ∈ N. Решение 1) Посредством замены y = ξx получается уравнение Z

1 0

u(ξx)dξ = Axn , 1+ξ

структура которого подсказывает форму решения u(x) = Bxn . Постоянный множитель B можно определить методом неопределенных коэффициентов: подстановка решения в уравнение превращает его в тождество Z

1 0

Bξn xn dξ A = Axn , откуда = 1+ξ B

Z

1 0

ξn dξ 1+ξ

На основании формулы суммы членов геометрической прогрессии n−1 X 1 − (−x)n (−x)k = , n≥1 1 − (−x) k=0

556

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

подынтегральная функция преобразуется к виду (−1)n+1 (xi)n ξn 1 − (−ξ)n − 1 = = (−1)n+1 = 1+ξ 1 − (−ξ) 1 − (−ξ) hn−1 X = (−1)n+1 (−1)k ξk − k=0

1 i . 1+ξ

Следовательно, интеграл I(n)=

Z1 0

n n−1  X  X (−1)k ξn dξ (−1)k =(−1)n+1 − ln 2 =(−1)n + ln 2 . 1+ξ k+1 k k=0

k=1

A Итак, решение u(x) = I(n) xn . Решение 2) Пусть линейные операторы M и L коммутируют, причем L действует только на переменную x функции f (x, λ), а M— только на переменную λ этой функции. Если применить оператор M к обеим частям уравнения Lv = h(x, λ), то оно преобразуется в LMv = Mh, или Lu = f, где u = Mv, f = Mh. Таким образом, если v(x) — решение уравнения Lv = h, то u = Mv — решение уравнения Lu = f с тем же оператором L, но с другой правой частью. Для решения 2) следует исходить из уравнения Z x v(y)dy = axλ. x+y 0

После замены y = ξx получается уравнение Z 1 v(ξx)dξ = Axλ, 1 + ξ 0 решение которого имеет вид v(x) = Bxλ. Как и в предыдущем случае Z1 λ A λ ξ dξ v(x) = x , I(λ) = . I(λ) 1+ξ 0

557

4.2. Решение интегральных уравнений

Результат достигается применением оператора M = u(x) = A

dn dλn

:

dn  xλ  . dλn I(λ) λ=0

Найти точные решения уравнений 4.98 – 4.114. Rx 4.98. 0 u(y)dy x+y = f (x), где функция f (x) равна n+λ 1) Ax , n ∈ N0 , a.λ= 12 , b.λ= 13 , c.λ= 14 ; 2) Axn ln x; 3) A cos(ln x). Rx 4.99. 0 √u(y)dy = f (x), где функция f (x) равна 2 2 x −y

1) Axα, α > −1; 2) A ln x. Rx 4.100. 0 √u(y)dy = f (x), где функция f (x) равна 2 2 x +y

1) Axα, α > −1; дать решение для α = 0, 1, 2, 3, 4, 5; 2) A lnn x. R x q x−y 4.101. −x x+y u(y)dy = Axn , n ∈ N. 4.102.

Rx

u(y)dy 0 x2 +y 2

= Axn , n ∈ N.

Rx 4.103. 0 axu(y)dy m +by m = f (x), m ∈ N, a > 0, a + b > 0, где функция f (x) равна 1) Axα, α > −1; 2) Axα ln x, α > −1. Rx 4.104. 0 (axu(y)dy α +by α )β = f (x), αβ > 1, a > 0, a + b > 0, где функция f (x) равна 1) Axγ, γ ≥ 0, 2) Axγ ln x, γ ≥ 0, 3) A lnn x n ∈ N. 4.105. u(x) = k

Rx 0

K( xy )u(y)) dy = f (x), где функция f (x) равна

1) Axα; 2) Axα ln x. 4.106. u(x) = k

Rx 0

K(x − y)u(y)) dy = f (x), где функция f (x)

равна 1) Axn , n = 0, 1, 2; 2) Aeλx ; 3) Axn , n = 2, 3, . . . , . 4.107. k

Rx

−∞

e−α(x−y) u(y)) dy=f (x), α>0, где функция f (x) равна

1) Aeβx ; 2) A sin βx; 3) A ch βx; 4) Aeβx cos γx; 5) Axn Aeβx , n ∈ N; 6) Axn sin βx, n ∈ N; 7) Axn ch βx, n ∈ N.

558 4.108. k

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

R∞

e−α(y−x) u(y)) dy=f (x), α>0, где функция f (x) равна

x

1) Aeβx ; 2) A cos βx; 3) A sh βx; 4) Axn ; 5) Aeβx sin γx; 6) Axn cos βx; 7) Axn sh βx, n ∈ N. 4.109. u(x) = µ

R∞ ln(y−x) √ y−x

x

4.110. k

R∞

u(y) dy + Ae−αx , α > 0.

e−α|x−y| u(y) dy=f (x), α>0, где функция f (x) равна

−∞

1) Aeβx ; 2) A sin βx; 3) Axn ; 4) Aeβx cos γx; 5) A ch βx; 6) Axn cos βx; 7) Axn sh βx, n ∈ N. 4.111. u(x) = µ

Rx 0

u(y)dy x+y

+ f (x),

где 1.f (x) = 0; 2.f (x) = Axn , n = 0, 1, 2, . . . ; 3.f (x) = Axn ln x. 4.112. u(x) = µ

Rx 0

u(y)dy xα (x−y)1−α

+ f (x),

где 1) f (x) = 0; 2) f (x) = Axn ; 3) f (x) = Axn ln x; n ∈ N0 . Rx y 4.113. u(x) + λ 0 x1 e−α x u(y)dy = Axn , λ > 0, n ∈ N0 . Rπ 4.114. 0 sin yu(xy)dy = f (x), где 1.f (x) = Ax + B; 2.f (x) = Axn , n ∈ N0 . Пример 4.7. Метод построения точных решений, рассмотренный в предыдущем примере, распространяется на некоторые нелинейные уравнения. Решение уравнения Z ∞ u(x) = k e−αy u(x)u(y)dy = A ln x + B, α > 0, 0

можно отыскивать в виде u(x) = p ln x + q. Подстановка в уравнение Z ∞ p ln x + q = k(p ln x + q) (p ln y + q)e−αy dy + Alnx + q 0

4.2. Решение интегральных уравнений

559

и интегрирование k (p ln x + q)(pϕ + q) + Alnx + q, ϕ = ψ(1) − ln α α приводят в результате сравнения коэффициентов при ln x и x к системе уравненияй: p ln x + q =



p= q=

kp α (pϕ + q) + B, Aq α (pϕ + q) + C.

Отсюда Bq = Cp, так что q — корень квадратного уравнения  A  Bϕ + 1 q 2 − q + C = 0. α C В зависимости от количества корней этого уравнения интегральное уравнение имеет два, либо одно, либо ни одного решения вида u(x) = p ln x + q. Найти точные решения нелинейных интегральных уравнений 4.115 – 4.136. 4.115.

R1

u(x)u(y)dy = Ax.

0

4.116.

R1

eαy u(x)u(y)dy = Aeβx .

0

4.117.

R1

g(y)u(x)u(y)dy = f (x).

0

4.118.

R1

u(y)u(f (x)y)dy = A.

0

4.119. u(x) + k

Rb a

eαx u(x)u(y)dy = Aeβx .

560

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.120. u(x) + k

Rb

g(x)u(x)uα(y)dy = f (x).

a

4.121. u(x) + k

R∞

y αe−

βy x

0

4.122.

Rπ 0

4.123.

Rx 0

4.124.

R1

uγdy = 0, α > −1, β > 0.

sin yu(y)u(x − y)dy = Ax. y k u(y)u(x − y)dy = Axαeβx , α > −1, k ≥ 0. u(y)u(x + 3y)dy = Ax.

0

4.125.

R1

u(y)u(x + 6y)dy = Axe−αx , α > 0.

0

4.126.

Rx 0

u(y)u(ax − y)dy = Axαeβx , α > −1.

R1 4.127. u(x) + A u(xy)u(y)dy = B ln x. 0

R1 4.128. u(x) + A u(xy)u(y)dy = Bx ln x. 0

R1 4.129. u(x) = A xαe−βy u2 (y)dy, α > −1, β > 0. 0

R1 4.130. u(x) = A e−βx y αu2 (y)dy, α > −1, β > 0. 0

4.131. u(x) = k

Rx 0

4.132. u(x) = k

xα−1 u2 (y)dy + Axα, α > −1.

Rx u2 (y))dy 0

x2 +y 2

+ Ax.

4.2. Решение интегральных уравнений

R1

4.133. u(x) = k

−∞

4.134. u(x) + k

Rb

561

eαx+βy (x − y)m un (y)dy, n 6= 1.

eβu(y) = g(x).

a

4.135. u(x) + Ak

Rb

eα(x−y)+βu(y) = f (x).

a

4.136. u(x) = k

Rx eαu(y) dy 0

ax+by

+ A, a > 0, a + b > 0.

Пример 4.8. Решение уравнения Вольтерра первого рода Z x u(y(dy p = f (x), f (a) = 0, g′ (x) > 0 g(x) − g(y) a

получается заменой x на s и интегрированием от a до x с множи1 телем g′ (s)(g(x) − g(s))− 2 : Z x Z s Z x g′ (s)ds u(y)dy f (s)g′ (s)ds p p p = . g(x) − g(s) a g(s) − g(y) g(x) − g(s) a a

Изменение порядка интегрирования с последующей заменой переменной g(s) = g(y) + t(g(x) − g(y) преобразуют интеграл слева к виду Z x Z x g′ (s)ds p u(y)dy = (g(x) − g(s))(g)s) − g(y)) a y Z x Z 1 1 1 Z x dz p = u(y)dy =B , u(y)dy, 2 2 a z(1 − z) a 0 откуда Z Z x 1 x f (s)g′ (s)ds p u(y)dy = π a g(x) − g(s) a и, следовательно, Z x 1 d f (y)g′ (y)dy p u(x) = . π dx a g(x) − g(y)

562

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Решить уравнения Вольтерра первого рода 4.137 – 4.157 методом, изложенным в примере 4.8. Rx 4.137. a √u(y)dy = f (x). 2 2 x −y

4.138.

4.139. 4.140. 4.141. 4.142. 4.143. 4.144. 4.145. 4.146. 4.147. 4.148. 4.149. 4.150.

Rx a

u(y)dy √ x−y

= f (x).

Rx

u(y)dy q ln x y

= f (x).

a

Rx a

√

u(y)dy I0 (x)−I0 (y)

Rx

u(y)dy a (g(x)−g(y))α

Rx

u(y)dy a (x−y)α 2

= f (x). = f (x), 0 < α < 1, g′ (x) > 0.

= f (x), 0 < α < 1. 2

eβ(x −y ) u(y)dy √ √ a ( x− y)α

Rx

y γ u(y)dy a (xβ −y β )α

Rx Rx

= f (x), γ > −1, β > 0, 0 < α < 1.

u(y)dy a (eβx −eβy )α

Rx

u(y)dy a (sh x−sh y)α

Rx

= f (x), 0 < α < 1, β > 0. = f (x), 0 < α < 1.

u(y)dy a (th kx−th ky)α

Rx

u(y)dy a (ln x )α y

Rx

= f (x), k > 0, 0 < α < 1.

= f (x), 0 < α < 1.

u(y)dy a K0 (y)−K0 (x))α

Rx

= f (x), 0 < α < 1.

= f (x).

(g(x)−g(y))αu(y)dy=f (x), f (a)=0, g′ (x) > 0, 0 < α < 1. Rx√ 4.151. a x − y u(y)dy = f (x), f (a) = 0. Rx 2 2 √ 4.152. a eβ(x −y ) x − y u(y)dy = f (x), f (a) = 0. a

4.2. Решение интегральных уравнений

4.153. 4.154. 4.155. 4.156. 4.157.

563

Rxp

x3 y 2 − x2 y 3 u(y)dy = f (x), f (a) = 0. a Rx √ √ α a ( x − y) u(y)dy = f (x), f (a) = 0, 0 < α < 1. Rx α a (ch x − ch y) u(y)dy = f (x), f (a) = 0, 0 < α < 1. Rx α a (sin x − sin y) u(y)dy = f (x), f (a) = 0, 0 < α < 1. Rx α a (I0 (x) − I0 (y)) u(y)dy = f (x), 0 < α < 1.

Пример 4.9. Метод последовательных приближений. Произведением K1 K2 операторов называется оператор Ku = K1 (K2 u). Так как произведение ассоциативно, то определена целая степень оператора Kn . Метод последовательных приближений решения уравнения Zb u(x) = K(x, y)u(y)dy + f (x), a

в котором f (x)∈C(∆), K(x, y)∈C(Q), Q={x, y: x∈∆, y∈∆}, состоит в построении последовательности u0 = u0 (x),

un = µKun−1 + u0 , n ∈ N,

где u0 (x) — произвольная непрерывная функция на ∆. Если u0 =f , то n X µm Km f, K0 f = f. un = m=0

При достаточно малых значениях |µ| последовательность сходится к решению, которое является единственным и выражается рядом Неймана ∞ X u(x) = µm (Km f )(x). (4.22) m=0

Члены ряда Неймана, соответствующие уравнению u(x) = µ

Z1 0

xu(y) dy − 1, 1 + y2

564

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

имеют вид 0

πx µ (K 1)(x) = 4

0

m

µ (K 1)(x) = 1,

m



µ ln 2 2

m−1

, m ≥ 1.

Следовательно, u(x) = 1 +

 ∞  πx X µ ln 2 m−1 . 4 m=1 2

Ряд сходится в круге |µ|< ln22 , сумма ряда u(x) = 1 +

µπx . 2(2 − µ ln 2)

(4.23)

Полученное решение можно аналитически продолжить на всю комплексную плоскость (µ). Итак, при µ 6= ln22 уравнение имеет единственное решение (4.23); если µ= ln22 , то решений нет. Методом последовательных приближений решить интегральные уравнения 4.158 – 4.169. 4.158. u(x) = µ

R1

u(y) 1+y 2

− 1.

x u(y) 1+y 2

+ x.

−1

4.159. u(x) = 3

R1 0

4.160. u(x) = 7

R1 0

4.161. u(x) = µ

R1

x3

p 3

y 2 u(y) dy + x3 .

xy 3 u(y) dy + 4.

0

R1 √ √ 4.162. u(x) = µ ( x − y)u(y) dy + 1. 0

4.2. Решение интегральных уравнений

4.163. u(x) =

Rx

565

ex−y u(y) dy + 1.

0

4.164. u(x) = µ

Rx q x

y u(y) dy

0

4.165. u(x) = µ

Rx

+

√

x.

x2 u(y) dy + x2 .

0

4.166. u(x) =

2 π

4.167. u(x) = µ

R1

−1

R∞

−∞

4.168. u(x) = µ

R∞

−∞

4.169.

xyu3 (y) dy 1+y 2

|x|u(y) dy 1+x2 y 2 x2 u(y) dy 1+x2 y 2

+ sin2 x. 3 2

3 2

+ 1. + x.

 ∞ R xu(y) dy   + πv(x) = V1  x2 +y 2 0

R∞ xv(y) dy   + πu(x) = V2 .  x2 +y 2 0

4.170. Пусть K1 (x, y) и K2 (x, y) — ядра операторов K1 и K2 соответственно; показать, что ядро оператора K=K1 K2 имеет вид K(x, y) =

Zb

K1 (x, t)K2 (t, y) dt,

a

если операторы действуют по правилу (4.1), или K(x, y) =

Zx

K1 (x, t)K2 (t, y) dt,

y

если операторы определены формулой (4.2).

(4.24)

566

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Пример 4.10. Ряду Неймана (4.22) можно придать форму u=µ

∞ X

m=0

µm Km+1 f + f

и преобразовать решение интегрального уравнения (4.3) к виду (4.25)

u = µRf + f, где R — линейный оператор с ядром R(x, y, µ) =

∞ X

µm Km+1 (x, y),

(4.26)

m=0

Km+1 — ядро оператора Km+1 . Функция R(x, y, µ) называется резольвентой ядра K(x,y). Уравнение Zx 1 + ex u(y) dy + e2x u(x) = 1 + ey 0

порождено ядром K(x, y) = (1 + ex )/(1 + ey ). Согласно формуле (4.24) K2 (x, y) = (x − y)K(x, y), . . . , Km+1 (x, y)

(x − y)m K(x, y). m!

