數(shù)理方程習題解答.pdf

豎立方程習題解答 習題一 1 習題二 3 習題三 5 習題四 錯誤！未定義書簽。錯誤！未定義書簽。 習題五 錯誤！未定義書簽。錯誤！未定義書簽。 1 習題習題1.1.4 1導(dǎo)出弦受阻力的波動方程 其中阻力與速度成正比， 為常數(shù) 解解 我們考慮弦的一個微元。令 為端點處的張力，如教材圖1.1所示，沿錘直方向作 用在這個微元上的力是,阻力為,由牛頓(Newton)第二定律1， 此合力等于質(zhì)量乘以加速度因此 (1) 其中 是密度， 是微元弦的弧長因為運動弦的斜率是很小的，故有 sx . 因角 和 也很小，所以我們有，于是(1)式變成 （2） 但由微積分學(xué)我們知道，在時刻 , ,于 是，方程(2)便可寫成 令取極限，我們求得 （3） 其中 2. 設(shè)長度為 的均勻彈性桿的線密度為 ， 楊氏模量為 ， 試列出桿的微小縱振動方程。 解解 考慮桿在無外力作用下的振動。取桿的一端為原點，干的方向為 軸建立坐標系： 則桿上各點 在時刻 的位移是。 在桿上任取一段， 其兩端點靜止時的坐標為,此小桿段在時刻 的相對伸長 為：，令得 點在時刻 的相對伸長為( , ) x ux t，由Hooke定 律知張力為，再此小桿段上用Newton第二定律得 兩邊同除并令得： 若楊氏模量為 為常數(shù)則得：。 1 牛頓(Newton)第二定律與動量守恒定律等價，也可以用動量守恒定律來見方程，見數(shù)學(xué)物理方程 講義 （姜禮尚、陳亞浙）P1 習題 1.2.4 3 習題習題1.2.4 1 設(shè)懸浮粒子由重力引起的沉淀速度 是不變的， 又假定在同一水平面上粒子的濃度 是相同的，試給出懸浮粒子的濃度 所滿足的方程 解解 取豎直向下的方向為 軸，考慮介于平面之間，截面積為常數(shù) 的柱體。質(zhì) 量守恒關(guān)系為其中為這段時間內(nèi)柱體內(nèi)粒子質(zhì)量的增加，而為 這段時間內(nèi)由于擴散作用經(jīng)由柱體的上、下底面進入柱體內(nèi)的粒子質(zhì)量，是由于 沉淀經(jīng)柱體的上、下底面進入柱體的粒子質(zhì)量。 其中是擴散系數(shù)。 從而 注意到與的任意性，由上式立即得 2 沒有一厚為l的無限平面板，在其表面與溫度為的周圍介質(zhì)發(fā)生熱交換，如果 板的溫度不隨其厚度而變化(即在垂直于板面的直線上的點的溫度均相同)，試給出板 冷卻的初邊值問題。 解解 取平面上任意一區(qū)域 ，在從 到 ()這段時間內(nèi)考察柱體 中熱量的平衡關(guān)系： 其中 為從 到 這段時間內(nèi)， 中溫度的變化所吸收的熱量，而與則分別為這 段時間內(nèi)，通過由板內(nèi)其他部分流入 的熱量以及通過上、下板面與周圍 介質(zhì)的熱交換所獲得的熱量。不難計算得 數(shù)學(xué)物理方程習題解答 4 從而 所以 其中。此外還有初始條件 于是得二維Cauchy問題2 2 取垂直于板平面的方向為 軸，則在溫度 依賴于 的情況下，所討論的是由兩平面 所界的無界區(qū)城內(nèi)的問題，邊界條件給在兩平面上，此時邊值問題為 在溫度u不依賴于z的情況下，不能簡單地由三維方程得出u滿足二維熱傳導(dǎo)方程， 因為若將所給問題當作二維問題，則此時上、下板面與周圍介質(zhì)的熱交換不能再當作 邊界條件來處理，而應(yīng)考慮到方程中去。也就是說，邊界條件和方程不是截然分開的 兩個不同的東些，而是同一事物的不同表現(xiàn)方式。在齊次方程和非齊次方程、齊次邊 界條件和非齊次邊界條件之間的轉(zhuǎn)換時，就會從數(shù)學(xué)上遇到此問題。 習題 1.3.3 5 習題習題1.3.3 1(數(shù)學(xué)物理方程講義 姜禮尚、陳亞浙P34,17) 設(shè) () 222 11 ( )|( ) 22 J vvvdxa x v dsfvdxgvds =+ 其中( )0a x 。