数学物理方程 第12次作业

Chasse_neige

11.(1) 试求细长圆柱形铀块的临界半径

直接写出扩散方程：在铀块内

$$\frac{\partial }{\partial t}u-D{\mathrm{\nabla }}^{2}u=\alpha u$$

在铀块外

$$\frac{\partial }{\partial t}u-D{\mathrm{\nabla }}^{2}u=0$$

临界状态对应稳态，即 $\frac{\partial }{\partial t}u=0$，因此方程简化为 铀块内： ${\mathrm{\nabla }}^{2}u+k^{2}u=0$，其中 $k^2=\frac{\alpha }{D}$ 铀块外： ${\mathrm{\nabla }}^{2}u=0$

对于无限长圆柱，假设轴对称，$u$ 仅依赖于径向坐标 $r$。

由于稳态且轴对称，设 $u=R(r)$，则方程化为常微分方程： 铀块内： $\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{dR}{dr}\right)+k^{2}R=0$ 铀块外： $\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{dR}{dr}\right)=0$

铀块内方程为零阶贝塞尔方程，其解为：

$$R_{\text{in}}(r)=A{J}_0(kr)+B{N}_0(kr)$$

由于 $r=0$ 处有限，$N_0$ 发散，故 $B=0$，因此：

$$R_{\text{in}}(r)=A{J}_0(kr)$$

铀块外方程积分得：

$$R_{\text{out}}(r)=C\ln r+D$$

待定系数，边界条件

1. $r\to \mathrm{\infty }$ 时，$u\to 0$，代入外域解得 $C=0,D=0$，故 $R_{\text{out}}(r)=0$。
2. 在 $r=R$ 处，$u$ 连续： $A{J}_0(kR)=0$

由于 $A\ne 0$（否则平凡解），必有：

$$J_0(kR)=0$$

零阶贝塞尔函数 $J_0$ 的第一个正零点为 ${\mu }_1^{(0)}\approx 2.4048$，因此临界半径 $R_c$ 满足：

$$k{R}_c={\mu }_1^{(0)}\Rightarrow R_c=\frac{{\mu }_1^{(0)}}{k}={\mu }_1^{(0)}\sqrt{\frac{D}{\alpha }}$$

(2) 试求球形铀块的临界半径

设 $u=R(r)$，球坐标下拉普拉斯算子为

$${\mathrm{\nabla }}^{2}u=\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dR}{dr}\right)$$

铀块内方程： $\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dR}{dr}\right)+k^{2}R=0$ 铀块外方程： $\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dR}{dr}\right)=0$

铀块内方程可化简：令 $R(r)=\frac{v(r)}{r}$，代入得 $v^{″}+k^{2}v=0$，解为 $v=A\sin (kr)+B\cos (kr)$，因此

$$R_{\text{in}}(r)=A\frac{\sin (kr)}{r}+B\frac{\cos (kr)}{r}$$

由于 $r=0$ 处有限，故 $B=0$，所以

$$R_{\text{in}}(r)=A\frac{\sin (kr)}{r}$$

铀块外方程积分得

$$R_{\text{out}}(r)=\frac{C}{r}+D$$

待定系数，边界条件

1. $r\to \mathrm{\infty }$ 时，$u\to 0$，得 $D=0$，故 $R_{\text{out}}(r)=\frac{C}{r}$
2. 在 $r=R$ 处，$u$ 连续： $A\frac{\sin (kR)}{R}=\frac{C}{R}$，即 $C=A\sin (kR)$

同样得到临界半径对应径向节点，所以

$$k{R}_c=\pi \Rightarrow R_c=\frac{\pi }{k}=\pi \sqrt{\frac{D}{\alpha }}$$

13.半径为 $a$ 的无限长圆柱体, 侧面保持温度为 $u_0\cos 2\phi \sin \omega t$, 初始温度为 $0$, 试求其温度分布以及随时间的变化

热传导方程

$$\frac{\partial u}{\partial t}=\kappa {\mathrm{\nabla }}^{2}u$$

其中 $\kappa$ 为热扩散系数。对于无限长圆柱，$u$ 与 $z$ 无关，在柱坐标下

$${\mathrm{\nabla }}^{2}u=\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\phi }^2}$$

边界条件：在 $r=a$ 处，$u(a,\phi ,t)=u_0\cos 2\phi \sin \omega t$ 初始条件：$u(r,\phi ,0)=0$

首先利用函数齐次化方程

$$u(r,\phi ,t)=v(r,\phi ,t)+u_0\frac{r^2}{a^2}\cos 2\phi \sin \omega t$$

其中 $v(r,\phi ,t)$ 满足

$$\begin{array}{c}\frac{\partial }{\partial t}v=-\omega u_0\frac{r^2}{a^2}\cos 2\phi \cos \omega t+\kappa {\mathrm{\nabla }}^{2}v\\ v(a,\phi ,t)=0\end{array}$$

