Итак, мы искали
U(t,r,φ)=T(t)R(r)Φ(φ)H(h),
и получили, что
Φn=C1ncos(nφ)+C2nsin(nφ),
μ=n2,
Rnk=C3nkJn(μ(n)krr0),
ϰ=−(μ(n)kr0)2,
H=˜C4(α)cos(αh)+˜C5(α)sin(αh),
T=C6nk(α)exp{−a2t[α2+(μ(n)kr0)2]};
и тогда, после переобозначений,
U=∞∑n=0∞∑k=1∞∫0dαRΦTH=
=∞∑n=0∞∑k=1∞∫0dαJn(μ(n)krr0)[C1ncos(nφ)+C2nsin(nφ)]exp{−a2t[α2+(μ(n)kr0)2]}[C4nk(α)cos(αh)+C5nk(α)sin(αh)].
Дальше нужно учесть начальные условия. Из независимости таковых от φ стандартным образом (умножая на cos(mφ) и sin(mφ), после чего интегрируя по φ от −π до π) получаем, что
C2n=0;C1n=0(n>0),
и после переобозначения C10C40k(α)=Ak(α), C10C50k(α)=Bk(α) запишем
U=∞∑k=1∞∫0dαJ0(μ(0)krr0)exp{−a2t[α2+(μ(0)kr0)2]}[Ak(α)cos(αh)+Bk(α)sin(αh)].
Так как
U|t=0=A,⟹Uh|t=0=0.
Подставив в последнее U из (2), получим
Uh|t=0=∞∑k=1∞∫0dαJ0(μ(0)krr0)[−αAk(α)sin(αh)+αBk(α)cos(αh)]=0,
∞∫0dα{[−α∞∑k=1J0(μ(0)krr0)Ak(α)]sin(αh)+α[∞∑k=1J0(μ(0)krr0)Bk(α)]cos(αh)}=0,
откуда, по формулам разложения в интеграл Фурье,
−α[∞∑k=1J0(μ(0)krr0)Bk(α)]=1π∞∫−∞0⋅sin(αp)dp=0,
αBk(α)=0
и
α[∞∑k=1J0(μ(0)krr0)Ak(α)]=1π∞∫−∞0⋅cos(αp)dp=0,
αAk(α)=0.
Отсюда или α≠0, тогда Ak(α)=Bk(α)=0 и U=0 (см. (2)); или α=0, тогда из (1) H=const, и
U=∞∑k=1CkJ0(μ(0)krr0)exp[−(aμ(0)kr0)2t].
Далее Ck получаются из начальных условий, разложением A по J0(μ(0)krr0) (как в №100).
08.12.2021
О преодолении одного принципиального затруднения в №122 из Даишева и Никитина
Комментариев нет »
No comments yet.
RSS feed for comments on this post.
Leave a comment
Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.