復(fù)變數(shù)學物理方程復(fù)習

（一） U=a2U U(0,t)=U(l,t)=U(x,0Ψ1（x）;Ut(x,0)=Ψ2（x =a2U U(0,t)=U(l,t)=U(x,0)=Uxx+Uyy=f; U(0,x)=Φ1（x）;U(b,x)=U(y,0Ψ1（y）;Ut(y,a)=Ψ2（yFourierBesselLegendre常數(shù)△x所受縱向力為（T2COSa2-T1COSa1）橫向力（T2SINa2-Ut(x+n△x）(0<n<1).受的張力，又因為弦做橫振動而無縱振動，由牛頓定律有SINa1≈TANa1=Ux(x,t),SINa2≈TANa2=Ux(x+△x,t),即(T/ρ)[Ux(x+△x,tUx(x,t)]/△x-(b/ρ)即令△x→0Utt+F（x,,z,t，試導(dǎo)出擴散方程。流入X[qx(x,t)qx(x+△x,t)]t△y△z,流入Y[qY(y,t)qY(y+△y,t)]t△x△z,流入Z[qz(z,t)qz(z+△z,t)]t△x△y.[qx(x,t)-qx(x+△x,t)]△t△y△z+[qY(y,t)-qY(y+△y,t)]△t△x△z+[qz(z,t)-qz(z+△z,t)]△t△x△y+F(x,y,z,t）△t△x△y△z=[U（x,y,z,t+△t）-U（x,y,z,t）]△t△x△y△z.（＠

11a2 11 a（-dy/dx）2-2a 特征根：dy/dx=（a1/2） 特征曲線：y=[（a1/2） y=[（a-△1/2）/ 新舊變量關(guān)系：ζ=y+λ1x，η令Q= x2U+2xyU3y2U2xU u1u2u3……unLU=fiu=∑CiUiLU=∑Cifi的u1LU=0u2LU=fuu1+u2LU=f 原理1：設(shè)W是方程Wtt=a2Wxx W|t==0Wt|t==f（x,t;）的解，則u=∫0tW（x,t;τ）dτ是方程Utt=a2Uxx+f（x,t）U|t=0=0 |t=0=0 W|t==0Wt|t= u=∫0tW（x,t;τ）dτUta2Uxx+f（x,t）U|t=0=0δ（x-x0）={0x≠0∞ U=a2U U(x,0)= （二）非齊次的泛函方程的齊次邊界條件Ua2U+f(x,t); U(x,0)= W=a2W W(x,0)=Wt(x,0)=Ψ（x）V V=a2V+f(x,t); V(0,t)=V(l,t)=0;V(x,0)=0;Vt U=a2U; U(0,t)=U U(l,t)=U2U(x,0)=UtU(x,t)=W(x,t)+V(x,t)使得：V(0,tV(l,t)=0W(0,tU1(t),W(l,tU2(tW(x,t)=Ax+BW(0,t)=B=U1(tW(l,t)=Al+BU2(t),則（省略 U=a2U+f(x,t); U(0,t)=U U(l,t)=U2U(x,0)=Ut 例一：U=a2U； Ut Uxx+Uyy=0; U(0,x)= U(b,x)= U(x,t)=W(x,t)+V(x,tVxx+Vyy=0,V(0,y)=V(a,y)=0,V(x,0)=同時Wxx+Wyy=0,W(0,y)=Ay(b-y),W(a,y)=0,W(0,x)= Ua2U+bshx;U(0,t)=U(l,t)=0U(0,x l,兩端固定的弦線在單位長度的橫向力 U=a2U U(0,x)=Ut(0,x)= V=a2V;V(0,t)=V(l,t)=0;V(0,x)=Φ(x);Vt(0,x)= W：W=a2W+g(x)sinwt; W(0,x)=0;W Z=a2Z;0<x<l,t>0Z(0,t;τ)= Z(0,t;τ)=0;Z(l,t;τ)=0 0Uxx+Uyy=0； Uy(0,x)=Φ1（x）;Uy(b,x)=Φ2（x）;Ux(y,0)= U= U(0,x)=Φ（xUt(0,x)= U=a2△U = Ut(0,M)= U=a2△U = Ψ（M U=a2 =Φ（xUt(0,x)=Ψ（x）x≥0，Ψ(x)Ψ(x),x<0，Ψ(x)=-Ψ(-x) U= =Φ（xUt(0,x)=Ψ（x）x≥0，Ψ(x)Ψ(x),x<0，Ψ(xΨ(-x) U=a2U =Φ（xUt(0,x)=Ψ（x）.U(x,t)=U(t)+V(x,t（4.） U=a2U+f(x,t); = Ut(0,x)= V=a2V+f(x,t);-∞< V(0,x) W(0,x)Vt(0,x)=0. Wt(0,xΨ（x）.V=∫0tZ(x,t;τ)dτ.ZZZ=a Z(0,x)Zt(0,x)= U-a2U=x+at; Ut(0,x)=解:由迭加原理解此定解問題，可由達朗貝爾和振動的解迭加。 