利用扩散方程的本征函数展开

$$v_n(r,\phi ,t)=J_2\left({\mu }_n^{(2)}\frac{r}{a}\right)\cos 2\phi (A_n\cos \omega t+B_n\sin \omega t)$$

所以

$$\frac{r^2}{a^2}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{a^2{J}_2^{\prime 2}({\mu }_n^{(2)})}\frac{a}{{\mu }_n^{(2)}}{J}_3({\mu }_n^{(2)})J_2\left({\mu }_n^{(2)}\frac{r}{a}\right)$$

得到

$$-\omega A_n\sin \omega t+\omega B_n\cos \omega t=-\frac{2u_0{J}_3({\mu }_n^{(2)})}{{\mu }_n^{(2)}{J}_2^{\prime 2}({\mu }_n^{(2)})}\omega \cos \omega t-\kappa \frac{{{\mu }_n^{(2)}}^2}{a^2}(A_n\cos \omega t+B_n\sin \omega t)$$

所以

$$A_n=-\frac{\frac{2\omega u_0{J}_3({\mu }_n^{(2)})}{{\mu }_n^{(2)}{J}_2^{\prime 2}({\mu }_n^{(2)})}}{\frac{{\omega }^2{a}^2}{\kappa {{\mu }_n^{(2)}}^2}+\kappa \frac{{{\mu }_n^{(2)}}^2}{a^2}}$$$$B_n=-\frac{\frac{2{\omega }^2{a}^2{u}_0{J}_3({\mu }_n^{(2)})}{\kappa {{\mu }_n^{(2)}}^3{J}_2^{\prime 2}({\mu }_n^{(2)})}}{\frac{{\omega }^2{a}^2}{\kappa {{\mu }_n^{(2)}}^2}+\kappa \frac{{{\mu }_n^{(2)}}^2}{a^2}}$$

最终解为

$$u(r,\phi ,t)=u_0\frac{r^2}{a^2}\cos 2\phi \sin \omega t-\frac{\frac{2\omega u_0{J}_3({\mu }_n^{(2)})}{{\mu }_n^{(2)}{J}_2^{\prime 2}({\mu }_n^{(2)})}}{\frac{{\omega }^2{a}^2}{\kappa {{\mu }_n^{(2)}}^2}+\kappa \frac{{{\mu }_n^{(2)}}^2}{a^2}}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{J}_2\left({\mu }_n^{(2)}\frac{r}{a}\right)\cos 2\phi (\cos \omega t-e^{-\kappa \frac{{{\mu }_n^{(2)}}^2}{a^2}t}+\frac{\omega a^2}{\kappa {{\mu }_n^{(2)}}^2}\sin \omega t)$$

14.半径为 $a$ 的导体球, 初始温度为 $u_0$, 球面温度为 $0$, 试求球内温度的分布以及随时间的变化

热传导方程

$$\frac{\partial u}{\partial t}=\kappa {\mathrm{\nabla }}^{2}u$$

球对称下，$u=u(r,t)$，拉普拉斯算子为

$${\mathrm{\nabla }}^{2}u=\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)$$

边界条件：在 $r=a$ 处，$u(a,t)=0$ 初始条件：$u(r,0)=u_0$

令 $u(r,t)=\frac{v(r,t)}{r}$，代入方程得

$$\frac{\partial v}{\partial t}=\kappa \frac{{\partial }^{2}v}{\partial r^2}$$

边界条件变为：$v(0,t)=0$（因 $u$ 有限），$v(a,t)=0$ 初始条件：$v(r,0)=r{u}_0$

分离变量：设 $v(r,t)=R(r)T(t)$，代入得

$$T^{\prime }+\kappa \lambda T=0,R^{″}+\lambda R=0$$

由边界条件 $R(0)=0,R(a)=0$，解得

$$R_n(r)=\sin \left(\frac{n\pi r}{a}\right),{\lambda }_n={\left(\frac{n\pi }{a}\right)}^2,n=1,2,3,\dots$$

时间部分：$T_n(t)=e^{-\kappa {\lambda }_{n}t}$

所以

$$v(r,t)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_n\sin \left(\frac{n\pi r}{a}\right)e^{-\kappa {\left(\frac{n\pi }{a}\right)}^{2}t}$$

由初始条件 $v(r,0)=r{u}_0$

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_n\sin \left(\frac{n\pi r}{a}\right)=r{u}_0$$

利用正弦级数展开

$$B_n=\frac{2}{a}{\int }_0^{a}r{u}_0\sin \left(\frac{n\pi r}{a}\right)dr$$

计算积分

$${\int }_0^{a}r\sin \left(\frac{n\pi r}{a}\right)dr=\frac{a^2}{n\pi }(-1{)}^{n+1}$$

所以

$$B_n=\frac{2u_{0}a}{n\pi }(-1{)}^{n+1}$$

球内温度分布为

$$u(r,t)=\frac{v(r,t)}{r}=\frac{2u_{0}a}{\pi r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}\sin \left(\frac{n\pi r}{a}\right)e^{-\kappa \frac{n^2{\pi }^2}{a^2}t}$$