Резольвента (4.26) имеет вид R(x, y, µ) = K(x, y)

∞ X

m=0

µm

(x − y)m = K(x, y)eµ(x−y) , m!

а решение дается формулой (4.25): Zx u(x) = R(x, y, 1) e2y dy + e2x = 0

=

Zx 0

1 + ex x−y 2y 1 + ex 2x x x e e dy + e e (1 + e ) ln + e2x . 1 + ey 2

4.2. Решение интегральных уравнений

567

Определив резольвенту, решить интегральные уравнения 4.171 – 4.179. 4.171. u(x) = −3 4.172. u(x) = 4

R1 p 4

√ xy 3 u(y) dy + x 4 x.

0

R1 √ √ y xyu(y) dy − x x. 0

4.173. u(x) = µ

R1

ex−y u0(y) dy + ex .

0

π

4.174. u(x) = −2 4.175. u(x) =

2 π

4.176. u(x) = µ

R2 0

Rπ

sin(x − y) u(y) dy + 1.

0

Rx

sin x cos5 yu(y) dy + sin2 x.

ex

2 −y 2

u(y) dy + 1.

0

4.177. u(x) =

Rx 5−3 cos x 0

5−3 cos y u(y) dy

+ ex .

Rx 4.178. u(x) = (x − y)u(y) dy + 2ex . 0

4.179. u(x) = µ

R∞

xe−

y2 2

u(y) dy + J0 (2x).

0

4.180. Решить интегральное уравнение Rx −(x−y) 1 u(x) = 1−ε e u(y) dy, x+ln ε

встречающееся в теории замедления нейтронов (см. (1.55)).

568

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.181. Внешнее воздействие u(t) на систему с памятью является периодической функцией и связано с реакцией системы линейной зависимостью 4.10. Какому условию должно удовлетворять ядро K(t, τ), чтобы реакция v(t) была также периодической функцией?1 4.182. Оператор Вольтерра с разностным ядром K(t − τ) действует по правилу: Ku =

Zt 0

K(t − τ)u(τ) dτ.

(4.27)

Показать, что 1) ядро K(t, τ) произведения K1 K2 операторов Вольтерра выражается формулой [K(t, τ) =

Zt τ

K1 (t − s)K2 (s − τ) ds;

(4.28)

2) ядро K(t, τ) является разностным; 3) произведение операторов коммутативно: K1 K2 = K2 K1 . 4.183. Определение 1. Операторный ряд ∞ X

n=0

an Kn

называется сходящимся на отрезке [−r; r], если ряд ∞ X

n=0

an Kn (t − τ)

регулярно (т.е. абсолютно и равномерно) сходится для |t − τ| ≤ r. 1

Источник задач 4.181–4.183 и 4.185 — монография [58].

4.2. Решение интегральных уравнений

569

Определение 2. Пусть f (z) — аналитическая функция в точке z = 0, ряд Тейлора которой f (z) =

∞ X f (n) (0)

n!

n=0

zn

(4.29)

сходится в круге |z| < r, где r > 0. Функцией f (K) от оператора K называется ряд f (K) =

∞ X f (n) (0)

n!

n=0

Kn .

(4.30)

Доказать теорему Вольтерра: если степенной ряд ∞ X

an z n

n=0

сходится в круге |z| < r, где r > 0, то для любого R > 0 операторный ряд ∞ X an Kn , n=0

где K — разностный оператор с непрерывным ядром, сходится для |t − τ| ≤ R.

4.184. Для функций u(x), непрерывных на отрезке h = [a; b], вводится понятие нормы k u k= max |u(x)| h

и сходящейся последовательности lim un (x) = u(x)

n→∞

⇐⇒

lim k un (x) − u(x) k= 0.

n→∞

Оператор K, определенный на множестве MK = C(h), называется ограниченным, если ∃A > 0

∀ u ∈ MK :

|Ku| ≤ A k u k .

570

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Так как существует множество α подобных констант (например, k A, где k > 1), то вводится понятие нормы оператора: k K k= inf α. Оператор K называется фредгольмовым, если он линеен, отображает C(h) в C(h) и ограничен. Оператор C(h) называется непрерывным на функции u ∈ MK , если lim un = u

=⇒

n→∞

lim Kun = Ku.

n→∞

Пусть t0 — любое число; доказать, что оператор (4.27) с непрерывным ядром, определенный на множестве C[0; t0 ], 1) фредгольмов; 2) удовлетворяет неравенству k Ku k≤k K k k u k;

(4.31)

3) непрерывен на C[0; t0 ]. 4.185. Пусть t0 — любое положительное число, h = [0; t0 ], функции u(t) и K(t) непрерывны на h; 1) доказать, что при любом µ ∈ C интегральное уравнение Вольтерра v(t) = u(t) + µ

Zt 0

K(t − τ) u(τ) dτ

имеет единственное решение u(t) ∈ C(h), непрерывно зависящее от функции u(t); 2) это решение v(t) =

u(t) ; 1 − µK

3) Резольвентный оператор R (см. пример 4.10) связан с оператором K соотношением: 1 + µR =

1 . 1 − µK

4.2. Решение интегральных уравнений

571

Пример 4.11. Ядро вида K(x, y) =

n X

ϕj (x)ψj (y),

j=1

где системы функций {ϕj }, {ψj } линейно независимы, называется вырожденным. Интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода с вырожденным ядром сводится к системе линейных алгебраических уравнений. Действительно, уравнение u(x) = µ

Z1

(x ch y + y sh x)u(y) dy + 3x + a sh x

−1

можно представить в виде u(x) = µ C1 x + µ C2 sh x + 3x + a sh x,

(4.32)

где C1 =

Z1

ch y u(y) dy,

−1

C2 =

Z1

−1

y u(y) dy −

неизвестные константы. Так как функция u(x) — решение интегрального уравнения, то соотношение (4.32) представляет собой тождество. Умножение его сначала на ch , затем на x и интегрирование каждый раз в пределах от −1 до 1 приводит к системе C1 = 0, a C2 (1 − 2µ e ) = 2(1 + e ). Отсюда u(x) = a+2µ e−2µ e sh x + 3x, u(x) = C sh x + 3x, нет решений,

µ 6= 2e , µ = 2e , a = −e, если µ = 2e , a 6= −e.

572

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Решить уравнения 4.186 – 4.206 с вырожденным ядром. R1 4.186. u(x) = 1 + 3x2 − 4 x arctg x u(y) dy. 0

4.187. u(x) =

R∞

e−x−y u(y) dy + sin x.

0

4.188. u(x) = µ

Rπ

sin4 x y 3 u(y) dy + cos 5x.

−π

4.189. u(x) = µ

R1

u(y) dy + f (x).

0

4.190. u(x) =

R1

arctg x yu(y) dy + x2 + a.

0

4.191. u(x) = µ

R1

arcsin x u(y) dy + ax + 1.

−1 π

4.192. u(x) = µ

R2

sin x u(y) dy + 4x + a.

0

4.193. u(x) = µ

Rπ

cos2 x u(y) dy + x + a.

0

4.194. u(x) = µ

R1

2

e−x u(y) dy + x5 .

−1

4.195. u(x) = µ

Rπ

−π

4.196. u(x) = µ

R1

−1

|y| cos x u(y) dy + sin x.

(1 + xy − 5x2 y 2 )u(y) dy + 1 − 52 x2 .

573

4.2. Решение интегральных уравнений

4.197. u(x) =

1 2

R1

−1

(x − y)3 u(y) dy + 1 − x − x3 .

R1 4.198. u(x) = 9 (y 2 ln x + 5x2 ln y)u(y) dy + 50x. 0

R1 4.199. u(x) = (x2 ln y − 0

4.200. u(x) =

R1

10 11 y

ln2 x)u(y) dy − 4x + a.

ln2 (xy)u(y) dy + x.

0

π

R2

4.201. u(x) = µ (sin x sin y + sin 3x sin 3y)u(y) dy+ 0

+1 −

Rπ 4.202. u(x) = µ (x cos y − 0

4.203. u(x) = µ

R1

y π sin x)u(y) dy

(1 + 2xy)u2 (y) dy.

−1

4.204. u(x) =

4.205. u(x) =

1 2

1 2

4.206. u(x) = µ

Rπ 0

Rπ 0

sin y u3 (y) dy + 35 cos x. sin y u3 (y) dy + 35 cos x.

R∞ 0

4.207. u(x) = µ

R∞ 0

Erf y u(y) dy +

√ π.

sin x Erf y u(y) dy + 2x.

4 π sin x

+ sin x.

−

4 3π sin 3x.

574

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.208. Пусть при любом a∈R линейно независимые комплекснозначные функции Pn g1 (x), g2 (x), . . . , gn (x) принадлежат L2 (a, ∞), ядро K(x, y)= j=1 gj (x) gj (y). Решить уравнения: 1) u(x, y) + K(x, y) +

Z∞

K(y, s) u(x, s) ds = 0;

(4.33)

x

2) u(x, y) − K(x, y) + Z∞ Z∞ + K(s, t) K(t, y)u(x, s) ds dt = 0; x x Z∞

3) u(x, y) +

(4.34)

K(x, s) K(s, y) ds +

x

+

Z∞ Z∞

K(s, t)K(t, y)u(x, s)ds dt = 0.

(4.35)

x x

Доказать единственность решения и вычислить u(x, x). 4.209. Пусть S — окружность, радиус которой r0 , M и P — точки на S, f (P ) ∈ C(S) — заданная функция, ϕP M — угол между внешней нормалью к S в точке P и rP M =P M . Решить уравнения: Z ν(P ) cos ϕP M 1) f (M ) = dsP − πν(M ); rM P S Z ν(P ) cos ϕP M dsP + πν(M ) 2) f (M ) = rM P S R при условии S f (P ) dsP =0.

В задачах 4.210 – 4.223 найти собственные функции и характеристические числа. 4.210. u(x) = µ

2π R 0

sin(x + y) u(y) dy.

4.2. Решение интегральных уравнений

R1 4.211. u(x) = µ (2xy − x2 ) u(y) dy. 0

Rπ x 4.212. u(x) = µ ( π sin y + y cos x) u(y) dy. 0

R1 4.213. u(x) = µ ( 95 x2 ln y + 2y ln x) u(y) dy. 0

π

R2

4.214. u(x) = µ (cos x cos y + cos 3x cos 3y) u(y) dy. 0

4.215. u(x) = µ

R1

−1

4.216. u(x) = µ

R1

−1

4.217. u(x) = µ

Rπ

(x − y)2 u(y) dy. (2x2 − xy + 5y 2 ) u(y) dy.

cos2 (x + y) u(y) dy.

0

π

4.218. u(x) = µ

R2  0

4.219. u(x) = µ

R1

1+

2 2 π cos (2x

 + y) u(y) dy.

(sh x ch y + 2xy + 3) u(y) dy.

−1 π

4.220. u(x) = µ

R4 0

u(y) dy 1+cos 2y .

π

4.221. u(x) = µ

R2

− π2

( π32 y +

2 3π x cos y

+ cos x sin y) u(y) dy.

π

R2

4.222. u(x) = µ (1 + 2 sin x sin y + 2 cos 2x cos 2y) u(y) dy. 0

575

576

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Rπ 4.223. u(x) = µ (9 sin x cos y − 18 sin 2x cos 3y+ 0

+8 sin 3x cos 3y) u(y) dy.

Пример 4.12. Характеристические числа и собственные функции ядра  cos x sin y, 0 ≤ x ≤ y, K(x, y) = (4.36) sin x cos y, y ≤ x ≤ π можно определить, решая задачу Штурма-Лиувилля. Из уравнения Rx Rπ u(x) = µ sin x cos y u(y) dy + µ cos x sin y u(y) dy x

0

и результатов дифференцирования Rx Rπ u′ (x) = µ cos x cos y u(y) dy − µ sin x sin y u(y) dy, 0

u′′ (x)

= −µ sin x

Rx 0

x

cos y u(y) dy − µ cos x

Rπ

sin y u(y) dy+

x +µ cos2 x u(x)

+ µ sin2 x u(x)

следует, что

u′′ + (1 − µ)u = 0, 0 < x < π, u′ (0) = u(π) = 0. √ √ Общее решение u(x) = A sin 1 − µx + B cos 1 − µx дифференциального уравнения удовлетворяет граничным условиям, если √ √ 1 − µA = 0, B 1 − µ sin 1 − µπ = 0, откуда     1 2 1 µn = 1 − n + , un (x) = cos n + x, n ∈ N0 . 2 2 В задачах 4.224 – 4.228 найти характеристические числа и собственные функции ядра K(x, y).  sh x ch (y − 1), 0 ≤ x ≤ y, 4.224. K(x, y) = ch (x − 1) sh y, y ≤ x ≤ 1.

4.2. Решение интегральных уравнений

4.225. K(x, y) =



cos x cos(y − 1), 0 ≤ x ≤ y, cos(x − 1) cos y, y ≤ x ≤ 1.

4.226. K(x, y) =



e−y ch x, 0 ≤ x ≤ y, e−x ch y y ≤ x ≤ 1.

4.227. K(x, y) =



(π + x)(π − y), −π ≤ x ≤ y, (π − x)(π + y), y ≤ x ≤ π.

577



(π + x)y, 0 ≤ x ≤ y, x(π + y), y ≤ x ≤ π.  sin x(sin y + cos y), 0 ≤ x ≤ y, −(x+y) 4.229. K(x, y) = e sin y(sin x + cos x), x ≤ y ≤ π. 4.228. K(x, y) =

4.230. Найти характеристические числа и собственные функции уравнения Z u(s′ ) ds′ u(s) = µ p , 0 ≤ |α| ≤ 1, 1 + α2 − 2α cos γ S1

s = (1, θ, ϕ), s′ = (1, θ′ , ϕ′ ), cos γ = (s, s′ ), u(s) ∈ C(S1 ), S1 — единичная сфера. 4.231. Найти характеристические числа и собственные функции уравнения Z u(s′ ) ds′ u(s) = µ √ ; 1 − cos γ S1

обозначения те же, что и в предыдущей задаче. Пример 4.13. Если характеристические числа µ1 , µ2 , µ3 , . . . и собственные функции u1 (x), u2 (x), u3 (x) . . . , симметричного ядра K(x, y) известны, то из теоремы Гильберта-Шмидта вытекает, что решение интегрального уравнения Фредгольма u(x) = µ

Zb a

K(x, y)u(y) dy + f (x)

578

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

может быть представлено посредством ряда u(x) =

∞ X

(4.37)

an un (x) + f (x),

n=1

коэффициенты которого определяются из уравнения an =

µ (an + fn ), µn

fn = (f, un ).

Интегральное уравнение u(x) =

Zπ

K(x, y) u(y) dy + 1

0

с ядром (4.36) имеет решение вида (4.37) u(x) = 1 +

∞ X

n=0



1 an cos n + 2



x. n

(−1) 16 4 Так как fn = (−1)n π(2n+1) , то an = µnfn−1 = π(2n+1) . Следовательно, ∞ 2 X (−1)n+1 cos(n + 12 )x u(x) = 1 + . π n=0 (n + 12 )3

В задачах 4.232 – 4.236 решить уравнение u(x) = µ

Zb

K(x, y) u(y) dy + f (x).

a

4.232. K(x, y) =



(π + x)(π − y), −π ≤ x ≤ y, −a = b = π, (π − x)(π + y), y ≤ x ≤ π, f (x) = sin x.

4.233. K(x, y) =



x, 0 ≤ x ≤ y, a = 0, b = π 2, π y, y ≤ x ≤ 2 f (x) = sin 3x.

4.2. Решение интегральных уравнений

579

4.234. K(x, y) =



(π + x)y, 0 ≤ x ≤ y, a = 0, b = π, x(π + y), y ≤ x ≤ π, f (x) = sin x + π cos x.