考慮以下三個問題： 問題I(變分問題) ：求 1( ) uMC=使得( )min ( ) u M J uJ v = 問題II：求 1( ) uMC=使得它對于任意vM都滿足 ()()( )0uvu vfv dxa x uvgv ds + += 問題III (第三邊值問題)：求 21 ( )( )uCC 滿足以下邊值問題 ( ) uufx u a x ugx n += += (1) 證明問題I與問題II等價 (2) 當 21 ( )( )uCC 時，證明問題I、II 、III 等價 證明證明 設(shè)問題I(變分問題)成立，即 1( ) uMC=使得( )min ( ) u M J uJ v =，則對 vMuvM +R ? ，從而 () 22 2 1 ( )()|()|() 2 1 ( )()()() 2 jJ uvuvuvdx a x uvdsf uv dxg uv ds =+=+ + 在0=取的最小值，所以 (0)0 j =，即 ()(0)( )0juvuv dxa x uvdsfvdxgvds = += （1） 所以問題I問題II。由于( )j是一個二次函數(shù)，故(0)j取最小值等價于 (0)0 j =，也就是問題I問題II。 當 21 ( )( )uCC 時由高斯公式得 6 () u uvdxv uv u dxvdSv udx n = = 所以 ()( )0 u uuf vdxa x ug vdsvM n += 由變分引理得 ( ) uufx u a x ugx n += += 所以問題II問題III。而問題III問題II是顯然的，所以，問題II問題III。 習題習題2.1.3 1 將下列方程化成標準型 ()() 2 22 22 22 (1)0,0; (2)0,0,0; (3) 4420, (4)0,0; (5) sin2 sin0; (6) 110. xxyy xxyy xxxyyyy xxyy xxxyyy xxyyxy ux ux y ux uxy uuuu uyuy x uyx uy u xuyuxuyu += += += += += += 解（1）由特征方程解得兩簇共軛特征線，做變換 ，則由鏈式法則原方程化為 （2）由特征方程解得兩簇共軛特征線，做變換 ，則由鏈式法則原方程化為 （3）由特征方程解得一簇特征線，做變換 ，則由鏈式法則原方程化為 （4）由特征方程 22 0dyydx+= 當0y 時解得一簇共軛特征線2 yxic=， 做變換2, yx=， 則由鏈式 法則原方程化為 1 0uuu += 7 當0y =+= = = = = =時，(, ), r l a ux tvx t a 均為（1）的解，令 ( , )(, ),0 r l a u x tux tvx tx a =+ % 其中,為待定常數(shù)。 顯然，0x 時( , )u x t%是（1）的解。令 20 ( , )0,0 ( , ) ( , )0,0 u x txt U x t u x txt = %得 ( 0, )( 0, )( 0, ),( 0, )( 0, )( 0, ) r xxx l a ututvtututvt a +=+=+% 由（5） 、 （6）得 1 1 lr rl k a k a += += （7） 于是，( , )U x t滿足 2 0 0,0,0 ()0 ( )0 tlxx r l t Ua Uxt a xxx Ua xx = = + = 21 習題習題3.3.7 1 一根均勻弦固定于x=0和x=l兩端， 在開始的瞬間， 它的形狀是一條以過2xl=點 的鉛直線為對稱軸的拋物線，假定沒有初速度，確定弦上諸點距離平衡狀態(tài)的位移。 解解 原問題歸結(jié)為初邊值問題 直接用用變量分離法解之得 2 在一端固定而另端自出的條件下， 園柱狀桿的縱向微小振動的方程式問題歸結(jié)為: 其中 是坐標為 的截面的位移， 是桿長， 為單位長度的質(zhì)量， 是楊氏系數(shù)。 解解 直接用變量分離法解之得 其中 3 求解初邊值問題 解解 直接用變量分離法解之得 22 其中是的解 4 求單位圓內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，他在邊界上的值為 解解 在極坐標下研究，原邊值問題化為 以分離變數(shù)形式的試探解 代入泛定方程得 上式左邊是 的函數(shù)，與 無關(guān)；右邊是 的函數(shù)，與 無關(guān)兩邊不可能相等，除非 兩邊實際上是同一個常數(shù)把這常數(shù)記作，這就分解為兩個常微分方程 (1) (2) 常微分方程（1）隱含著一個附加條件。事實上，一個確定地點的極角可以加減的 整倍數(shù)，而電勢 在確定的地點應(yīng)具確定數(shù)值，所以，即 亦即 (3) 這叫做自然的周期條件。常微分方程（1）與周期條件（3）構(gòu)成本征值問題。