数学物理方程前三章答案

数学物理方程前三章答案一谷超豪

第一章.波动方程

§1方程的导力。定解条件

1.细杆(或弹簧)受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在X点处的

点在时刻t离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明u(x,t)

满足方程

uuxEttxx

其中为杆的密度，E为杨氏模量。

证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为x与XX。现在计算这段杆

在时刻t的相对伸长。在时刻t这段杆两端的坐标分别为：

xu(x,t);xXu(xX,t)

其相对伸长等于

令[xxu(xX,t)][xu(x,t)]XUX(XX,t)XX0,取极限

得在点X的相对伸长为ux(x,t)。由虎克定律，张力T(x,t)等于

T(x,t)E(x)ux(x,t)

其中E(x)是在点x的杨氏模量。

设杆的横截面面积为S(x),则作用在杆段(x,xx)两端的力分别为

E(x)S(x)ux(x,t);E(xx)S(xx)ux(xx,t).

于是得运动方程(x)s(x)xutt(x,t)ESux(xx)|xxESux(x)|x

利用微分中值定理，消去x,再令x0得

(x)s(x)utt

若s(x)常量，则得(ESux)X

2uu(x)2=(E(x))xxt

即得所证。

2.在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试

分别导出这三种情况下所对应的边界条件。

解：(D杆的两端被固定在x0,x1两点则相应的边界条件为u(O,t)O,u(l,t)0.

(2)若x1为自由端，则杆在x1的张力T(l,t)E(x)

的边界条件为ux1等于零，因此相应xu|x1=0x

同理，若x0为自由端，则相应的边界条件为u|x00x

(3)若x1端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的偏移

由函数v(t)给出，则在x1端支承的伸长为u(l,t)V(t)o由虎克定律有

Eu|x1k[u(l,t)v(t)]x

uku)|X1f(t)其中Ex其中k为支承的刚度系数。由此得边界条件(

特别地，若支承固定于一定点上，则v(t)0,得边界条件

(uu)|x10»x

同理，若x0端固定在弹性支承上，则得边界条件u|x0k[u(0,t)v(t)]x

u即(u)|x0f(t).xE

x2ux22u[(l)](1)3.试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为E

2xhxht

其中h为圆锥的高(如图1)

证：如图，不妨设枢轴底面的半径为1,则x点处截面的半径1为:

11

hxh2所以截面积s(x)(1)。利用第1题，得x22ux2u[E(1)]

(x)(1)ht2xhx

若E(x)E为常量，则得

x2ux22uE[(1)](1)2xhxht

4.绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡

位置，试导出此线的微小横振动方程。

解：如图2,设弦长为1,弦的线密度为，则x点处的张力T(x)为

T(x)g(lx)

且T(x)的方向总是沿着弦在x点处的切线方向。仍以u(x,t)表示弦上各点在时刻t沿

垂直于x轴方向的位移，取弦段(x,xx),则弦段两端张力在u轴方向的投影分别为

g(lx)sin(x);g(l(xx))sin(xx)

其中(x)表示T(x)方向与x轴的夹角

又sintg

于是得运动方程uX.

2uuux2[1(xx)]|xxg[1x]|xgxxt

利用微分中值定理，消去X,再令x0得

2uugE(lx)]。2xxt

5.验证u(x,y,t)1

t2x2y2在锥txy>0中都满足波动方程222

2u2u如1222u(x,y,t)txy证：函数在锥＞0内对变量

222222txyxy

x,y,t有

3u(t2x2y2)2t二阶连续偏导数。且

t

t22(t2x2y2)

323(t2x2y2)52t2(t2x2y2)32(2t2x2y2)

u2222(txy)xx3

2u

x

2t2x23y223t2x25y22x22x2y2

52u同理t2x2y22t2x22y22t2x25y22t2y

所以2u

x22u

y2tX225y222t2xy22t2.2u

即得所证。

6.在单性杆纵振动时,若考虑摩阻的影响,并设摩阻力密度涵数（即单位质量所受的摩阻

力）与杆件在该点的速度大小成正比（比例系数设为b）,但方向相反,试导出这时位移函数

所满足的微分方程.