4.235. K(x, y) =



sin x cos y, 0 ≤ x ≤ y, a = 0, b = π 2, , µ = −1, f (x) = x. sin y cos x, y ≤ x ≤ π 2

4.236. K(x, y) =



−y ln y, 0 ≤ x ≤ y, a = 0, b = 1, −y ln x, y ≤ x ≤ 1, µ = −1, f (x) = 1.

4.237. Доказать, что при любой f (x) ∈ C(S1 ) интегральное уравнение Z 1 − 2a u(s′ ) ds′ √ u(s) = √ + f (s), 1 − cos γ 4 2π S1

где a 6= 0, −1, −2, . . . разрешимо и решить его; обозначения те же, что и в задаче 4.230. 4.238. Решить уравнение (в обозначениях из задачи 4.230) Z 1 α u(s′ ) ds′ √ u(s) = √ − √ , |t| < 1. 1 − cos γ 1 + t2 − 2t cos θ 4 2π S1

4.239. Решить уравнение u(s) =

u0 Ynm (s)

1 − √ 4 2π

Z

S1

u(s′ ) ds′ √ ; 1 − cos γ

обозначения те же, что и в задаче 4.230. 4.240. Решить уравнение 1 u(s) = u0 sin 2θ sin 2ϕ − √ 4 2π 2

обозначения те же, что и в задаче 4.230.

Z

S1

u(s′ ) ds′ √ ; 1 − cos γ

580

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.241. Указать условие разрешимости интегрального уравнения Z 1 u(s′ ) ds′ √ u(s) = √ + f (s), f (s) ∈ C(S1 ) 1 − cos γ 4 2π S1

и решить его; обозначения те же, что и в задаче 4.230. 4.242. Решить уравнение (в обозначениях из задачи 4.230) Z u(s′ ) ds′ √ = f (s), f (s) ∈ C(S1 ). 1 − cos γ S1

4.243. Решить уравнение Z u(s′ ) ds′ α √ =√ , 1 − cos γ 1 + t2 − 2t cos θ

|t| < 1;

S1

обозначения те же, что и в задаче 4.230. Пример 4.14. Если действие интегрального оператора (4.2) представляет собой свертку Zx 0

K(x − y) u(y) dy,

то соответствующее интегральное уравнение целесообразно решать с помощью интегрального преобразования Лапласа. Уравнению Zx √ −x u(x) = xe + e−(x−y) u(y) dy 0

соответствует изображение U (p) =

Γ( 32 ) (p + 1)

3 2

+

U (p) , p+1

4.2. Решение интегральных уравнений

581

откуда Γ( 3 ) U (p) = √ 2 . p p+1 Так как

Γ( 3 ) √ 2 p+1

−x e√ , 2 x

↔

то

1 u(x) = 2

Zx

√ √ e−x dx π √ = erf ( x). 2 x

0

Решить уравнения 4.244 – 4.282 и систему уравнений 4.283 методом Лапласа. 4.244. u(x) =

√

x+

Rx 0

sin(x − y) u(y) dy.

Rx 4.245. u(x) = x sin x + 2 cos(x − y) u(y) dy. 0

4.246. u(x) =

√

x+

Rx

e−(x−y) u(y) dy.

0

4.247. u(x) = e−x +

Rx 0

4.248. u(x) = 4.249. 4.250.

Rx

√

u(y) dy 1

0 (x−y) 3

Rx 0

cos(x − y)u(y) dy.

xe−x − 2

Rx

ex−y u(y) dy.

0

= 1 − 2x. 1

(x − y) 4 u(y) dy =

4.251. u(x) = x J0 (x) +

Rx 0

x 2

5

+ x4 .

J1 (x − y) u(y) dy.

582

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.252. u(x) =

√

x+

Rx

u(y) dy.

0

4.253. u(x) =

√

xe−x + 2

Rx

e−(x−y) u(y) dy.

0

4.254. u(x) =

√

xe−x +

Rx

e−(x−y) u(y) dy.

0

4.255. u(x) =

√

x+2

Rx

e−(x−y) u(y) dy.

0

2

4.256. u(x) = e−x − erf x + 4.257.

Rx 0

√2 π

Rx

u(y) dy.

0

√ erf ( x − y) u(y) dy = x2 .

4.258. u(x) =

Rx

x u(y) dy + x2 cos x.

0

4.259. u(x) = −2 4.260. u(x) =

Rx 0

4.261. u(x) =

Rx 0

4.262.

Rx 0

4.263.

Rx 0

4.264.

Rx 0

Rx

x u(y) dy + 4x.

0

J0 (x − y) u(y) dy + 12 (sin x + x cos x). J1 (x − y) u(y) dy + cos x − 12 x sin x.

yI0 (y) u(x − y) dy = x2 I2 (x). Y0 (x − y)u(y) dy = cos x + xY1 (x). K0 (x − y)u(y) dy = shx + xK0 (x).

583

4.2. Решение интегральных уравнений

4.265. u(x) = Rx  + 12 5 1+ 0

xy
4

+

x 2


1 − 54 x −

y 2

1 + 54 y




u(y) dy + 9ex .

4.266. Решить уравнение замедления нейтронов 4.20, если замедлителем является водород.  Rx  p 4.267. J0 2 y(x − y) u(y) dy = x. 0

4.268.

Rx 0

p J0 ( x2 − y 2 )u(y) dy = sin x.

4.269. u(x) =

Rx

p J0 ( x2 − y 2 )u(y) dy + x2 + x cos x − sin x.

0

p I0 ( x2 − y 2 )u(y) dy + x − sh x.

0

4.270. u(x) = 4.271. u(x) =

Rx Rx 0

4.272.

Rx cos α√x−y a

4.273.

Rx a

4.274.

Rx a

4.276.

Rx a

4.277.

√

x−y

Rx a

u(y)dy = f (x).

√ sh α x − yu(y)dy = f (x).

Rx ch α√x−y a

4.275.

p I0 ( x2 − y 2 )u(y) dy + x2 + x sin x −

√

x−y

u(y)dy = f (x).

√ sin α x − yu(y)dy = f (x). √ eβ(x−y) sh α x − yu(y)dy = f (x). √ eβ(x−y) sin α x − yu(y)dy = f (x).

x3 3 .

584 4.278.

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Rx

J0 (α(x − y))u(y)dy = f (x).

a

4.279.

Rx

I0 (α(x − y))u(y)dy = f (x).

a

4.280.

Rx a

4.281.

Rx a

4.282.

Rx a

(x − y)J0 (α(x − y))u(y)dy = f (x). (x − y)J1 (α(x − y))u(y)dy = f (x). (x − y)2 J1 (α(x − y))u(y)dy = f (x).

 p Rx    u(x) = J0 ( x2 − y 2 )v(y) dy + 1 + x, 0 4.283. Rx p    v(x) = I0 ( x2 − y 2 )u(y) dy − e−x . 0

Решить уравнения 4.284 – 4.288 при условии u(0) = 0.

4.284.

Rx 0

4.285.

Rx 0

4.286.

Rx 0

4.287. 4.288.

Rx

√ √ (2y − x)u(y) dy = x x I3 (2 x). √ (4xy − x2 − 3y 2 )u(y) dy = 2x2 J4 (2 x). 2y−x √ u(y) dy x−y

√ = xJ2 (2 x).

0

√ √ (x − 4y) x − y u(y) dy = x2 I4 (2 x).

Rx

p √ √ (x − 6y) 3 (x − y)2 u(y) dy = x x J3 (2 x).

0

4.2. Решение интегральных уравнений

585

Пример 4.15. Интегральное преобразование Лапласа применимо к нелинейным уравнениям вида: Rx u(y)u(x − y)dy = f (x). a

В случае f (x) = Ax + B, A > 0, B > 0 изображение решения U 2 (p) = pA2 + Bp , откуда √ √ A U (p) = ± B p+α p , α = B. Решение интегрального уравнения получается применением соответствия из задачи 3.83 п.8: . x R 4.289. u(x) = 14 u(y) u(x − y) dy − 2 − x. 0

4.290. u(x) = 2x +

x3 3

Rx

1 2

−

4.291. u(x) = (1 − x)ex +

0

Rx 0

u(y) u(x − y) dy. u(y) u(x − y) dy.

Rx 4.292. u(x) = x cos x + 2 u(y) u(x − y) dy. 0

4.293. u(x) = cos x − 12 (sin x + x cos x) +

Rx 0

Rx 4.294. u(x) = x ch x − 2 u(y) u(x − y) dy. 0

4.295. u(x) = 4.296. u(x) =

1 2 1 2

sin x + Rx 0

1 2

Rx 0

u(y) u(x − y) dy.

u(y) u(x−y) dy − 12 sh x.

Rx √ 4.297. 2 y u(y) u(x−y) dy = x2 xex . 0

u(y) u(x − y) dy.

586 4.298.

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Rx

x u(y) u(x−y) dy = I1 (x).

0

Rx 4.299. u(x) = 1 + 3 (1 − u(y)) u(x−y) dy. 0

 4.300. u(x) = 1 +



x3 6

Rx ex − 1 + (1 − u(y)) u(x−y) dy. 0

Rx 4.301. u(x) = x + (u(y) − y) u(x−y) dy. 0

4.302.

Rx 0

(2 − u(y)) u(x−y) dy = 1 − e−x .

4.303. u(x) = e−2x −

Rx

u′ (y) u(x−y) dy.

0

Rx 4.304. u(x) = 4 + µ u′ (y) u(x−y) dy. 0

Rx 4.305. u(x) = 1 + x + x2 + 2 u′ (y) u(x−y) dy. 0

4.306. u(x) = x ex −

Rx

u′ (y) u(x−y) dy.

0

Rx 4.307. u(x) = J0 (x) − x sin x + 2 y u(y) u′ (x−y) dy. 0

4.308.

Rx a

u(y)u(x − y)dy = f (x), где f (x) равна 1)Axα; 2) Aeβx ;

3)Axαeβx , 4)A sin αx; 5)A sh αx; 6)A cos αx; 7)A ch αx; 8)A sin αxeβx ; 9)A sh αxeβx ; 10)A cos αxeβx ; 11)A ch αxeβx ; √ √ 12)A sin α x; 13)A sh α x; 14)(Ax + B)eβx , A > 0, B > 0; 15)(Axα−1 + Bxα); 16)(Axα−1 + Bxα)eβx , α > 0.

4.2. Решение интегральных уравнений

587

Пример 4.16. Интегральное уравнение, содержащее несобственный интеграл, называется сингулярным. Некоторые уравнения этого типа могут быть решены с помощью интегральных преобразований. Сингулярное уравнение 1 u(x) = 2 + √ −2 πx

Z∞ 0

√ sin 2 xy u(y) dy √ πy

посредством преобразования Лапласа трансформируется в функциональное уравнение (см. пример 3.7)   2 1 2 1 U (p) = + √ − √ U . (4.38) p p p p p Замена p → 1/p преобразует это уравнение в   1 √ √ = 2p + p − 2p pU (p). U p

(4.39)

Из ( 4.38) и ( 4.39) следует, что 1 1 U (p) = √ ↔ u(x) = √ . p πx Решить уравнения 4.309 – 4.321, применяя интегральное преобразование Лапласа. 4.309.

R∞ u(y) dy √

x

4.310.

R∞ x

4.311.

y−x

= f (x).

u(y) dy √ = f (x). 2 2

R∞

−∞

y −x

p u( y 2 + x2 ) dy = f (x).

4.312. u(x) = 12 ex +

√1 2

R∞ sin 2√xy 0

√

πy

u(y) dy.

588

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.313. u(x) = arctg 4.314. u(x) = 4.315. u(x) =

1 √ 4 3 x √1 x

√

−2

4.317. u(x) = cos2

x 2

R∞

1 2

+

4.316. u(x) = e−x +

x−

0

√ cos 2 xy √ πx

0

R∞

√ R∞ sin 2√xy √ 2 πy u(y) dy. u(y) dy.

√ J0 (2 xy) u(y) dy.

0

1 2

−

R∞

√ J0 (2 xy) u(y) dy.

0

R∞ q x

1 2

0

4.318. u(x) = 1 − 2x + 2 4.319. u(x) = J0 (x) + µ

R∞ x 0

R∞

√

y J1 (2

√

y J2 (2

xy) u(y) dy.

xy) u(y) dy.

√ J0 (2 xy) u(y) dy,

0

4.320.

R∞ e− y4x2 0

4.321.

√

πx

R∞ e− y4x2 0

√

πx

|µ| = 6 1.

√ u(y) dy = ( x + 1)2 . u(y) dy = Erf



α √ 2 x



, α > 0.

Решить уравнения 4.322 – 4.334, применяя интегральное преобразование Меллина. R∞ x dy a 4.322. ln y − 1 u(y) √ y = η(x − a) ln x , a > 0, x > 0. 0

4.323.

4.324.

1 π

1 π

R∞ x(ln x−ln y) 0

y(x+y)

R∞ ln √y+√x 0

√ √ | y− x|

u(y) dy = ln(x + 1).

u(y) dy = η(1 − x)lx.

4.2. Решение интегральных уравнений

4.325. u(x) = 4.326. u(x) = 4.327. u(x) =

R∞

4.329. 4.330.

R∞ 0 R∞ 0

4.331. 4.332.

2 π 1 π

1 2

x2 +y 2

0

√1 x

x

4.328. u(x) =

R∞ xu(y) dy

2 π

589

+ ln |x−1| x+1 .

ln |x2 − 1| −

1 π

R∞ u(y) dy 0

x+y

.

2 1 ln xy u(y) dy y + (1 − 6 ln x) ln x η(1 − x).

R∞ q y

dy x u(y) y

x

+

x x+1 .

xe−xy u(y) dy = e−x . ln |xy − |u(y) dy = ln(x + 1). R∞

cos xyu(y) dy = e−x .

0

R∞

sin

0

√

− xyu(y) dy y =e

4.333. u(x) = e−x + 4.334. u(x) =

x 1+x2

√1 π

+

R∞

√

x.

cos xy u(y) dy.

0

√1 π

R∞

sin xy u(y) dy.

0

4.335. Решить интегральное уравнение R∞ ln |y − x| u(y) dy = A ln(a + x), 0 R∞ при условии 0 u(x) dx < ∞.

a > 0, x > 0

4.336. Показать, что при условиях задачи 4.18 освещенность плоскости z = 0 равна l2   Z∞ − l1 t I e l + α2 t K1 (t)e− l t rt E1 (r) = 2 J0 t dt. 2 2 l l 1 − α1 α2 t K1 (t) 0

590

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.337. В нелинейных упругих средах с памятью может распространяться волна f (t−x) с постоянным профилем; функция f (t) удовлетворяет нелинейному интегральному уравнению с нулевым начальным условием (задача 4.5) Z t 2 k f (t) − R(t − τ) f (τ) dτ = 0, f (0) = 0. 0

Найти нетривиальное решение уравнения 1) в форме степенной функции для степенного ядра R(t)=Ctα−1 , 0 < t, 0 < α ≤ 1 < C > 0; 2) для экспоненциального ядра R(t)=Ce−αt , t≥ 0, α > 0, C > 0; 3) для осциллирующего ядра R(t)=C sin ωt, t ≥ 0, ω > 0, C > 0.

4.3.

Ответы

p Rl 4.1. v(x)=µ K(x, ξ) v(ξ) dξ, µ=ω2 , K(x, ξ)= ρ(x)S(x)ρ(ξ)S(ξ) G(x, ξ). √ 0 4.2. ω = µ1 , где µ1 — наименьшее характеристическое число симметp ричного ядра K(x, ξ) = ρ(x)ρ(ξ)S(x)S(ξ) G(x, ξ). 4.3. Решение. Разность потенциалов между точками A и B (рис. ??) Rt u(t) = Φ′ (t) = iL (t)R = C1 i(τ), dτ, 0

u следовательно, i1 = R , i2 = Cu′ . Так как i + i1 + i2 = 0, то функция u(t) является решением задачи Коши: 1 u′ + CR u = − C1 i, u(0) = u0 . t

1 Исходя из решения Const · e− RC однородного уравнения u′ + CR u = 0, решение неоднородного уравнения можно отыскивать в виде (метод вариации постоянной) t u(t) = A(t) e CR , A(0) = u0 . В результате Rt t−τ t u(t) = u0 e− RC − C1 i(τ)e− RC dτ. 0

Таким образом, поток магнитной индукции Rt Rt Rs s−τ s Φ(t) = u(s) ds = e− RC ds − C1 ds i(τ) e− RC dτ = 0

0

0

t

= u0 RC(1 − e− RC ) −

1 C

Rt 0

i(τ) dτ

Rt τ

s−τ

e− RC ds.