求解得 本征值和本征函數(shù)為 以本征值代入常微分方程（2）得 這是歐拉型常微分方程，作代換，即方程化為 其解為 這樣，由于u在D內(nèi)有界， 所以D0，于是分離變數(shù)形式的解是 23 拉普拉斯方程是線性的，它的一般解應(yīng)是所有本征解的疊加，即 (4) 為確定（4）中的系數(shù)，把（4）代入原邊值問題的邊界條件先代入齊次邊界條件得 從而， 代入（4）計算得,Poisson 公式 5 弦在一端是固定的，而在另一端受到諧和的擾動力，因而引起該端的位 移。研討這個弦的橫向振動 解解 問題歸結(jié)為： 1) 分解問題：令 ，則得 2) 用分離變量法求(I)的一個特解， 3) 解(II)應(yīng)用分離變量法可得 6 試證拉普拉斯方程(用球坐標) 24 有特解，其中為任意常數(shù)， 是 階 Legendre11多項式。 證明證明 考慮球?qū)ΨQ的情形，即與無關(guān)的解12。由球?qū)ΨQ原方程化為 令 代入方程得 令得 令 代入 （1） 得 ， 解得 ， 從而 （1） 的兩個線性無關(guān)解為 。 令，則（2）化為， （Legendre方程） 他有解（為 次勒讓德多項式） 。從而原方程由特解為 7 設(shè)有一彈簧一端固定，另一端在外力作用下作周期運動，當振動進行很多次后，初 始條件產(chǎn)生的影響因阻力而消失，它與初始條件無關(guān)，問題歸結(jié)為： 2 0 (0, )0 ( , )sin ttxx ua u ut u l tAt = = = 試求它的周期解。 解解 設(shè) ( , )( ) i t U x tX x e =， 滿足(0)0,( )XX lA=， 則( , )U x t的虛部就是本問 題的解13，將( , )U x t代入原定解問題得 勒讓德（17521833）Legendre，Adrien-Marie 法國數(shù)學(xué)家。1752年9月18日生于巴黎 ，1833 年1 月10日卒于同地。1770 年畢業(yè)于馬薩林學(xué)院 。1782 年以外彈道方面的論文獲柏林科學(xué)院獎。1783 年被選為巴黎科學(xué)院助理院士，兩年后升為院士。1795年當選為法蘭西研究院常任院士。1813年繼 任J.-L.拉格朗日在天文事務(wù)所的職位。 勒讓德的主要研究領(lǐng)域是分析學(xué)(尤其是橢圓積分理論)、 數(shù)論、 初等幾何與天體力學(xué)， 取得了許多 成果，導(dǎo)致了一系列重要理論的誕生。勒讓德是橢圓積分理論奠基人之一。在L.歐拉提出橢圓積分加 法定理后的40年中， 他是僅有的在這一領(lǐng)域提供重大新結(jié)果的數(shù)學(xué)家。 但他未能像N.H.阿貝爾和C.G.J. 雅可比那樣洞察到關(guān)鍵在于考察橢圓積分的反函數(shù) ，即橢圓函數(shù)。在關(guān)于天文學(xué)的研究中，勒讓德 引進了著名的“勒讓德多項式” ，發(fā)現(xiàn)了它的許多性質(zhì) 。他還研究了B函數(shù)和函數(shù)，得到了函 數(shù)的倍量公式。他陳述了最小二乘法，提出了關(guān)于二次變分的“勒讓德條件” 。 勒讓德對數(shù)論的主要貢獻是二次互反律，這是同余式論中的一條基本定理。他還是解析數(shù)論的先 驅(qū)者之一，歸納出了素數(shù)分布律，促使許多數(shù)學(xué)家研究這個問題。 12 實際上，完全球?qū)ΨQ的解應(yīng)該是只與r有關(guān)，而與無、關(guān)的解，這里選的是與無關(guān)的特解。 考慮只與無關(guān)的解會得到什么結(jié)果？ 13 這不是一個標準的定解問題，因為從常規(guī)來看，它差一個定解條件-初始條件。但是，題目明確 說初始條件因長時間運動而消除了。由于振動純屬邊界振型造成，所以弦振動的角頻率也應(yīng)該為， 25 2 2 0 (0)0,( ) XX a XX lA + = = 解得 12 ( )cossinX xcxcx aa =+ 由邊界條件得 12 0,sincclA a = 所以 ( )sin sin A X xx a l a = 從而 ( , )sin sin i t A U x txe a l a = 于是 ( , )Im( , )sinsin sin A u x tU x txt a l a =。 8 求解沒有初始條件的半無界桿的熱傳導(dǎo)問題 的周期解。 