解：利用第1题的推导，由题意知此时尚须考虑杆段X.xX上所受的摩阻力.由题

设,单位质量所受摩阻力为bu,故X,XX上所受摩阻力为t

ubpxsxt

运动方程为:

xsxx2uuuuESxxESxbXSXX

xttt2

利用微分中值定理，消去x,再令X0得

2uuuxsX2ESbXSXtxxt

若s(x)常数，则得

2uUUX2EbxXxtt

,ExE也是常量.令a若x是常量2

22uu2ubtt2x2E，则得方程

§2达朗贝尔公式、波的传施

1.证明方程

22xu1x2uh0常数

1212xhxaht的通解可以写成

uFxatGxathx

其中F,G为任意的单变量可微函数,并由此求解它的初值问题：

t0:ux,

解：令hxuv则ux.t

vhxuuv,hx2uhxuxxxx

vu2v2u2u[(hx)(u)(hx)(hx)(hx)(u2)

xxxxxx

2112V又hx22tt

代入原方程，得

2vl2vhx22hx2xat

2vl2v22即2xat

由波动方程通解表达式得

vx,tFxatGxat

所以u

为原方程的通解。

由初始条件得FxatGxathxlFxGxhx

1xaF/xaG/xhxx(1)

1de所以FxGxhaxO

由⑴，⑵两式解出x(2)llc

Fxhxxhd22ax2ox

HeGxhxxhd22ax2ox

所以u(x,t)1[(hxat)(xat)(hxat)(xat)]2(hx)

xatl+(h)()d.2a(hx)xat

即为初值问题的解散。

2.问初始条件(x)与(x)满足怎样的条件时，齐次波动方程初值问题的解仅由右传

播波组成？

解：波动方程的通解为

u=F(x-at)+G(x+at)

其中F,G由初始条件(x)与(x)决定。初值问题的解仅由右传播组成，必须且只须

于任何x,t有G(x+at)常数.

即对任何x,G(x)CO

又G(x)=(x)

所以(X),(x)应满足121xC()d2ax02a

lx()dCl(常数)xOa

1'或(x)+(x)=0a(x)

3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题(又称古尔沙问题)

22u2u2a2txuxat0(x)(0)(0)

u(x).xat0

解：u(x,t)=F(x~at)+G(x+at)

令x-at=0得(x)=F(0)+G(2x)

令x+at=0得(x)=F(2x)+G(0)所以F(x)=()-G(0).

G(x)=()-F(0).

且F(0)+G(0)=(0)(0).

所以u(x,t)=(x2x2xatxat)+()-(0).22

即为古尔沙问题的解。

4.对非齐次波动方程的初值问题

22u2u(t0,x)t2ax2f(x,t)

ut0,u(x),(x)(x)t

证明：

(1)如果初始条件在x轴的区间［xl,x2］上发生变化，那末对应的解在区间［xl,x2］

的影响区域以外不发生变化；

(2)在x轴区间［xl,x2］上所给的初始条件唯一地确定区间［xl,x2］的决定区域中解

的数值。

证：(1)非齐次方程初值问题的解为

u(x,t)=［(xat)(xat)］

xa(t)If(,)dd.+xa(t)2a0tl21xat()d

xat2a

当初始条件发生变化时，仅仅引起以上表达式的前两项发生变化，即仅仅影晌到相应齐

次方程初值的解。

当(x),(x)在［xl,x2］上发生变化，若对任何t>0,有x+at〈xl或x-at>x2,则区间［x-

at,x+at］整个落在区间［xl,x2］之外，由解的表达式知u(x,t)不发生变化，即对t>0,当

x<xl-at或x>x2+at,也就是(x,t)落在区间［xl,x2］的影响域

xtatxx2at(t0)

之外，解u(x,t)不发生变化。(1)得证。

(2).区间［xl,x2］的决定区域为t0,xlatxx2at

在其中任给(x,t),则

xlxatxatx2故区间［x-at,x+at］完全落在区间［xl,x2］中。因此［xl,x2］上所

给的初绐

条件(x),(x)代入达朗贝尔公式唯一地确定出u(x,t)的数值。

5.若电报方程

uxxCLuttCRLGutGRu

C,L,R,G为常数具体形如ux,ttxat

的解（称为阻碍尼波），问此时C,L,R,G之间应成立什么关系？

解uX,ttfxatuxxtxat

uttfatatfxat

utttxat2atfxata2txat

代入方程，得

CLa1tfxat2aCLtaCRLGtfx

at

CLtCRLGtGRtGRtat02

由于f是任意函数,故f,f,f的系数必需恒为零。即

CLa2102CLtCRLGt0

CLtCRLGtGRt0

CL12a于是得

uta2CRLGut2

所以utcOea2CRLGt2

代入以上方程组中最后一个方程,得

a4a22CRLG2GR0CLCRLG42

又a2112,得CRLGGRCLCL4即CRLG20

最后得到CGLR6.利用波的反射法求解•端固定并伸长到无穷远处的弦振动问题

utta2uxxut0x,utt00x0x

u0,t0t0

lluX,txatxatdat22axxat解:

满足方程及初始条件的解，由达朗贝尔公式给出:

由题意知X,x仅在0x上给出,为利用达朗贝尔解，必须将

X,X开拓到x0±,为此利用边值条件，得

10atatdo2atat

因此对任何t必须有

atat

at

atd0

即xx必须接奇函数开拓到x0±,记开拓后的函数为

x,x

x0xXx,xOx0XX

X0

xat所以llux,txatxatd22axat

xat11dxatxat22axatxatl

12xatatx2ad

atxtx,xOax,x0ao

22u2u2u2u227.求方程2a形如ur,t的解（称为球面

波）其中2tyx

rx2y2z2o

解：ufr,tuururxrxrx

2u2ux2u1x22223rrrxrr

2u2uy2uly22223rrryrr

2u

代入原方程，得2uz2ulz222(3)2rrrzrr

22uu3x2y2z2

2ua[2()]rrt2rr3

22u2u2u即a)22rrtr

令ruv,则

2u2vuv2uu2vr22,ru,r22rrrr2ttr

代入方程，得v满足

22v2va22tr

故得通解v(r,t)F(rat)G(rat)所以u1[F(rat)G(rat)r

8.求解波动方程的初值问题

2u2ut2x2tsinx

uu0,|t0sinxt0t

xttx(t)解：由非齐次方程初值问题解的公式得llsindsindd

u(x,t)2xt20x(t)11=[cos(xt)cos(xt)][cos(x(t

))cos(x(t))]d220

tt

=sinxsintsinxsin(t)d

0

=sinxsintsinx[cos(t)sin(t)]0=tsinx

即u(x,t)tsinx为所求的解。

9.求解波动方程的初值问题。t

tx2uauxxtt(1x2)2u|0,u|1

tOtt01x2

11d解：u(x,t)12(12)2dd2axatOxa(t)

xatxattxa(t)

xatl1

2darctg(xat)arctg(xat)

lxa(t)dd[(12)22(12)]xa(t)d

Oxa(t)0

1]d=[22201(xa(t)1(xa(t))

lxatulxatudua2(lu2)a2(lu2)du2x2atxat

tdutdudu=1u22a1u2zax2a2

xatlu2

atxatlxatxxttxa(t)txuxx

xll(xat)2

(arctg(xat)arctg(xat))21n=222a4al(xat)

t[2arctgxarctg(xat)arctg(xat)]2a

ll=(xat)arctg(xat)(xat)arctg(xat)2a22a2+

til(xat)2

In+arctgx22a4al(xat)所以

u(x,t)1

4a22{(xat2a)arctg(xat)(xat2a)3

11(xat)2

arctg(xat)2atarctgxln221(xat)

§3混合问题的分离变量法

1.用分离变量法求下列问题的解：

(1)

22u2u2a2tx3xu,ut0sinltu(0,t)u(1,t)0

tox(1x)(0x1)

解：边界条件齐次的且是第一类的，令

u(x,t)X(x)T(t)得固有函数Xn(x)sinnx,且1

ananTn(t)AncostBnsint,(n1,2)11

于是u(x,t)(Ancos

n1ananntBnsint)sinx111

今由始值确定常数An及Bn,由始值得

3xnAnsinxsinlln1

x(lx)annBnsinxlln1

所以A31,An0,当n3

2Bnan2an1x(lx)sinOnxdx112nxxcosx

1nIn12nxcosxsin1lln22n212xn213n22sin

x33cosxllnn

因此所求解为1041344(1(l)n)an

3a3413

u(x,t)cotsixIla4

22u2u02a2xt(2)u(0,t)0

u(x,0)hx,11(l)nannsitsix411nn1u(1,t)0

tu(x,0)0t

解：边界条件齐次的,令

u(x,t)X(x)T(t)