591

4.3. Ответы

Равенство двух выражений для Φ(t) представляет собой интегральное уравнение для i(t). 4.4. Указание к п.1. Из системы (1.9) следует уравнение 2 ∂2ε − ρ1 ∂∂xσ2 = 0 ∂t2 в которое нужно подставить ε в форме (4.15). Решение п.2. Пусть √
√ Φ(x, t) = A + 2γBσ = A 1 + γ B σ + O(γ2 ), A √
, r→∞ Ψ(t) = 1−γR = ρ1 1 − γR + O(γ2 ) ρ 2

Левая часть равенства (4.16) представляет собой сумму двух слагаемых:



2 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ Φ ∓ Ψ ∂x Φ ∂t ± Ψ ∂x σ = ∂t ΦΨ ∂σ − ΨΦ ∂∂xσ2 ∓ Ψ ∂x Φ ∂σ − ∂t ΦΨ ∂σ . ∂t ∂t ∂t ∂x Второе слагаемое можно преобразовать с помощью тождества ∂ ∂ f (σ) ∂σ = ∂x f (σ) ∂σ , ∂t ∂x ∂t и это слагаемое принимает вид ∂ ΨΦ ∂σ ∂x ∂t

−

∂ ΦΨ ∂σ ∂t ∂

=

∂ ∂t

(ΨΦ − ΦΨ)

∂σ ∂x

2

√ = − 2Bγ (Rσ − σR) ∂σ = O(γ2 ). ∂x Aρ

4.5. Решение. Если f (t − x) — решение уравнения (4.18), то
′ f − kγ f 2 − f ′ = γ2 Rf ′ = 0 2 (kγf 2 )′ − γRf ′ = 0,

или

откуда rf 2 (t − x) −

Z

t 0

R(t − τ)f (t − τ) dτ = C.

Если заменить t − x → t и учесть, что из условия f (0) = 0 следует C = 0, то получится уравнение (4.19). 4.6. Указание. См. задачу 3.28. 4.7. На рис. 4.1 показано построение изображения C ′ точки C объекта, F — положение фокуса линзы L. В плоскости α изображение точки C пред-

Рис. 4.1 ставляет собой (из-за размытости) круг, диаметр которого M N =2r. Так как

592

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

△ABC ′ ∼ △M N C ′ , то

2r h

= 2R =⇒ r = Rh . b b Освещенности изображений в точке (x, y) плоскости β и в точке (x, y) плоскости α соответственно равны: от единичного потока из точки C объекта — δ(x − ξ) δ(y − η), где (ξ, η) — координаты точки C ′ , и E(σ), от полного потока из точки C объекта — u(ξ,R η)δ(x − ξ) δ(y − η) и E(σ) u(ξ, η), от потока из всех точек C объекта — δ(x − ξ) δ(y − η) u(ξ, η)dξ dη = u(x, y) и S
R v(x, y) = E (x − ξ)2 + (y − η)2 u(ξ, η)dξ dη. S

4.9. Указание. Из закона сохранения энергии x˙ 2 + U (x) = E получить уравнение x0R(E) √ √ dx , T (E) = 2 2m EU (x)

0

где x0 (E) — корень уравнения U (x) − E = 0, и перейти к переменной интегрирования U. 4.9. Решение. Функция u(x, y, z, t) удовлетворяет уравнению utt = c2 ∆u, граничному условию u(0, 0, z, t)|z>0 = −f (z − ct) и (при любом t) условиям излучения (1.80). В переменных ξ = z −ct, η = r −ct (они выбраны с учетом расходящейся волны) задача примет вид ∂ ∂u (ξ − η) = 0, η > ξ, ∂ξ ∂η u|ξ=η = −f (ξ), u|η=∞ = 0.

(4.40) (4.41)

Решение уравнения (4.40) u(ξ, η) =

R∞ v(s) ds η

s−ξ

+ w(ξ)

удовлетворяет условиям (4.41), если w(ξ) = 0,

f (ξ) =

R∞ v(s) ds ξ−s

ξ

.

4.12. Указание. В момент R времени t в элементе объема dr с координатой r содержится n(r, t) dr = l n(r, l, t) dldr нейтронов, где n(r, t) — их плотность, n(r, l, t) — функция распределения (см. пример 1.11). Полагая dr = ds v dt, можно сказать, что n(r, l, t)drdl = dN — число нейтронов со скоростями в интервале от vl до vl + vdl, которые пересекают элемент площади dS = dSl за время от t до t + dt и поступают из конуса с вершиной в точке r, осью −l, раствором dl. Нейтроны, выходящие из элемента dr1 = r12 dr1 dl конуса, где r1 = r′ − r, r′ — координата элемента, могут достичь площадки dS в момент t, если они испытали рассеяние или были испущены источниками в момент t − rv1 . Если dN1 — их число, то R R(r,−l) −Σr1 dS dN = 0 dN1 4πr , 2e 1

593

4.3. Ответы

где интегрирование осуществляется по переменной r1 , точка R(r, −l) ∈ Ω.   Rh ′ 1 4.13. Φ(r, t) = 4π Σs Φ r′ , t − |r v−r| + Ω " #  i  |r′R−r|  ′ ′ dr ′ +F r′ , t − |r v−r| exp − Σ r′ − η |rr′ −r dη . −r| |r′ −r|2 0

4.14. Указание. В уравнении Пайерлса √ Rb R∞ R∞ Σ (ξ−x)2 +(η−y)2 +(ζ−z)2 1 Φ(x) = 4π [Σs Φ(ξ) + F (ξ)] dξ exp(− (ξ−x)2 +(η−y)2 +(ζ−z)2 dη dζ a

−∞ −∞

перейти к полярным координатам η = ρ cos ϕ, ζ = ρ sin ϕ и ввести новую переменную 2 +ρ 2 χ2 = (ξ−x) . (ξ−x)2 4.15. Указание. Проделав те же выкладки, что и в указании к предыдущей задаче, получить уравнение   χ|ξ−x| Rb R∞ R Φ(x) = 12 [Σs (ξ)Φ(ξ) + F (ξ)] dξ χ1 exp[− Σ ξ − τ(ξ−x) dτ] dχ, χ|ξ−x| a

в котором сделать замену κ = ξ −

1 τ(ξ−x) . χ|ξ−x|

0

4.16. Указание. Функция Φ(ξ, µ) удовлетворяет условиям: µΦξ + Φ = 12 vn, 0 < ξ < ∆, Φ(0, µ) = 0, µ > 0, Φ(δ, µ) = vχ(µ), µ < 0. Решение уравнения относительно Φ ( R η−ξ ξ n(η)e µ dη, µ > 0, v Φ(ξ, µ) = 2µ η−ξ R0ξ ∆−ξ n(η) e µ dη + χ(µ)e µ , µ < 0, ∆ проинтегрировать R ∞ по µ. 4.17. n(ξ) = 0 K(ξ − η) n(η) dη, где K(s) имеет вид (4.21). Указание. Функция распределения — решение задачи: µψξ + ψ = 12 u, 0 < ξ, ψ(0, µ) = 0, µ > 0, ψ(∞, µ) = 0, −1 < µ < 0. 4.19. Указание. Задача u′′ (t) = −H(u(t), t), 0 < t < T4 ,  u′ (0) = u

T 2

=0

сводится к уравнению

T

u(t) =

R4

G(t, τ)H(u(τ), τ) dτ,

0

где функция G(t, τ) удовлетворяет условиям

594

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ Gtt = −δ(t − τ), 0 < t < Gt |t=0 = G|t= T = 0.

T 4

,

4

g l

R

T 2

G(t, τ sin[v(τ) − h(τ)]dτ, где v(t) = u(t) + h(t),  T −2τ t, 0 ≤ t ≤ τ, T sin h(t) = G(tτ) = Указание. Решать T −2τ τ, τ ≤ t ≤ T2 . T краевую задачу: F0 u′′ (t) + Gl sin u(t) = ml sin 2πt , 0 < t < T2 , T T u(0) = u( 2 ) = 0 4.20. v(t) =

F0 T 2 4π 2 ml

0

2πt , T

4 2 f iv (x)−(α 2 +β 2 )f ′′ (x)+α 2 β 2 f (x) 16x √ (4x4 − 5)e−x . 4.25. u(x) = . αβ(α 2 −β 2 ) π
f ′ (x) d . u(x) = α1 dx sh 2αx

f ′ (x) d 1 d n+1 u(x) = α1 dx . 4.28. u(x) = n!x x dx f (x). chx shα−1 x
′′ x d n+1 u(x) = 2nlnx f (x). 4.30. u(x) = (x + b)f (x) + f ′ (x). n!x ln x dx
(−1)n 2 d n+1 u(x) = n!α n sin2 αx sin αx dx f (x).
xf ′ (x) kx(x−a)Y0 (kx)−(2x−a)Y1 (kx) d . 4.33. u(x)= dx . u(x)=2A νJν (αx)−αxJν+1 (αx) kxY12 (rx)

4.24. u(x) = 4.26. 4.27. 4.29. 4.31. 4.32.

4.34. u(x) =

d dx

xf ′ (x) νKν (αx)−αxKν+1 (αx)




. 4.35. u(x) =

2A 3

1+

2

3 (2x−1) 2




.

Указание. Посредством дифференцирования интегральное уравнение сводится к задаче Коши Rx (2x − 1)v ′ + v = 2Ax, 1 < x, v(1) = 0, где v(x) = 1 u(y)dy. 2 2 2 Bαx Bαx Bαa
2C 4.36. u(x) = A+B xe− A+B 2e− A+B − e A+B .  B(α−β)x R x A(α−β)y
′  −αx d 4.37. u(x) = eA+B dx e A+B e A+B f (y)e−αy dy . a A C ln a A+B 1 . 4.38. u(x) = A+B ln x x ln x   2A R x 2B − A+B 1 d 4.39. u(x) = A+B dx | ln αx| ln αy|− A+B f ′ (y)dy . a R x 4.40. u(x) = f ′ (x) + α a f ′ (y) sin (˛x − y)dy, u(x) = 4Aa − 2A(a cos k(x − a) − k1 sin k(x − a), k2 = 2α2 . Указание. После трехкратного дифференцирования и исключения интегрального слагаемого для u(x) получается задача Коши:  решения u′′ + 2α2 u = f ′′′ + 4α2 f ′ , u(a) = f ′ (a), u′ (a) = f ′ (a).   2A R x 2B 1 d 4.41. u(x) = A+B dx |Jν (αx)|− A+B a |Jν (αy)|− A+B f ′ (y)dy . Rx µ 2 2 4.42. u(x) = f (x) + µ a f (y)eµ(x−y) dy. 4.43. u(x) = Axe 2 (x −a ) . √ p 4.44. u(x)=x sin x. 4.45. u(x)= A e−2k(x−a) + 2A e−k(x−a) cos k 3(x−a), k= 3 µ4 . 3 3 Указание. Интегральное уравнение последовательным дифференцированием сводится к эквивалентной  ′′ задаче Коши: u − 2µ = 0, u(a) = A, u′ (a) = u′′ (a) = 0.

595

4.3. Ответы 

1 13

4.46. u(x) =

sin x + 8 cos x +

2

√ 4 3 −x e 3

sin

√

2

3x − 8ex cos

+4x+1) cos x . 4.47. u(x) = (x −3) sin x+(x (x+1)3 ′ π 4.48. u(x) = 2 [ Y1 (1)J1 (x + 1) − J1 (1)Y1′ (x + 1) ].

√

 3x .


Aeβx 4.49. Если β − α − µ 6= 0, то u(x) = β−α−µ β − α − µe(β−α−µ)(a−x) , βx если β − α − µ = 0, то u(x) = Ae (1 + µ(x − a)).
4(a−x) a−x A 4.50. u(x) = 2 5e − 4e + 1 . Указание. В результате двукратного дифференцирования и исключения каждый раз интегрального слагаемого для решения u(x) получается Коши:  ′′ задача u + 5u′ + 10u = 2A, u(a) = A, u′ (a) = −8A. 4.51. Если D = hα(α − 4µ) > 0, то i u(x) = Ae

u(x) = Ae

u(x) = Ae

α(x−a) 2

ch

h α(x−a) 2

α(x−a) 2

√

cos

(1 −

D(x−a) 2

√

−

|D|(x−a) 2

α (x 2

√α D

sh

− √α

√

|D|

D(x−a) 2

sin

√ Rx

, если D < 0, то i , если D = 0, то

|D|(x−a) 2

k(x) f (y)eλ(x−y) dy + k(y) 0 (λ+2) sin x−λ cos x+λe(λ+1)x ; (λ+1)2 +1

− a)). 4.52 u=λ

f.

1) u(x) = 1 − J0 (x) + J1 (x); 2) u(x) =  2  √
λ 2 3) u(x)=x+ λ2 ex +x −1 − λ 4 π e(x+ 2 ) [erf x + λ2 −erf λ2 ]. 4.53. Если µ < 0, √ √ √ √ √ √ то u(x)= − Aπk2 a x(Y 1 (ka a)J− 2 (kx x)−J 1 (ka a)Y− 2 (kx x), k= 23 −2µ, 3 3 3 3 √ √ √ √ √ если µ > 0, то u(x) = Ak ax(K 1 (ka a)I− 2 (kx x) + I 1 (ka a)K− 2 (kx x), 3 3 3 3 √ k= 23 2µ. Указание. В результате дифференцирования интегральное уравнение сводится к задаче Коши v ′′ − 2µxv = 0, v(0) = 0, v ′ (0) = A, где v ′ = u. √ 1 Если µ < 0, то замена ξ = 23 −2µ, w = x− 2 v преобразует уравнение для v в уравнение Бесселя (см.решение задачи 2.316.) w′′ + ξ1 w′ + (1 − 9ξ12 )w = 0. Таким образом, функции √ √ √ √ √ v1 (x) = xJ 1 (kx x), v2 (x) = xY 1 (kx x), k = 23 −2µ, 3 3 представляют собой фундаментальную систему решений уравнения для v. Вычисление производных этих решений проще всего проделать с помощью рекуррентных формул для цилиндрических функций, в результате √ √ J− 2 (kx x), v2′ (x) = 3kx Y− 2 (kx x), v1′ (x) = 3kx 2 2 3 3 так что определитель Вронского W (v1 , v2 ) = 3/π. Константы C1 и C2 определяются начальными R условиями. Ситуация при µ > 0 аналогична. µx x 4.54. u(x) = f (x) − (y)dy; если µ < 0, то √ √ W a (u1 (x)u √ 2 (y) −√u2 (x)u1 (y))f √ u1 (x) = xJ 1 (kx x), u2 (x) = xY 1 (kx x), k = 23 −µ, W = π3 , если µ>0 √3 √3 √ √ √ то u1 (x) = xI 1 (kx x), u2 (x) = xK 1 (kx x), k= 23 µ, W = − 32 . 3