解解 設(shè)14 ，則，于是有 特征方程為： 解得特征根為 所以 由 得，由得，于是 所以可用此特殊的變量分離法。 14這不是一個標準的定解問題， 因為從常規(guī)來看， 它差一個定解條件-邊界條件。 但試題上明確說明 是求周期解，方程是齊次的，所以周期解得周期應(yīng)該與初始函數(shù)的周期相同。特殊的變量分離法，這 里用到一個特殊的邊界條件lim ( ) x X x =有界. 26 。從而原問題的解為 9 求解振動向題 解解 用疊加原理、齊次化原理和變量分離法解得 其中 10求解熱傳導(dǎo)方程定解問題 解 先作變換，然后再用變量分離法解之得 其中，這里是特征函數(shù)， 而則是權(quán)函數(shù)。 27 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 2 0 2 2 , 0, ( , )sin 2 ( )sin ( )sin nab b t x l a a n n b t x a n b x a n b x a they are orthogonal onl with weight function n u x teex l n wherex exdx ll n Note the eigen functions areXxex l e + = = = = l1. 求解細桿導(dǎo)熱問題稈長l，初始溫度均勻為u0。兩端分別保持溫度u1和u2。 解 數(shù)學(xué)模型為 2 0 1 2 0 ( ,0) (0, ( , ) txx ua u u xu utu u l tu = = = = 作變換 21 1 uu uvux l =+將邊界條件其次化再用變量分離法解之得 ()2 21 1 1021 1 ( , ) () 2( 1)1( 1)sin naltnn n uu u x tux l uuuun x e nnl = =+ + 12 解一個具有熱絕緣的側(cè)表面均勻桿冷卻問題，假定這個汗的初始溫度分布情況是 ( ,0)( )u xx=，它的一端熱絕緣，而另一端永遠保持為 0 u，問題歸結(jié)為， 2 0 00,0 ( ,0)( )0 (0, )0,( , ) txx x ua uxl t u xxxl utu l tu = = = 解 作變換 0 uuv=+，然后用分離變量法解得 2 21 20 0 0 221( 1) 421 ( , )( )coscos 2(21)2 n ln at l n nun v x tedx llnl + = + = + 13 有一個半徑為R的均勻球體，它的中心就是坐標的原點，已知球內(nèi)任意一點的初 始溫度只與該點到球心的距離有關(guān)，球的表面溫度永遠保持零度，確定球內(nèi)任一點在 t0時的溫度。解 由球?qū)ΨQ性可知方程為 2 2 2 20 uuu rar trr += ，從而有 定解問題 28 2 2 2 20 ( , )0,(0, ) ( ,0)( ) uuu rar trr u R tut u rf r += = = 有界 作變換( , )( , )v r tru r t=得 2 2 2 0 ( , )0,(0, ) ( ,0)( ) vv a tr v R tvt v rrf r = = = =0 應(yīng)用分離變量法解得 2 1 0 ( , )( )sinsin n l at R n nn v r tefdr RR = = 14在圓域a的Green函數(shù) 解 取( , ),0Q 關(guān)于x、y軸的對稱點( ,)(, )QQ ，及原點 (,)Q，則四分之一平面的格林函數(shù)為 2222 2222 111 ( , ; , )lnln 2 ()()()() 111 lnln 2 ()()()() G x y xyxy xyxy = + + + 2 證明 () 222 12 1 ( )u rccrxyz r =+=+是三維拉普拉斯方程在0r 時的 解，而 () 22 12 1 ( )lnu rccrxy r =+=+是二維拉普拉斯方程在0r 時的解。 3 用電像法求半球的Green函數(shù)。 解 1111 () 4| | |,0 R G Rz = = * * x, x- -x -x -x 其中0是 關(guān)于平面的對稱點， ， 分別是 ， 關(guān)于球面的反演點。 