U-a2U+2εU =Φ（xUt(0,x)=Ψ（x）. Ue-βtVβt,Ue-βt(V2βV V-a2V+2(ε-β)V+(ε2 要使Vt，V0，則β=ε， Φ（x；V U=a2△U；U(0,x)=yz;U(0,x)=xz+x.M<+∞;t>0.解：令Φ（M）=yz；Ψ（M）=xz+x.經(jīng)過球坐標變換后有： 因為at=r; ∫∫Φ（M‘）/atds=∫2π∫ ∫∫Ψ（M‘）/atds=2ππΨ（M‘）rsinθdθdφ;②又因為：2π 所以有：①=4πayz;②=4πatxz.因此U(x,t)=(tx+y)z. U=a2（U+U）;-∞<x<+∞; -∞，+∞，F(xiàn)[f(x)]=f(λ∫逆變換：f(x)=1/2π∫+∞f(λeiλxdλ0[0，+∞，L[f(x)]=f(p)=0 σ+i∞f(p)epxdpL-1[f(x)]=∑Res[f(t)f(x)=1-x2|x|<1f(x)=0|x|>0Fouriere-a|x|=∫c(λ)使得：a/(a2+x2)=∫+∞c(λeiλxdλ。e-a|x|=1/2π∫+∞F[e-a|x|]eF[e-a|x|]=∫+∞e-a|x|e- =∫+∞e-a|x|cosλxdx-i∫+∞e-a|x|sinλxdx=2∫ 0=2Re{+∞e-(a+iλ)xdx}=2Re{1/a+iλ}=2a/(a2+λ20②由c(λ)滿足a/(a2+x2)=∫+∞c(λ)有c(λ)=1/2πF[a/(a2+x21/2π∫+∞a/(a2+x2e-=1/2e-a|λ|F[U]=∫+∞U(x,y)e-iλxdx;F[f(x)]=f(λ), U’-λ2U’=0;U’(λ,0)= 解方程得：U’（λ，y）=A(λ)eλy+B(λ)e-λy;由條件可知：當λ>0，A(λ)=0，當λ<0,B(λ)=0,因此有U’（λ，y）=c(λ)e-|λ|yc(λ)=f(λ)，因此U’（λ，y）=f(λ)e-|λ|y，再做逆變換：U（x,y）=F-1[f(λ)e-|λ|y]=4/π∫+∞f(ζ)/(x-ζ)2+y2F[p]=∫+∞f(t)e-0{∫+∞f(t)e-ptdt}/dp=L[-0 U-a2U U(0,x)=Φ（x U-a2U=0; 0<x<+∞;t>0.① =Φ（x；③Ut(0,x)=Ψ（x）.④解：對方程①~④做Fourier F[U(s,t)]=∫ F[Φ（x）]=+∞Φ（x）sinλxdx=Φ’（λ）;F[Ψ（x）]= d2U’/dt2+a2λ2U’=0;U’(λ,0)=U’t(λ,0)=Ψ’（x）.⑦SΦ（λ）cosλat+1/λaΨ’（x）sinλat.再做逆變換：U(x,t)=F-1[U’(λ,x)]S [Φ（λ）cosλat]+ Bessel0L[y]=∫+∞y(x)e-01．基本（1）GaussGreen 三本解二本解V=1/2π*ln1/r U=a2△U Ut(0,M)=一維：V(M,t)=1/2Πh(a2t2-x2)=1/2a|x|≤at;=0Utt=LU+f(M,t)； =Φ（MUt(0,M)=Ut=LU； δ（M三本解：二本—本M0，G|aΩ=0性質(zhì)：a.GreenΩ和邊界有關(guān)bGreen U(0,y)=f(y)；U(0,x)=0。解：二維Dirichlet問題利用二維Dirichlet問題的積分。例二．求解下列邊界問題 Φ（x ∫+∞∫+∞f(x,y)G(x,y,x ＠G/＠n|y=-y/π*(1/(x-x)2 11 法一.由d[xmJ(x)]/dx=xmJ(x)有： =x4J(x)-2∫x3J =x4J(x)-2∫[dx3J =x4J(x)-2x3J 法二.由d[x-mJ(x)]/dx=x-mJ(x)m=0，J’(x)=J(x)I=-∫x4J - - - 令z=eiθ,則dθ=1/izdz*sinθ=(z2- 例三．證明（1）J2(xJ’’0(x)-1/x (2)J(x)+3J’ （1）則J’1(x)=1/2[J0(x)(2n/x)Jn(x)=Jn--(1/x)J’0(x)=(1/x)Jn(x)=1/2[J0(x)+J2(x)]J’’0(x)-1/xJ’0(x)=-（1/2）[J0(x)-J2(x)]+1/2[J0(x)+= （2）J(3)(x)=-（1/2）[J(x)- =(3/4)J1(x)- 則J(x)+3J =J3(x)-3J1(x)+4[(3/4)J1(x)- 例一．計算積分∫1x2Px)P(x)dx I=(1/(2l+1)(2l+5))1 例二．I=1 法一.由（2l+1）Pl(x)=P’l+1(x)P’l- I=∫