3

596

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Частный случай. Если µ0, то u(x)=Akax x(K− 2 (ka a)I 1 (kx x)+I− 2 (ka a)K 1 (kx x), k= 32 µ. 3 3 3 3 Указание. Интегральное уравнение сводится к задаче Коши  ′′ Rx v − µxv = f, где v(x) = a (x − y)u(y)dy. v(a) = v ′ (a) = 0, √  √ √ √ √  x 4.55. Если µ0, то √ √ √ √ √  √ u(x)=Aka x K− 2 (ka a)I 1 (kx x)+I− 2 (ka a)K 1 (kx x , где k= 23 µ. 3 3 3 3 R x µ 4.56. u(x) = f (x) − W (u1 (x)u2 (y) − u2 (x)u1 (y))y α f (y)dy; если µ < 0, то a √ √ √ k β u1 (x) = xJ 1 ( β x ), u2 (x) = xY 1 ( βk xβ ), k = −µ, β = α+2 , W = 2β , 2 π 2β 2β √ √ √ k β k β α+2 если µ>0, то u1 (x)= xI 1 ( β x ), u2 (x)= xK 1 ( β x ), k= µ, β= 2 , W =−β. 2β 2β Частный случай. Если µ < 0, то √ √ √ √ β− 1 √  2 x −µ β −µ β −µ β −µ β u(x)= Aπka2β Y 1 −1 ( β a )J 1 ( β x )−J 1 −1 ( β a )Y 1 ( β x )], 2β 2β 2β 2β если µ > 0, то √ √ √ √ β− 1 √   2 µ µ µ µ u(x) = ka β x Y 1 −1 ( β aβ )J 1 ( β xβ ) − J 1 −1 ( β aβ )Y 1 ( β xβ ) . 2β 2β 2β 2β Указание. В результате дифференцирования интегральное уравнение сводится к задаче Коши u′′ − µxα u = f ′′ , u(a) = f (a), u′ (a) = f ′ (a), решение которой, построенное методом вариации постоянных, содержит Rx интегралы a ui (y)f ′′ (y)dy, i = 1, 2. После двукратного интегрирования по частям производные u′′i (y) следует заменить на µxα ui , исходя из дифференциального уравнения, которому они удовлетворяют. Rx ′ ′ 1 4.57. u(x) = f (x) + W (u (x)u (y) − u′2 (x)u′1 (y))y α f (y)dy; если αµ < 0, то 1 2 a √ √ √ k β u1 (x) = xJ 1 ( β x ), u2 (x) = xY 1 ( βk xβ ), k= −µα, β= α+1 , W = 2β , 2 π 2β 2β √ √ √ k β k β α+1 если αµ>0, то u1 (x)= xI 1 ( β x ), u2 (x)= xK 1 ( β x ), k= µα, β= 2 , 2β 2β W =−β; Частный случай. Если αµ < 0, то 1 √ β−   2 ax u(x) = − Aπk 2β J 1 ( βk aβ )Y 1 −1 ( βk xβ )−Y 1 ( βk xβ )J 1 −1 ( βk xβ ) , 2β 2β 2β 2β если αµ > 0, то √ β− 1   2 u(x)= Ak ax K 1 ( βk aβ )I 1 −1 ( βk xβ )+I 1 ( βk aβ )K 1 −1 ( βk xβ ) . β 2β 2β 2β 2β Указание. В результате дифференцирования интегральное уравнение сводится к задаче  ′′ Кошиα−1 Rx v − µαx v = f ′, где v(x) = a u(y)dy. ′ v(a) = 0, v (a) = f (a), √

α+1

−µα Если αµ < 0, то замена ξ = α+1 x 2 , w = √1x v приводит к уравнению Бесселя, так что функции √ √ √ v1 (x) = xJ 1 ( βk xβ ), v2 (x) = xY 1 ( βk xβ ), β = α+1 , k = −αµ, 2 2β

2β

597

4.3. Ответы

представляют собой фундаментальную систему решений однородного уравнения для v(x). Вычисление производных v1′ (x), v2′ (x) проводится с помощью рекуррентных формул для цилиндрических функций. Пусть t = βk xβ , тогда
1 d 1
1− 1 1− 1 d β 2β 2β v1′ (x) = dt · dt t 2β J 1 (t) = βk t 2β J 1 −1 (t)k. k 2β 2β
1 β 1− 2β ′ Аналогично v2 (x) = k k Y 1 −1 (t). Отсюда на основании соотношения 2β

2 Jν (x)Yν−1 x − Yν (x)Jν−1 x = πx следует, что определитель Вронского фунда. Решение задачи Коши ментальной системы решений W = W (v1 , v2 ) = 2β π получается методом вариации постоянных: u(x) = C1 (x)v1 (x) + C2 (x)v2 (x), где C1′ (x) и C2′ (x) определяются уравнений  ′ системой C1 v1 + C2′ v2 = 0, C1′ v1′ + C2′ v2′ = f ′ (x). Решение этой системы Rx Rx 1 1 C1 (x) = − W v (y)f ′ (y)dy + C10 , C2 (x) = W v (y)f ′ (y)dy + C20 ; a 2 a 1 для определения констант C10 и C20 нужно применить начальные условия. Решение интегрального уравнения u(x) = v ′ (x) содержит интегральное слагаемое; окончательный вид решения получается после преобразования по частям. 4.58. R x интеграла интегрированием µ αy (u (x)u (y) − u (x)u (y))e f (y)dy; если µ < 0, то u(x) = f (x) − W 1 2 2 1 a √ αx αx u1 (x) = J0 (ke 2 ), u2 (x) = Y0 (ke 2 ), k = 2 α−µ , W = α , π √ αx αx 2 µ если µ > 0, то u1 (x) = I0 (ke 2 ), u2 (x) = K0 (ke 2 ), k = α , W = − α2 , Частный случай. Если µ 0, то u(x)=2Ake 2 K1 (ke 2 )I0 (ke 2 )+I1 (ke 2 )K0 (ke 2 ) , k= α . Указание. В результате двукратного дифференцирования получается задача Коши:  ′′ u − eαx u = f ′′ , u(a) = f (a), u′ (a) = f ′ (a). β Замена ξ = e при подходящем значении β приводит к уравнению Бесселя. Rx 4.59. u(x) = f (x) − µα (u1 (x)u2 (y) − u2 (x)u1 (y))yf (y)dy; если αµ < 0, то W a √ √ √ √ √ u1 (x) = ξJ 1 (kξ ξ), u2 (x) = ξY 1 (kξ ξ), k = 23 −µα, ξ = x+ α , W = π3 , µ 3 √ √3 √ √ 2√ если αµ > 0, то u1 (x) = ξI 1 (kξ ξ), u2 (x) = ξK 1 (kξ ξ), k = 3 µα, 3

3

ξ = x+ α , W = − 32 . Указание. Дифференцирование и исключение интеµ грального слагаемого  приводят к эквивалентной задаче Коши: u′′ − αµ(x + α )u = f ′′ − α2 f, µ ′ u(a) = f (a), u (a) = f ′ (a). α Замена ξ=x+ µ преобразует дифференциальное уравнение в уравнение той же структуры, что и иR ответе к задаче 4.53. x 4.60. u(x)=f (x)− µαx (u1 (x)u2 (y)−u2 (x)u1 (y))f (y)dy, W a

598

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

где u1 и u2 те же, что вRответе к предыдущей задаче. x 4.61. u(x) = f (x) − µα (u (x)u (y) − u2 (x)u1 (y))yf (y)dy; если αµ < 0, то √ W a 1 √ 2 √ √ √ u1 (x) = ξJ 1 (kξ ξ), u2 (x) = ξY 1 (kξ ξ), k = 23 −µα, ξ = x− α , W = π3 , µ 3 √ √3 √ √ 2√ если αµ > 0, то u1 (x) = ξI 1 (kξ ξ), u2 (x) = ξK 1 (kξ ξ), k = 3 µα, 3

2

3

, W =− 32 . 4.62. u(x) = Ae−(a+1) (v2′ (x)v1 (a) − v1′ (x)v2 (a)), ξ=x− α µ v1 (x) = Φ( 14 , 12 , (x + 1)2 ), v2 (x) = (x + 1)Φ( 34 , 32 , (x + 1)2 ); Φ(α + 1, γ + 1, x). Указание. Интегральное уравнение эквиваΦ′ (α, γ, x) = α γ лентно задаче Kоши Rx v ′′ − 2(x + 1)v ′ − αv = 0, v(a) = 0, v ′ (a) = A, v(x) = a u(y)dy. 2 В результате замены ξ = (x + 1) получается уравнение Куммера, фундаментальная система решений которого v1 = Φ(α, γ, ξ), v2 = ξ1−γ Φ(α + γ − 1, 2 − γ, ξ). Для вычисления определителя Вронского W (v1 , v2 ) следует представить уравнение Куммера в самосопряженной форме d γ −ξ dv ξ e dξ − αξγ−1 e−γ v = 0, dξ −γ ξ откуда W = Cξ e . Из асимптотики при ξ → 0 (она определяется явным выражением вырожденных гипергеометрических функций в виде степенных рядов) вытекает: C = limξ→0 W ξγ e−ξ = 1 − γ, т.е. определитель Вронского 2 W (v1 , v2 ) = (1 − γ)ξ−γ eξ . В данном случае W (v1 (x), v2 (x)) = e(1+x) . Решение задачи Коши v(x) = C1 v1 (x) + C2 v2 (x), C1 и C2 определяются начальными условиями; решение интегрального уравнения R x ∂ u′1 (x)u2 (y)−u′2 (x)u1 (y)
4.63. u(x) = f (x) + a ∂y f (y)dy, W (y) −3x −3x 1 1 3 2 u1 (x) = e Φ( 4 , 2 , (x + 2 ) ), u2 (x) = e (x + 32 )Φ( 34 , 32 , (x + 32 )2 ), 3 2

W = e(x− 2 ) . Указание. Дифференциальное уравнение задачи Коши для Rx функции v(x) = a u(y)dy заменой w = vekx (при подходящем k) преобразуется в уравнение той же структуры, R xчто и соответствующее уравнение f (y) предыдущей задачи. 4.64. u(x) = f (x)+ a (w2′′ (x)w1 (y)−w1′′ (x)w2 (y)) W dy, (y) Ax2

w1 (x) = e−kx Φ(α, 12 , A ξ2 ), w2 (x) = e−kx xΦ(α + 12 , 32 , A ξ2 ), W = e 2 −2kx , 2 2 C A2 D−ABC−C 2 AB+2C , ξ=x+ k= A , α= 2A3 R x A2 . Указание. Функция w(x)= a (x − y)u(y)dy — решение задачи Коши:  ′′ w − (Ax + B)w′ − (Cx + D)w = f (x), w(a) = w′ (a) = 0.   4.65. u(x) = 2k12 f ′′ (t), t = xk , f (x) = F (x) + Ax + B, A = − 21 F ′ ( ak ) − F ′ (0) ,   B = 12 F ′ ( ak ) − F ( ka ) − F (0) .4.66. u(x) = k2 f ′′ (t), t = kx,  f (x) = F (x)+Ax+B, A = − 12 F ′ (ak)−F ′ (0) , B = 12 akF ′ (ak)−F (ak)−F (0) . 1−α ′ f (x)
d x 4.67. u(x) = dx , 2α f (x)=F (x) + Ax + B, A=F ′ (a), B= 12 (aF ′ (a)−F (a)−F (b)), lim (x1−α F ′ (x))=0. x→0

Указание. Из уравнения при x = 0 и x = a следуют равенства

4.3. Ответы Ra 0

или

y α u(y)dy = f (0),

Ra

Ra 0

599

(aα − y α )u(y)dy = f (a),

Ra y α u(y)dy = f (0), aα 0 u(y)dy = f (0) + f (a). Результатом подстановки найденного решения в полученные соотношения и интегрирования по частям являются соотношения af ′ (a) = αf (a) + αf (0), af ′ (a) = 2αf (a) + 2αf (0), из которых следуют условия для функции f (x) : f (0) + f (a) = 0, f ′ (a) = 0. 2 1 d 4.68. u(x) = 2α dx (sin x ctg 1−α xf ′ (x)), f (x) = F (x) + Ax + B, A = −F ′ (a), B = 12 (aF ′ (a) − F (a) − F (b)). 4.69. u(x) = 2αk cos zf ′′ (z), z = k sin αx, f (x) = F (x) + Ax + B, A = − 12 (F ′ (0) + F ′ (xa )), ′′ kα B = 21 [xa F ′ (0) − F (xa ) − F (0)), xa = k sin αa. 4.70. u(x) = 2 cos 2 αz f (z), z = k tg αx, f (x) = F (x) + Ax + B, выражения для A и B такие же, как в ответе предыдущей задачи, xa = k tg αa. 4.71. u(x) = 12 kα cos αzf ′′ (z), z = k sh αx, f (x) = F (x) + Ax + B, выражения для A и B такие же, как в ответе к задаче 4.69, xa = k sh αa. ′′ (z) 4.72. u(x) = kαf , z = k ln(1 + αx), f (x) = F (x) + Ax + B, выражения 2(1+αz) для A и B такие же, как в ответе к задаче 4.69, xa = ln(1 + αx). ′ d f (z) 4.73. u(x) = 2k2 α 21 ch αz dz , z = α1 arcsh ak , f (x) = F (x) + Ax + B, ch αz) выражения для A и B такие же, как в ответе к задаче 4.69,xa = α1 arcsh ka . √ 1−α 2 z 2 d √ 4.74. u(x)= 2k2 α 2 dz ( 1−α2 z 2 f ′ (z)), z = α1 sin xk , f (x) = F (x) + Ax + B выражения для A и B такие же, как в ответе к задаче 4.73, xa α1 sin ak . 0

′

f (x) d 4.75. u(x)= 12 dx ), f (x)=F (x)+Ax+B, ch αx A = −F ′ (a), B = 12 [aF ′ (a) − F (a)−F (0)). 4.76. u(x) = xf ′ (x) + f (x). 4.77. u(x) = xf ′√ (x) +√(1 + √ α)f (x). √ √ 2√ √ 4.78. u(x) = B ch 2x + C sh 2x, B = A √2+2√ch2 ch2−sh , 2−sh 2 √

√

√

√ 2−√ 2 sh √2 . Указание. Если записать уравнение в виде C = A √1+ch 2+ 2 ch 2−sh 2 Rx R1 u(x) = 0 (x − y)u(y)dy + x (y − x)u(y)dy + Ax и продиффиренцировать R R1 x u(x) = 0 u(y)dy − x u(y)dy + Ax = 0, то из этих двух уравнений R 1 при x = 0 получаются R 1 граничные условия: u(a) = 0 yu(y)dy, u′ (0) = − 0 u(y)dy + A. Дифференцирование второго уравнения и исключение интегрального слагаемого с помощью первого уравнения приводит к дифференциальному уравнению u′′ − 2u = 0. В граничных условиях можно освободиться от интегралов, проведя замену u(x) = 12 u′′ (x) и интегрирование по частям. В результате получится  ′′ эквивалентная краевая задача для u(x) : u − 2u = 0, 0 < x < 1, u(0) + u(1) = u′ (1), u′ (0) + u′ (1) = 2A.

600

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

√ √ 4.79. u(x) = B cos 3x√+ C sin 3x, √ √ sin α−1 , α = π2 3. B = A 3 ctgα, C = A 3 sin α Указание. Интегральное к краевой задаче:  ′′ уравнение сводится u + 3u = 0, 0 < x < π2 , u(0) + u′ ( π2 ) = 0, u′ (0) + u( π2 ) = 2A. √ √ √ √ √ √ 3−th a √3 3th a√3 √ 4.80. u(x) = B cos 3x + C sin 3x, B = A √3−2th , C = A 1− . a 3 3−2th a 3 Указание. Интегральное уравнение сводится к краевой задаче:  ′′ u − 3u = 0, 0 < x < a, u(0) + u′ (0) = 2A, u(a) − u′ (a) = 0. Rx
− 1 4.81. u(x) = ±f (x) 2 a K(y)f (y)dy 2 . Указание. Сделать замену Rx  Rx − 1 v(x)= a K(y)u(y)dy. 4.82. u(x)=f (x) (1−α) a f α (y)g(y)dy 1−α , u(x)=0. Указание. Посредством дифференцирования и исключения интегрального слагаемого интегральное уравнение сводится к задаче Коши: ′ u′ − ff u = f guk , a < x, u(a) = 0.  Rx  1 4.83. u(x) = A1−α + (α − 1) a f (y)dy 1−α . 
k k 4.84. u(x) = − α1 ln A + e−αu(a) −R A eαA(a−x)
, u(a) = Aa + B. x 4.85. u(x) = α1 ln tg arctg eαa + α2 a f (ξ)dξ . βA eβu(a) h(x) 4.86. u(x)= 1 ln , h(x)= sin αx , u(a)=A ln | sin αa|+B. k βu(a) β

1+ αA e

sin αa

(1−h(x))

βk eβA −thϕ 1 ln 1−e βA thϕ , ϕ = 2α (ch αx − ch αa). β
4.88. u(x) = α2 arctg eαk(x−a) tg αA . 2   βk π π 4.89. u(x) = 2β + β2 arctg tg( βA − )e α (cos αx−cos αa) . 2 4 tgϕ 4.90. Если Aα = p2 > 0, то u(x) = p u(a)−p , ϕ = βk (cos αa − cos αx); если k p−u(a)tgϕ α  βk  2 Aα − k = p > 0, то u(x) = tg a (cos αa − cos αx) + arctg u(a) , p αB u(a) = A cos αa + B; если A = 0, то u(x) = α−kB(cos αa−cos αx) . 4.91. Если Aα = p2 > 0, то u(x) = p tg( βk sh αx); если − Aα = p2 > 0, то k α k βk u(x) = −p th( α sh αx); если αA = 0, то u(x) = 0. α −pthϕ A+ 2k 2 α2 α 4.92. Если Aα + 4k 2 = p > 0, то u(x) = p p−(A+ α )thϕ − 2k , ϕ = pk(x − a); k 2k

4.87. u(x) =

если −( Aα + k если

Aα k

+

4.93. Если если −( Bα k если

Bα k

+

α2 ) 4k2

α2 4k2 Bα k

 = p2 > 0, то u(x) = p tg pk(x − a) + arctg( A + p

= 0 то u(x) = 2

= p2 > 0, то u(x) =

α ) 2kp

.