習題習題4.1.3 1 設(shè)() ,0, 0,Qx txltT=，則 （1）0c 時，max | max | Q uu =， （2）一般地max |max | T Q ueu ，其中 max 0,max() Q c=。 證明： （1）首先注意到，若得max0 Q u 則 maxmax( ) Q uua =。反證，若 (, )x tQ 使得(, )max Q u x tu =，則(, )0,(, )0, xt ux tu x t = (, )0 xx ux t 。 由(, )0Lu x t =得 * (, ) (, )(, )(, )0 xx c x t u x ta x t ux t =， 34 這與 * (, )0, (, )0c x tu x t 矛盾。所以（a）成立。同理可證，若min0 Q u ， 則( , )0c x t+。由（1）得( , )max ( , ) ,( , )v x tv x tx tQ ，即 ( , )max( , ) ,( , ) T u x teu x tx tQ 。令即可。 2 設(shè) n R有界區(qū)域，記(x, ): x, 0 T QttT=，作輔助函數(shù) (x, )(x, ),vtutt= 于是直接計算可得0.LvLuf=。又由 于lim ( )0u = x x，故存在0r ，使得| rx時，| ( )|( )uu P，則 u在閉圓盤上的最大值 00 (,)0u x y，所以 3 00 (,)0uxy。另一方面， 0000 (,)0,(,)0 xxyy uxyuxy，從而 000000 (,)(,)(,)0 xxyy uxyuxyu xy+=。 矛盾。 6 證明二維調(diào)和方程的Dirichlet外問題的有界解是唯一的。 證明 由線性性，只需證明 2 0, 0, uon uonu = = 有界 R 只有零解即可。取 00 (,)P xy，作輔助函數(shù) () () 2222 00 2 ln xxyy v r + =，則v在之外調(diào)和 且對充分小的r，v是正的。由于u有界，所以對充分大的R0有 0 |ln R u r 充分大， 使得( , )( , ) x yB P R， 在( , ) B P R 中對vu用極值原理得| ( , )|ln R u x y r ，令0的( , )0u x y =。由 2 ( , )x yR知u恒為零。 37 習題習題4.2.4 1 證明Goursat問題（G）的解是唯一的。 () () 22 22 ( , , ) ( ) , ,( , ) ttxxyy uuuf x y txyt G u x yxyx y +=+平面tT=所截下的錐的部分記為 22 : T KxytT+ 。記 T 為 T K的底。 T 為 T K的側(cè)面。由線性性，要證（G）之解唯一，只需證 明 () () 22 22 0 ( ) , ,0 ttxxyy uuuxyt G u x yxy +=+為常數(shù)， n R有界，證明第三邊值問題的解的穩(wěn)定性 () 2 ( , ),(0, ( ,0)( ) ( , )(0, t uaufttT uon u uhtonT = = += xx xx x n 證明 用u乘方程兩邊并在(0, t tQ=上積分得 40 222 11 22 ttttt t QQQQQ uu dxdtau udxdtufdxdtu dxdtf dxdt=+ （1） 由 () 222 0 11 22 t t t Q uu dxdtu dxdtudx t = () 2 0 2 0 tt t t QQ t Q u u udxdtudSdtu dxdt u hu dSdtu dxdt = = n 代入（1）得 2 2222 0 2222 0 22 2 t tt t Q t QQ u dxau dxdtau dSdt dxauhdSdtu dxdtf dxdt + + （2） 由 22 000 1 4 ttt uhdSdtu dSdth dSdt + 代入（2）得 2 22 2 2222 0 2 2 t tt Q t QQ u dxau dxdt a dxh dSdtu dxdtf dxdt + + （3） 令 2 2222 0 ( ),( ) 2 QQ a Au dxdtFdxh dSdtf dxdt =+ ，則 2 ( )( )( )Au dxAF =+ ，所以( )( ) t A te F t，代入（3）得 () 2 22 2 222 0 2 1 2 t t Q t t Q u dxau