α −pthϕ u(a)+ 2k p p−(u(a)+ α )thϕ 2k



−

α ; 2k

α , ϕ = k(x − a); − 2k α   u(a)+ 2k 2 α α + 4k2 ) = p > 0, то u(x) = p tg pk(x − a) + arctg − 2k ; p

+

α 4k2

α )(x−a) A+ α (A+ 2k 2 1−(kA+ α )(x−a) 2

2

α2 4k2

= 0 то u(x) = 2

2

u(a)+(ku(a)+ α )(x−a) 2 , 1−(ku(a)+ α )(x−a) 2

u(a) = Aeαa + B.

pkβ (ch αx− ch αa)+ 2

2 1 4.94. Если 1− α kA 2 =p >0, то u(x)= β ln p], tg
 2 2 eβu(a) + αa 2 k + arctg − αA , если −(1− α kA 2 )=p >0, то p k



601

4.3. Ответы

u(x) =

1 p

ln

то u(x) =

eβu(a) (p+ αA thϕ)+thϕ k p−(eβu(a) + αA )thϕ k

,ϕ=

1+[p+ βA (ch αx−ch αa)]eβu(a) α

βpk (ch αx 2α

− ch αa), если 1 −

α 2 A2 k2

= 0,

, u(a) = Achαa + B.

1− kβ ( αA +eβu(a) )(ch αx−ch αa) 2α k R u(x) du Решение в неявном виде: A ln u

4.95. = k(x − a). R u(x) du 4.96. Решение в неявном виде: (α + 1) u(a) kuβ +A(α+1) + xα+1 − aα+1 = 0,

u(a) = Aaα+1 + B. 4.97. Решение в неявном виде: B−Au(x) 2B 2 ln B−Au(a) − A (u(x) − u(a)) = x − a, u2 (a) = Ba + C. A2   (−1)k n+ 1 n Pn A 1 π 2 , I(n + 4.98. 1) a. u(x) = I(n+ ) = (−1) + 2 − , 1)x 1 k=1 k+ 2 2 2 2  P n (−1)k n+ 1 n A 1 π √ 1) b. u(x) = I(n+ 1 ) x 3 , I(n + 3 ) = (−1) , k=1 k+ 1 + 3 − ln 2 − 3 3 3  P √ √ k 1 n (−1) n+ 4 A 1) c. u(x) = I(n+ , I(n + 14 )=(−1)n 2 ln(1+ 2)− √π2 ; 1)x 1 +4− k=1 4 P k+ 4 k  n (−1) A 2) u(x) = I(n) xn (ln x + K(n) ), I(n) = (−1)n + ln 2 , k=1 I(n) k hP i 2 n (−1)k A + π12 ; 3) u(x) = P 2 +Q K(n) = (−1)n 2 (P cos ln x + Q sin ln x), k=1 k2 R 1 cos ln ξdξ R 1 sin ln ξdξ 2AΓ( α+2 )xα P = 0 , Q = 0 1+ξ . 4.99. 1) u(x) = √πΓ( 2α+1 ) , 1+ξ √ R1 α 2 α 2) u(x) = 2A ln x2 . 4.100. 1) u(x) = Ax , I(α) = 0 √ξ dξ2 , I(0)= ln( 2+1), π I(α) 1+ξ √ √ √ √ 2 ln( 2+1)−sqrt2 2− 2 I(1) = 2 − 1, I(2) = 1+ln(2 2+1) , I(3) = , I(4) = , 3 8   √ dn xα 2−8 I(5) = 7 15 ; 2) u(x) = A dα . Указание. Вывести рекуррентную n I(α) √

α=0

n−1

n!! n − 2). 4.101. u(x) = A(−1) x . π(n−1)!! m P k n+1 (−1) m (−1) Ax 4.102. u(x) = I(n) , I(2m − 1) = 2 [ k=1 k + ln 2], m P (−1)k I(2m)=(−1)m [ + π4 ]. 4.103. 1) u(x)= A xm+α−1 , 2) u(x)= A xα (ln x− K ), 2k−1 I I I k=1 R 1 ξ n+α−1 dξ R 1 ξ n+α−1 ln ξdξ A I = 0 a+bξ n , K = 0 . 4.104. 1) u(x) = I(γ) xγ+αβ−1 , a+bξ n  γ  n A d x 2) u(x) = I(γ) xγ+αβ−1 (ln x − K(γ) ), 3) u(x) = A dγ , n I(γ I(γ) γ=0 R 1 ξ γ+αβ−1 dξ R 1 ξ γ+αβ−1 ln ξdξ I(γ) = 0 (a+bξ α )β , K = 0 . (a+bξ α )β

формулу: I(α) =

2 α

−

α−1 I(α α

(α) A A 4.105. 1) u(x) = S(α) xα−1 , 2) u(x) = S(α) xα−1 (ln x − TS(α) ), где R1 R 1 α α S(α) = 0 K(ξ)ξ dξ, T (α) = 0 K(ξ)ξ ln ξdξ. 4.106. Обозначения: R∞ R∞ S(α) = 0 xα K(x)dx, T (α) = 0 K)x)e−αx dx. 1) Если n = 0, то u(x) = Ax если n = 1 то u(x)= S(0) + AS(1) , если n = 2, то S 2 (0) λx 2AS(1)x 2AS 2 (1) AS(2) Ax2 u(x)= S(0) + S 2 (0) + S 3 (0) − S 2 (0) ; 2) u(x)= Ae ; T (λ) βx

n

d 3) u(x)=A dλ n



eλx T (λ)



A , S(0)

λ=0

4.107. 1) u(x) = A(α + β)e , 2)u(x) = A(α sin βx + β cos βx), 3) u(x) = A(α ch βx + β sh βx), 4) u(x) = A((α + β) cos γx − γ sin γx)eβx, 5) u(x) = Axn−1 ((α + β)x + n)eβx ,

.

602

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

6) u(x) = Axn−1 ((αx + n) sin βx + βx cos βx), 7) u(x) = Axn−1 ((αx + n) ch βx + βx sh βx). 4.108. 1) u(x) = A(α − β)eβx , 2) u(x) = A(α cos βx + β sin βx), 3) u(x) = A(α sh βx − β ch βx), 4) u(x) = Axn−1 (αx − n), 5) u(x)=A((α−β) sin γx−γ cos γx)eβx , 6) (x)=Axn−1 ((αx − n) cos βx+βx sin βx), 7) u(x) = Axn−1 ((αx − n) sh βx n − βx hch βx). i o 1 dn Указание к п.7) u(x) = ARe in dβ n (α − iβ)eiβx . β=0 pπ −αx A 4.109. u(x) = I(α) e , I(α) = 1 + µ α (ln 4α − ψ(1)). 2

2

2

2

−β +β 4.110. 1) u(x) = A α 2α eβx , 2) u(x) = A α 2α sin βx, n−2

A 3) u(x)= Ax2α (α2 x2 −n(n−1)), 4) u(x)= 2α [(α2 −β2 +γ2 ) cos γx+2βγ sin γx)eβx , 2

2

−β ch γx, 5) u(x) = A α 2α  n−2  Ax 6) u(x) = 2α ((α2 + β2 )x2 − n(n − 1)) cos βx + 2nβx sin γx ,   n−2 7) u(x) = Ax2α ((α2 − β2 )x2 − n(n − 1)) sh β − 2nβx ch βx . R 1 α dξ R 1 α ln xξ , K(α) = 0 ξ 1+ξ , α > −1. 4.111. Обозначения: I(α) = 0 ξ1+ξ α 1) u(x) = Cx , С — произвольная постоянная, α — корень уравнения Axn µI(α) = 1. 2) если µI(0) < 1, где I(0) = ln 2, то u(x) = 1−µI(n) , n

Ax если µI(0) > 1, µI(n) 6= 1, то u(x) = 1−µI(n) + Cxα , если µI(n) = 1, A xn ln x + Cxn 3) если 0 < µI(α) < 1, то то u(x) = − K(n) µAK(n) n 1 x (ln x + 1−µI(n) ), 1−µI(n) µAK(n) n 1 = 1−µI(n) x (ln x + 1−µI(n) ) P (−1)k = (−1)n (ln 2 + n ), k=1 k β

u(x) =

если µI(0) > 1, µI(n) 6= 1, то

+ Cxα ; результат вычисления интегралов: P 2 (−1)k I(n) K(n) = (−1)n+1 ( π12 + n k=1 k2 ). 4.112. 1) u(x) = Cx , C — произвольная постоянная, β — корень уравнения Axn µB(β + 1, α) = 1, β > −1, µ > 0; 2) если µ < α, то u(x) = 1−µB(n+1,α) , если u(x)

µ > α, µB(n + 1, α) 6= 1, то u(x) = n

ln x то u(x) = − Ax + Cxn , где µK(n) Axn (ln x 1−µB(n+1,α)

Axn + Cxβ , если 1−µB(n+1,α) R 1 ξ n ln ξdξ K(n) = 0 (1−ξ)α−1 ; 3)

µB(n + 1, α) = 1,

если µ < α, то

µK(n) u(x) = + 1−µB(n+1,α) ), если α < µ, µK(n) Axn µB(n + 1, α) 6= 1, то u(x) = 1−µB(n+1,α) (ln x + 1−µB(n+1,α) ) + Cxβ . Указание. R1 n R1 α−1 α−1 Из неравенства B(n + 1, α) = 0 t (1 − t) dt ≤ 0 (1 − t) dt = α1 следует,

что при µ < α уравнение µB(β + 1, α) = P 1, не имеет решения. Axn n! 1 n! 4.113. u(x) = 1+λI(n) , I(n) = α n+1 − e−α n k=0 k! α n−k+1 .

4.114. 1) u(x) = P (2k + 1) =

Ax π

+

B ; 2

2)

A xn , P (n)



d2k+1 sin πλ (−1)k+1 dx . 2k+1 λ λ=1

4.115. u(x) =

f (x) , I

I2 =

R1 0

2k

d где P (2k) = (−1)k dx 2k

f (x)dx. 4.116. u(x) = ±

q



1−cos πλ λ

A(α−β) βx e . eα+β −1

λ=1

,

603

4.3. Ответы

R1 , I 2 = 0 g(x)f (x)dx. 4.117. u(x) = f (x) I √ √ √ 4.118. u(x)= ± A, u(x)= ± A(3ξ−2), u(x)= ± A(10ξ2 −12ξ+3), ξ=f (x). R b eαx dx Aeβx 4.119. u(x) = 1+kCeαx , C — корень уравнения C = A a 1+kCe αx . Rb f (x) f α dx 4.120. u(x) = 1+Cg(x) , C — корень уравнения C = a (1+Cg(x))alpha . 1+α 1−γ

1+α

β 4.121. u(x) = Ax 1−γ , Aγ−1 = kΓ( 1+α . Указание. Сделать замену y = ξx. ) 1−γ r q 2 −4 A π √ 4.122. u(x) = ± (x ± ), 2 π+ 2π 2 −8 q r 2 √A u(x) = ± (x ± π 2−4 ), при любом сочетании знаков. π− 2π 2 −8 r √ α−k−1 AΓ(α+1) 4.123. u(x) = ± x 2 eβx , 4.124. u(x) = ± −2A(x − 1). Γ( α+k+1 )Γ( α−k+1 ) 2 2 q (7αx − 3)e−αx , 4.125. u(x) = ± − A 3 q q βx A α−1 u(x) = ± − A (7αx − 4)e−αx . 4.126. u(x) = ± B x 2 e a , 2 R 1 α−1 α−1 B = 0 ξ 2 (a − ξ) 2 dξ. Указание. Сделать замену y = ξx и отыскивать γ βx решение вида Bx e , где β и γ константы. 4.127. u(x) = p ln x + q, где (p, q) — решение системы: 2p + q + q 2 = 2B, p − Ap(p − q) = B.Для q получается уравнение четвертой степени. В частном случае A = 3, B = 8, имеется решение u(x) = 2 ln x + 3. 4.128. u(x) = px ln x + qx, где (p, q) — 2 решение системы: 2p + q + Aq3 = 2B, p − Ap (p − 3q) = B. Для q получается 9 уравнение четвертой степени. В частном случае A = −3, B = 3 интегральное β 2α+1 xα уравнение имеет решение u(x) = x(3 ln x + 1). 4.129. u(x) = Aγ(2α+1,β) , где 2α+1 −βx

e γ(x, y) — неполная гамма-функция. 4.130. u(x) = (2β) , где γ(x, y) γ(2α+1,β) α — неполная гамма-функция. 4.131. u(x) = Bx , B — корень уравнения kB 2 − (2α + 1)B = (2α + 1)A. 4.132. u(x) = Bx, B — корень уравнения k(1 − π4 )B 2 − B + A = 0. α+β

1 4.133. u(x) = Be 1−n x , B n−1 = ( β+αn )m+1 xΓ(k+1) . 4.134. u(x) = g(x) − kC, R1−n b βg(y) βkC C — корень уравнения Ce = ae dy. 4.135. u(x) = Beαx + f (x), Rb B — корень уравнения B + a ϕ(y)eβBexp(αy)dy, ϕ(y) = Ae−αy+βf (y). 4.136. u(x) = B, B — корень уравнения B − 1b eαB ln(1 + ab ) = A. R x yf (y)dy R x f (y)dy Rx ′ f (a) d d √ √ 4.137. u(x)= π2 dx . 4.138. u(x)= π1 dx = π√ + π1 a f√(y)dy . a a x−y x−y x−y x2 −y 2

Вторая форма ответа получается интегрированием по частям при условии дифференцируемости функции f (x). R x f (y)dy d √ 4.139. u(x) = π1 dx . a y ln x y R Rx x I1 (y)f (y)dy f (y)g ′ dy 1 d d 4.140. u(x) = π dx a √ . 4.141. u(x) = sinππα dx . a (g(x)−g(y))1−α I0 (x)−I0 (y)

604

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Указание. Решение данного уравнения в частном случае (α = 12 ) построено в примере 4.8. Аналогичная процедура построения применима и здесь: замена x на s, интегрирование от a до x с множителем g ′ (s)(g(x) − g(s))1−α и т.д.  f (a) R x f ′ (y)dy  R x f (y)dy d 4.142. u(x)= sinππα dx = sinππα (x−a) 1−α + a (x−y)1−α . a (x−y)1−α R x e−βy2 f (y)dy 2 d √ √ 4.143. u(x)= sin2ππα eβx dx . a ( x− y)1−α R x y β−1 f (y)dy β sin πα d 4.144. u(x)= πxγ dx a (xβ −y β )1−α . R x eβy f (y)dy πα d 4.145. u(x) = β sin . π dx a (eβx −eβy )1−α R x ch yf (y)dy sin πα d 4.146. u(x) = π dx a (sh x−sh y)1−α . Rx f (y)dy d 4.147. u(x)= k sinπ πα dx . a ch2 kx(th kx−th ky)1−α R x u(y)dy d 4.148. u(x)= sinππα dx . x a y(ln y )1−α Rx K1 (y)f (y)dy d . 4.149. u(x) = sinππα dx a K0 (y)−K0 (x))1−α
R ′ sin πα ′ 1 d 2 x f (y)g (y)dy 4.150. u(x) = πα g (x) g′ (x) dx . a g(x)−g(y))α Решение. Уравнение Rx (g(x)−g(y))α u(y)dy=f (x) a посредством дифференцирования сводится к уравнению задачи 4.141: Rx u(y)dy f ′ (x) = αg ′ (x) . a (g(x)−g(y))1−α Следовательно, Rx f ′ (y)dy d . u(x) = sin π(1−α) πα dx a (g(x)−g(y))1−α Так как в данном случае дифференцируемость функции не является обязательной, то следует преобразовать интеграл: Z x f ′ (y)dy 1 d = f ′ (y) (g(x) − g(y))1−α dy = α ′ (x) (g(x) − g(y)) (1 − α)g dx a Z x a 1 d = f ′ (y)(g(x) − g(y))1−α dy = (1 − α)g ′ (x) dx a Z x x 1 d  f (y)g ′ (y)dy  1−α f (y)(g(x) − g(y)) + (1 − α) = = ′ α (1 − α)g (x) dx a a (g(x) − g(y)) Z x 1 d f (y)g ′ (y)dy = ′ g (x) dx a (g(x) − g(y))α

Z

x

2

4.151. u(x) = 4.153. u(x) = 4.155. u(x) = 4.156. u(x) = 4.157. u(x) =

R x f (y)dy R x e−βy f (y)dy 2 2 d2 d2 √ √ . 4.152. u(x) = π2 eβx dx . 2 π dx2 a a x−y x−y R √ d
2 R x x f (y)dy f (y)dy 2 d2 sin πα √ √ √ √ . 4.154. u(x) = πα √x x dx . πx dx2 a y x−y a y( x− y)α
R sin πα 1 d 2 x sh yf (y)dy sh x sh x dx α. πα
aR (ch x−ch y) sin πα 1 d 2 x cos yf (y)dy cos x cos x dx . πα y)α
Ra (sinI1x−sin (y)f (y)dy sin πα 1 d 2 x I (x) . 1 πα I1 (x) dx a (I0 (x)−I0 (y))α

605

4.3. Ответы 4.160. u(x) = −2x3 .  √
 2 −1 5µx 4.161. u(x) = 4 + 5−µ . 4.162. u(x) = 1 − 23 µ + µ x 1 + µ18 .

4.158. u(x) =

2 . πµ−2

4.163. u(x) =

1 2

4.159. u(x) =


µx3 √ 1 + e2x .4.164. u(x) = xeµx . 4.165. u(x) = x2 e 3 .

4.166. u(x) = sin2 x. 4.167. u(x) = 4.169. 4.171. 4.172.

2x . 2−3 ln 2

1 . 1−µ

4.168. u(x) = x +

µ (1 1−µ 2

+ µ|x|).

u(x) = π2 2V23−V1 , v(x) = π2 2V13−V2 . √ 4 √ xy 3 R(x, y, µ) = 1− µ ; u(x) = 4 x(x − 52 ). 2 √ √ y y R(x, y, µ) = 1− µ ; u(x) = (3 − x) x. 3

4.173. R(x, y, µ) =

ex−y 1−µ

4.174. R(x, y, µ) =

sin x cos5 y ; 1− µ 6

4.175. R(x, y, µ) = 4.176. R(x, y, µ)=ex 4.177. R(x, y, µ) = 4.178. R(x, y, µ) = 4.179. R(x, y, µ) =

; u(x) =

ex . 1−µ

u(x) = sin2 x −

sin(x−y)− µπ cos(x−y) 2 2 1+ µπ 2 2 2

(

)

−y +µ(x−y)

y2 − xe 2

1−µ

sin x.

; u(x) = 1 −

; u(x) = 1+

5−3 cos x µ(x−y) e ; 5−3 cos y √ sh µ(x−y) √ ; u(x) µ

4 35

1 π

sin x + cos x.

µ 2 µ e(x+ 2 ) [erf (x+ µ2 )−erf µ2 ]. 2 ex [ 12 (5 − 3 cos x) arctg (2 tg x2 ) + 1].

pπ

u(x) =

= (x + 2)ex − shx. p µ I0 (1) ; u(x) = π2 e(1−µ) x + J0 (2x). Указание. Восполь-

зоваться формулой (3.76). 4.180. u = C. Указание. Продифференцировать уравнение (точнее, тождество) по ε. 4.181. Ядро должно быть разностным: K(t, τ) = K(t − τ). Решение. Если T — основной период (т.е. наименьший положительный период) функции u(t), то функция v(t) должна быть периодической с тем же периодом (это следует из 4.10). В этом случае справедливо тождество: t+τ R v(t + T ) = k v(t + T ) + K(t + T ), −∞

которое заменой s− = τ + t преобразуется к виду Rt v(t + τ) = k u(t + τ) + −∞ K(t + T, τ + T )u(τ + T ) ds. Так как v(t + τ) = v(t), u(t + τ) = u(t), то Z t ∀t∈R: [K(t + T, τ + T ) − K(t, τ)] u(τ) dτ = 0. ∞

Отсюда K(t + T, τ + T ) − K(t, τ) = 0 и далее ∂ [K(t + T, τ + T ) − K(t, τ)] =0 ∂T T =0

=⇒

∂K ∂K + = 0. ∂t ∂τ

Общее решение полученного уравнения (см. главу 9) K(t, τ) = K(t − τ).

606

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

4.182. Указания. п.1 Произведение операторов Z t Z t Z (K1 K2 .u) (t) = K1 (t − s)(K2 u)(s) ds = K1 (t − s) ds 0

0

t 0

K2 (s − τ) u(τ);

в последнем интеграле изменить порядок интегрирования; п.1.2. сделать замену переменной s − τ = ξ и s = t + τ − ξ соответственно. 4.183. Решение. Для 0 < t − τ < R (см. (4.28))

|K1 (t − τ)| = |K(t − τ)| ≤ M, Z t |K2 (t − τ)| ≤ M 2 dτ = M 2 (t − τ), τ Z t (t − τ)2 |K3 (t − τ)| ≤ M 3 (t − τ) dτ = M 3 2 τ и т.д. Для ядра Kn (t − τ) получается оценка (устанавливается методом математической индукции) |Kn (t − τ)| ≤ M n

(t − τ)n−1 . (n − 1)!

(4.42)

Пусть 0 < r1 < r, R — любое положительное число, t − τ ≤ R. В соответствии с определением 2 нужно найти радиус сходимости ряда из функций Kn (t − τ). В силу оценки (4.27) ∞  n−1 ∞ ∞ X X (M (t − τ))n−1 M X |an |r1n MR an Kn (t − τ) ≤ M |an | ≤ . (n − 1)! r1 n=1 (n − 1)! r1 n=1 n=1 Так как ряд

n−1 ∞  X MR

n=1

r1

MR 1 = e r1 (n − 1)!

сходится при любом R, то общий член ряда стремится к нулю, следовательно, существует n0 такое, что для n > n0  n−1 1 MR < 1. r1 (n − 1) Таким образом, исходный ряд мажорируется сходящимся числовым рядом ∞ M X |an |r1n , r1 n=1

что доказывает его равномерную сходимость для t − τ ≤ R.

4.3. Ответы

607

4.184. Указание к п.3. Непрерывность следует из оценки k Kun − Ku k=k K(un − u k≤k K k k un − u k . 4.185. Решение. Доказательство проводится методом последовательных приближений, основанном на построении последовательности v0 = u, которая является отрезком ряда Неймана ∞ X

m=0

µm Km u.

Поскольку K ∈ C(h), то |K| ≤ M и |Km u| ≤

M m tm k u k, (m − 1)!

m = 1, 2, 3, ...

(доказательство проводится методом математической индукции). С помощью этого неравенства получается оценка ∞ ∞ ∞ X X X |µ|m M m tm |µ|m M m tm m m 0 k u k≤ M k u k= e|µ|M t0 , µ K u ≤ M (m − 1)! (m − 1)! m=1 m=1 m=1

т.е. ряд Неймана мажорируется сходящимися числовым рядом, поэтому при любом µ ∈ C ряд сходится равномерно (и абсолютно) на отрезке [0; t0 ]. Так как члены ряда — непрерывные функции на h, то его сумма v ∈ h. Итак, v = lim vn = n→∞

∞ X

m=0

µm Km u,

k v k≤ M e|µ|M T0 k u k .

(4.43)

Существование решения. Если в (4.31) перейти к пределу при n → ∞, то получится соотношение v = u + µKv, т.е. v — решение интегрального уравнения. Единственность. Пусть есть два решения v1 и v2 , тогда функция v = v1 − v2 — решение уравнения v = µKv, откуда v = µKv = µ2 K2 v = ... = µm Km v.

Так как ряд Неймана сходится на h, то его общий член стремится к нулю с ростом n, поэтому k v k≤ |µ|m ||Km v| → 0,

откуда k v k= 0, или v = 0. Непрерывная зависимость v от u следует из соотношения (4.43). По определению (4.42) ! ∞ X u m m v= µ K u= . 1 − µK m=0

608

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Резольвентным называется такой оператор R, что v = u + µRu, следоваu тельно, 1 + µR = 1+µK . 4.186. u(x) = 1 − 2x + 3x2 . 4.187. u(x) = e−x + sin x. 4.188. u(x) = cos  5x. Rx µ q 0 f (x) dx + f (x), µ 6= 1,  1−µ  R1 4.189. u(x) = C + f (x), µ = 1, 0 f (x) dx = 0, R1   нет решений, µ = 1, 0 f (x) dx 6= 0.  µ (1+2a) 2 4   4+µ(2−π) arctg x + x + a, µ 6= π−2 , 4 4.190. u(x) = x2 − 12 + C arctg x, µ = π−2 , a = − 21 ,   нет решений, 4 µ = π−2 , a 6= − 21 .  µ (a+2) 2   2+µ(2−π) arcsin x + ax + 1, µ 6= π−2 , 2 4.191. u(x) = C arcsin x − 2x + 1, µ = π−2 , a = −2,   нет решений, 2 µ = π−2 , a 6= −2.  µ π (2+a)   2(1−µ) sin x + 4x + a, µ 6= 1, 4.192. u(x) = C sin x + 4x − π, µ = 1, a = −π,   нет решений, µ = 1, a 6= −π.  µ π (π+2a)  cos2 x + x + a, µ 6= π2 ,  2−µπ 2 4.193. u(x) = C cos x + x − π2 , µ = π2 , a = − π2 ,   нет решений, µ = π2 , a 6= − π2 . ( 5 1 x , µ 6= √πerf , 1 4.194. u(x) = 2 −x 5 1 √ Ce + x , µ = πerf 1 .  sin x, µ 6= − 12 , 4.195. u(x) = sin x + C cos x, µ = − 12 .  5µ+3− 5 x2 (6µ+3 2  , µ 6= 23 , ± 34 ,    19 4µ+3 105 2 + Cx − 34 x , µ = 23 , 17 4.196. u(x) = 2 1 1   C + 5 − (C + 5 )x , µ = 34 ,   нет решений, µ = − 43 . 4.197. u(x) = 1. 4.198. u(x) = p ln x − 105 x2 x + 50x. 2 
2 2 5 C 10 Cx − 9 3 + 11. ln x − 4x + 4.199. u(x) = нет решений, 4.200. u(x) =

4.201. u(x) =

1 12 

ln2 x + 13 ln x + x − 14 . 4 1 − π4 sin x − 3π sin 3x, 1 + C1 sin x + C2 sin 3x,

µ 6= µ=

133 , 33

4 , π 4 . π

a= a 6=

133 , 33 133 . 33

4.3. Ответы

4.202. u(x) =

  

sin x , µ+1

π2 C ) sin x, 3

Cx + (2 + нет решений,

4.203. u1 (x) = 0, u2 (x) =

1 , 2µ

u3,4 =

3 5

609

µ 6= − 21 , −1

µ = − 21 , µ = −1.

3 (1 8µ

1 (3 cos x 5

± x).

4.204. u1 (x) = cos x, u2,3 (x) = ± 4). √  √π , µ = 6 π, π−µ √ 4.205. u(x) = нет решений, µ = π. √ ( √ 4 e sin x 4 √ + 2x, √ µ 6= 2√πe , 2 4 e−µ π √ 4.206. u(x) = 4 нет решений, µ = 2√πe . 4.207. u1 (x) =

3 5

cos x, u2,3 (x) = 51 (3 cos x ± 4).

4.208. 1) u(x, y) = −g τ (y)A−1 (x)g(x), A = I + H, I — единичная матрица, R∞ H — матрица с элементами hij = gi (s)gj (s) ds, g — вектор-столбец с комx

1 d∆ понентами gi ; если y = x, то u(x, x) = ∆ , ∆ = det A; dx τ −1 2) u(x, y) = g (y)A (x)g(y), A = I + HH, H — матрица с элементами R∞ hij = gi (s)g j (s) ds, u(x, x) = g τ (x)A−1 (x)g(x); x

1 d∆ , A и H те же, что 3) u(x, y) = −g τ (y)A−1 (x)H(x)g(x), u(x, x) = 2∆ dx и в предыдущем пункте. Решение п.1. Структура уравнения (4.33)   n R∞ P u(x, y) = − gj (y) gj (x) + u(x, s)gj (s) ds j=1

x

подсказывает вид решения

u(x, y) =

n X

vj (x)gj (y).

(4.44)

j=1

Если u(x, y) в форме (4.44) подставить в (4.33), то требование равенства нулю коэффициентов при gj (y) порождает систему линейных алгебраических уравнений n R∞ P vi (x) + gi (x) + vj (x) gi (s)gj (s) ds = 0, i = 1, 2, 3, . . . , n, j=1

x

или в матричной форме

A v = −g.

(4.45)

Таким образом, если функция u(x, y), определенная выражением (4.44), удовлетворяет уравнению (4.33), то v(x) — решение уравнения (4.45). Непосредственной подстановкой проверяется справедливость обратного

610

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

утверждения. Следовательно, уравнения (4.45) и (4.33) эквивалентны. Матрица H — положительно определенная, так как для любого вектора p(x) pτ (x)H(x)p(x) =

n P

pi (x)hi,j pj (x) =

i,j=1

=

n R∞ P

pi (x)gi (s)pj (x)gj (s) ds =

x i,j=1

 n R∞ P x

pi (x)gi (s)

i=1

2

ds ≥ 0.

Отсюда следует, что det A = ∆ 6= 0. Иначе, уравнение (I + H)p = 0, или, что то же самое, Hp = −p, имело бы нетривиальное решение p 6= 0, соответствующее отрицательному собственному значению −1. Таким образом,

уравнение (4.45) имеет единственное решение v(x) = −A−1 (x)g(x), которое

определяет единственное решение v(x) = −g τ (y)A−1 (x)g(x) (4.33). При y = x n P u(x, x) = −g τ (x)A−1 (x)g(x) = − gi (A−1 )ij gj =

уравнения

i,j=1

=

n P

i,j=1

dhij dx

(A−1 )ij =

Указание к п.3. u(x, x) = −g τ (x)A−1 (x)H(x)g(x) = − =

n P

n P

i,j=1 n P

i,k,l=1

h′ij Aij 1 d∆ . ∆ ∆ dx

g i (A−1 )ik hkl gl =

(A−1 )ik hkl h′li tr(A−1 HH ′ ) = 21 tr[(HH)′ A−1 ] = 12 tr(A′ A−1 ).

i,k,l=1

4.209. 1. ν(M ) =

1 4π 2 r0

R

S

f (M ) ds −

1 f (M ). π

2. ν(M ) = C +

Указание. Если P, Q ∈ S, то rP,Q = −2r0 cos ϕP Q .

4.210. µ1 = π1 , u1 (x) = sinx + cos x, µ2 = − π1 , u2 (x) = sin x − cos x. 4.211. µ = 6, u(x) = x2 − x. 4.212. µ1 = 1, µ2 = − 21 ,

4.213. µ1 = 1, µ2 = − 10 , 17

4.214. µ1,2 =

4 , π

3

u1 (x) = x + π9 cos x, u2 (x) = cos x.

u1 (x) = 3x2 + ln x, u2 (x) = 12x2 − 5 ln x.

u1 (x) = cos x, u2 (x) = cos 3x.

4.215. µ1 = √− 43 , √ µ2,3 3 8 5 (− 5 ± 3), 3 4.216. µ1 = 16 , µ2,3 = − 32 ,

u1 (x) = x, √ u2,3 (x) = 5x2 ± 1.

u1 (x) = x2 + 1, u2 (x) = x, u3 (x) = 2x2 − 1.

1 f (M ). π

611

4.3. Ответы 4.217. µ1 = π2 , µ2 = π4 , µ3 = − π4 ,

u1 (x) = 1, u2 (x) = cos 2x, u3 (x) = sin 2x.

2 4.218. µ1 = π+1 , 3π µ2,3 = ± √ , 2

4.219. µ1 = 16 , µ2 = 43 ,

u1 (x) = 1, √ u2,3 (x) = sin 4x ± 2 cos 4x.

u1 (x) = sh 1 sh x + u2 (x) = x.

6 sh 1 x 7e

+ 3,

4.220. µ = 2, u(x) = 1. 4.221. µ1,2 = ±1, u1,2 (x) = π ± 4x + 8 cos x.

4.222. µ1 = π2 , µ2,3 = 3π±26 √22 , 5 4.223. µ1,2 = ± 84 ,

4.224. µn = 4.225. µn = 4.226.

u1 (x) = 1 + 3 √ cos 2x, u2,3 (x) = 3 ± 22 sin x − 2 cos 2x.

u1,2 (x) = 15 sin x ± 21 sin 2x − 8 sin 3x.

4+π 2 (2n+1)2 , 4 ch 1 2

2

1−π n sin 1

µn = 1 +

,

un (x) = cos πnx,

α2n ,

ctg α = α. 4.227. µn = 4.228. µ0 =

1 , π3

4.230. µn =

2n+1 , 4πα 2 n

un (x) = sin π(n + 12 )x, n ∈ N0 .

un (x) = cos αn x, n2 , 8π

un (x) = sin

x

2

n ∈ N0 .

πn 2

αn > 0 — корень уравнения
x , n ∈ N. π

1+

u0 (x) = e π , µn = − nπ , un (x) = sin nx + πn cos nx, n ∈ N.
2
4.229. µn = n + 12 − 1, un (x) = e−x sin n + 12 x, n ∈ N0 . un (s) = Ynm (s),

m = 0, ±1, ±2, . . . , ±n, n ∈ Z.

Указание. Применить производящую функцию и теорему сложения. √ 4.231. µn = 42n+1 , un (s) = Ynm (s), m = 0, ±1, ±2, . . . , ±n, n ∈ N0 . 2π  2 sin x  6 n , u(x) = 1−2πµ , n ∈ N,  µ= 8π 2 n 4 sin x 4.232. µ = , u(x) = + C sin n2 (x + π), n ∈ N, n 6= 2, 2 8π 4−n   1 µ = 2π , нет решений.  2 9 sin 3x  µ 6= (2n + 1) , u(x) = 9−µ , n ∈ N0 , 2 9 sin 3x µ = (2n + 1) , u(x) = 9−(2n+1) 4.233. 2 + C sin(2n + 1)x, n ∈ N0 , n 6= 1,  µ = 9, нет решений.  2 cos x µ 6= π13 , µ 6= − nπ , u(x) = sin x+π , n ∈ N,   1+πµ  x 2  1 µ = π3 , u(x) = Ce π + ππ2 +1 (sin x + π cos x), 4.234. 2 1   µ = − nπ , n ≥ 2, u(x)=C(sin nx+πn cos nx)+ 1−n 2 (sin x+π cos x).   µ = − π1 нет решений. ∞ P (−1)n sin 2nx 4.235. u(x) = x + 41 . n3 n=1

612

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ∞ P

4.236. U (x) = 1 − 2

n=1

4.237. u(s) = f (s) +

1 2

4.238. u(θ) = √ 4.239. 4.241. 4.242. 4.243.

J0 (µ 0n x) . µ 0n (1+µ 2 0n )J1 (µ 0n )

−a

α

∞
P

1+t2 −2t cos θ

n P

n=0 m=−n

+

α t

ln

fnm Ynm (s) . n+α

Указание. См. задачу 4.231.

√

t−cos θ+ 1+t2 −2t cos θ . 1−cos θ


u (2n+1)Y m (s) 3 u(s) = 0 2(n+1)n . 4.240. u(s) = u280 56 Y22 (s) + 25 Ynm (s) . ∞ n R P P 1 u(s) = f (s) + 12 f Y m (s) + C при условии f ds n nm n n=1 m=−n S1 ∞ n P P m 1 u(s) = 4√2π (2n + 1)fnm Yn (s). n=0 m=−n 2 α(1−t ) 4 2 √ u(θ) = √ 4.244. u(x) = (1+ 15 x ) x. 3 . 2 4 2π(1+t −2t cos θ) 2

= 0.

√ 4.245. u(x) = xex − sin x. 4.246. u(x) = (1 + 23 x) x.

√ √ √ t 4.247. u(x)= √13 (sin 23 x+ √13 cos 23 x) e 2 + 23 e−t . 4.248. u(x)=(1− 43 x) xe−x .   √ √ 2 1 1 4.249. u(x)= 2π3 x− 3 −6x 3 . 4.250. u(x)= 45 + π2 x− 4 . 4.251. u(x)= sin x. √ √ √ √ 4.252. u(x) = 2π ex erf ( x). 4.253. u(x) = 2√π2 ex erf ( 2x). √ √ √ √ √ 2 4.254. u(x)= 2π erf ( x). 4.255. u(x)= πex erf ( x)− x. 4.256. u(x)=e−x . p x −x √ 4.257. u(x) = 2 π e + (2x + 1)erf x. 4.258. u(x) = x sin x. 2

4.259. u(x)=4xe−x . 4.260. u(x)=xJ1 (x) + sin x. 4.261. u(x)=J0 (x) − xJ1 (x). 4.262. u(x) = 3( ch x − 1). 4.263. u(x) = sin x. 4.264. u(x) = cos x. 5

4.265. u(x)= 125 e 2 x −8ex + 8

x 9 x e 2 + 14 e− 2 . 8

4.266. Φ(u) =

Q0 (1 Σs (u)

+ δ(u)).

4.267. u(x)=ch x. Указание. Применить (3.42). 4.268. u(x)=1. Указание. Применить (3.43). 4.269. u(x)=x2 . Указание. Применить (3.43). 4.270. u(x)=x. Указание. Применить (3.43). 4.271. u(x)=x sin x. Указание. Rx ch α √x−y d √ Употребить соответствие (3.44). 4.272. u(x)= π1 dx f (y)dy. x−y a

Указание. Замена y−a=τ и обозначения x−a=t, u(y)=u(τ+a)=v(τ), √ Rt f (x)=f (t+a)=g(t) преобразуют уравнение к виду: cos√αt−τt−τ v(τ)dτ = g(t). 0 √ p 2 2 Изображение решения V (p)= πp α4p G(p)= π1 √πp α4p (pG(p)−g(0)), где g(0)=0 √ Rt (следует из уравнения для v). Оригинал v(t)= π1 ch√ατ τ g ′ (t−τ)dτ= 0

=

1 d π dτ

Rt 0

√ ch√ α t−τ g(τ)dτ. t−τ

Остается возвратиться к старой переменной и

613

4.3. Ответы

прежним обозначениям. 4.273. u(x) = Rx

√ cos α x−y √ f (y)dy. x−y

4.274. u(x) =

1 d π dx

4.276. u(x) =

2 βx d2 e dx2 πα

a

2

2 βx d 4.277. u(x)= πα e dx2

4.278.

Rx

a

2

a

√ cos α x−y √ f (y)dy. x−y

4.275. u(x) =

2 d2 πα dx2

Rx a

√ ch α x−y √ f (y)dy. x−y

√

x−y e−βy ch√αx−y f (y)dy.

2 d2 u(x)=( dx 2 +α )

Rx

Rx

√ x−y e−βy cos√αx−y f (y)dy.

a

Rx

2 d2 πα dx2

Rx

J0 (α(x−y))f (y)dy.

Другая

форма

ответе:

a

2 2 d u(x) = ( dx (x − y)J0 (α(x − y))f (y)dy. 2 + α ) a

2

2 d 4.279. u(x) = ( dx 2 − α ) 2

Rx a

2 2 d 4.280. u(x) = ( dx 2 + α )

4.281. u(x) = 4.282. u(x) =

1 d2 ( α dx2

Rx a

+ α2 )

2 1 (d 3α dx2

J0 (α(x − y))f (y)dy. J0 (α(x − y))g(y)dy, g(x) =

Rx a

+ α 2 )3

J0 (α(x − y))f (y)dy. Rx a

Rx

f (y)dy.

a

J0 (α(x − y))g(y)dy, g(x) =

Rx

f (y)dy.

a

4.283. u(x)=1, v(x)=−ch x. Указание. Использовать соотношения (3.43) и √ √ (3.44). 4.284. u(x)=I0 (2 x)−1. 4.285. u(x)=1−J 0 (2 x).  √ √ √  2 x ch 2 x 2 √ √ 4.286. u(x)= 1− πcos . 4.287. u(x)= 3π −sh 2 x . x x √

4.288. u(x)= 320π3 x

√ √ Γ( 1 ) 3 xJ 2 (2 x)−1 3 − 3 √ .4.289. 3 2 x

u(x)=−2. 4.290. u(x)=2x.

4.291. u(x) = e . 4.292. u(x) = sin x. 4.293. u(x) = cos x. 4.294. u(x) = sh x. √ √ 4 πx.

2 3 4.295. u(x) = J1 (x). 4.296. u(x) = I1 (x). 4.297. u(x) = ± Γ( 1) 4

sh x 4.298. u(x) = ± x√ . 4.299. u(x) = 1. 4.300. u(x) = x ex . 4.301. u(x) = x. 2πx √ 4.302. u(x) = E rf (± x). 4.303. u(x) = 4. 4.304. u(x) = I0 (x) ex .

4.305. u(x) = 1 − x. 4.306. u(x) = ex − 1. 4.307. u(x) = J0 (x) ex . √ √Γ(α+1) α−1 √ eβx ; 4.308. 1)u(x) = ± A Γ( α+1 ) x 2 ; 2)u(x) = ± A √ πx 2 √ √Γ(α+1) α−1 βx √ 3)u(x) = ± A Γ( α+1 ) x 2 e ; 4)u(x) = ± AαJ0 (αx); 2 q √ R x J0 (αy)dy d √ ; 5)u(x) = ± AαI0 (αx); 6)u(x) = ± A π dx 0 x−y q √ R x I0 (αy)dy d √ 7)u(x) = ± A ; 8)u(x) = ± AαJ0 (αx)eβx ; π dx 0 x−y q √ R x J0 (αy)dy d √ 9)u(x) = ± AαI0 (αx)eβx; 10)u(x) = ± A eβx dx ; π 0 x−y

614

Глава 4. ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ q

q p 7 3 1 12)u(x) = ± √Aπ 2− 8 α 4 x− 8 J− 1 (α x2 ); 4 q p 7 3 1 13)u(x) = ± √Aπ 2− 8 α 4 x− 8 I− 1 (α x2 ); √ βx 1 −αx 4 √
A √ e +α erf αx , α= B 14)u(x)= ± Be ; πα q 1
1 αBx A αB 2 α−1 −αx x e Φ(− 2 , α, A ); ; 15)u(x) = ± Γ)α) A q 1
A αB 2 α−1 16)u(x) = ± Γ)α) x Φ(− 12 , α, αBx ); A A R ′ ∞ f (y) dy 1 4.309. u(x) = − π x √y−x . Указание. Сделать замену y = 1/ξ. R ∞ f ′ (y) dy √ √ 4.310. u(x)= − 2x . Указание. Замена y = ξ приводит данπ x y 2 −x2 R ∞ f ′ (y) dy ное уравнение к предыдущему. 4.311. u(x)=− π1 x √ . Указание. y 2 −x2 R∞ p Уравнение 2 u( x2 + y 2 ) dy = f (x) сводится к предыдущему заменой 0 p √ x2 + y 2 = ξ. 4.312. u(x) = ex (1 − √12 erf x). q √ √ 3 2 −2 x 1 . 4.313. u(x)= πx e −arctg x. 4.314. u(x)=2x− 4 . 4.315. u(x)= 3√ x 11)u(x) = ±

A βx d e dx π

Rx

I0 (αy)dy √ ; x−y 0

0 (x) 4.316. u(x)=2e−x . 4.317. u(x)= cos x. 4.318. u(x)=1.4.319. u(x)= J1−µ . √ 2 4.320. u(x) = x2 + π x + 1. 4.321. u(x) = η(x − α).

4.322. u(x) =

1√ π2 x

ln

√ √ x+ a √ √ . | x− a|

Указание. Для преобразования интеграла

ввести функцию v(x) = xu(x) и применить теорему умножения (3.58). 4.323. u(x) = 4.326. u(x) =

√ x+1 1 ln |√x−1| . 4.324. π ln |x−1| √ . Указание. x

v(x) = ln |x2 − 1| −

1 π

u(x) = − ln |x−1| . 4.325. u(x) = ln |x4 −1|. πx Записать уравнение в виде: R∞ √ xy v(y) dy √ , v(x) = xu(x). 1+ x y 0

y

4.327. u(x) = η(1 − x) ln x. Указание. Записать интеграл в виде: R∞ − η(1 − xy ) ln xy u(y) dy . y

4.328. u(x) =

x x+1

−

1 2

0

ln(x + 1). См. указание к предыдущей задаче.

4.329. u(x)=η(x−1). Указание. См. задачу 3.168, п.1. √

x 4.330. u(x) = − π(x+1) . 4.331. u(x) =

4.332.

4.334.

1 . 1+x2 . −x √2 1 1 u(x) = 1+x . 4.333. u(x)=2e + π 1+x 2. p 1 √ −x 2x A u(x)= 1+x2 + πe . 4.335. u(x)= π xa a+x .

Указание. Из уравне-

ния вычесть это же уравнение при x=0. 4.336. Указание. Для построения решения нужно осуществить следующие действия: 1) проинтегрировать уравнения системы по y:

4.3. Ответы

fi (x) =

R∞

615

Ei (y) dy, i = 1, 2;

−∞

2) применить преобразование Фурье: R∞ Fi (λ) = √12π fi (x)e−i λ x dx, i = 1, 2; −∞

3) решить линейную систему алгебраических уравнений относительно F1 (λ) и F2 (λ); 4) определить f1 (x) и f2 (x) посредством обратного преобразования Фурье; 5) выразить E1 (r) через f1 (x) (см.  задачу  4.311). − αt C 1 2 ; 2) f (t)= 1−e 1− cos 4.337. 1) f (t)=C Γ(α)Γ(α+1) ; 3) f (t)= 2C k Γ(2α+1) α 3ω

ωt 2




.

Указания. 1) Применить интегральное преобразование Лапласа; 2),3) Дифференцированием свести интегральное уравнение к дифференциальному.

Горюнов Анатолий Федорович УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ Часть I

Учебное пособие

Редактор Н.В. Егорова Подп. в печать 01.10.2008. Формат 60x84 1/16 Уч.-изд. л. 38,5. Печ. л. 38,5. Тираж 150 экз. Изд. № 4/116. Заказ № Московский инженерно-физический институт (государственный университет). 115409, Москва, Каширское шоссе, 31. Типография издательства „Тровант”. г. Троицк Московской обл.