XX0得:x(o)0,

2X(1)0⑴及TaX0(2)o

求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。1。时,方程的通解为

X(x)CiexC2ex由X(0)0得clc20

由X⑴0得CleC2e0解以上方程组，得Cl0,C20,故0时

得不到非零解。20口寸，方程的通解为X(x)clc2x由边值X(0)0得cl0,

再由X(1)0得c20,仍得不到非零解。30时，方程的通解为

X(x)clcosxc2sinx由X(0)0得cl0,再由X(1)0得c2cos]0

为了使c20,必须cosl0,于是

2n1n(n0,1,2)21

且相应地得到Xn(x)sin22n1x(n0,1,2)21

将代入方程(2),解得Tn⑴Ancos

2n12nlatBnsinat(n0,1,2)

21212n12n12nlatBnsinat)sinx212121于是u(x,t)

再由始值得n0(Ancos

2n1hxAsinxn121n0

2n12n10aBnsinx2121n0

容易验证sin

12n1x(n0,1,2)构成区间［0,1］上的正交函数系：

212m12n10当mn

sinxsinxdx1当mn212102

利用sin

2n1x正交性，得21

2h2n1xdxAnxsinl01211

2h212n1212xcosx(2n1)(2n1)211

22n1sinx21018h

(2n1)22(l)n

Bn0

(l)n2n12nIcoatsix所以u(x,t)222121n0(2nl)8h2。设弹簧

一端固定，一端在外力作用下作周期振动，此时定解问题归结为

22u2u2ax2tu(l,t)Asint求解此问题。u(0,t)0,

uu(x,0)(x,0)0t

解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取U(x,t)

足

U(0,t)0,U(l,t)Asint

令u(x,t)U(x,t)v(x,t)代入原定解问题，则v(x,t)满足

22vA2

2vxsint2a21xt

v(0,t)0,v(l,t)0

vAv(x,0)0(x,0)xtlAxsint,贝lJU(x,t)满1⑴

v(x,t)满足第一类齐次边界条件,其相应固有函数为Xn(x)sin故设v(x,t)nx,

(n0,1,2)1Tn(t)sin

n1nxl(2)x展成级数,得A2Anxsint及初始条件中将方程中

非齐次项x按sinlll

A2nxsintfn(t)sinxlln1

2A2nxsintsinxdx其中fn(t)1011

12A2n12nsintxcosxsinx22n1112nOil

2A2A(l)nIsintxn1

nsinn1nx1

2A2n2Anxsinxdx1)其中nlOlln1

anT(t)n1将⑵代入问题(1),得Tn(t)满足

T(0)0,n2Al)nIsintTn(t)n2ATn(0)(l)n

n22anan2A2sint解方程,得通解Tn(t)Ancos

tBnsint(l)n1an211n()2

1

由始值，得An0

1(l)n12A312(1)n2Aaln2A{(1)}Bn

222222annn((an)1)(an)1

(l)n2Aalansint所以v(x,t){221(an)(l)n1

(l)n12A2121nsint}sinx221(an)(l)n

(l)2anIn{asintsint}sinx2A1221nIn1(an)(1)

因此所求解为

A(1)2

u(x,t)xsint2A1221n1(an)1)

{asinanIntsint}sinxInti

3.用分离变量法求卜面问题的解

22u2ubshx2a2xt

u1100u110tu|x0u|x10

解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为

Xn(x)sinnxl(n1,2,)设u(x,t)T(t)sinn

n1nx1

将非次项bshx按｛sinnx｝展开级数,得1

bshxfn(t)sin

nInx1

2bn(l)n1

shxsinxdx222bnshl其中fn(t)2101n1

将u(x,t)InT(t)six代入原定解问题,得Tn(t)满足nln1

an22bnn1T(t)()T(t)(l)shlnn222

In1Tn(0)0,Tn(0)0

方程的通解为

Tn(t)Ancosanan122bntBnsint()222(l)nlshlHann1由

Tn(0)0,得：An(

由Tn(0)0,得Bn0

所以Tn(t)(

所求解为122bn)222(l)nIshi

ann1122bnan)222(1)nIshi(1cost)ann11

2bl2(1)nlann(1cost)sinxu(x,t)2shl22211anln(n1)

4.用分离变量法求下面问题的解：

22uu2ua(b0)22b2ttxux0ux10

huutOx,|t001t

解：方程和边界条件都是齐次的。令

u(x,t)X(x)T(t)代入方程及边界条件，得

T2bT'X"

2XaT

X(0)X(l)0

由此得边值问题

X"X0X(0)X(l)0

n因此得固有值n,相应的固有函数为1

Xn(x)sin

又T(t)满足方程

T2bTaT0将n代入，相应的T(t)记作Tn(t),得Tn⑴满足

T"2nx,n1,2,1"'2nan'2bTnT01

22一般言之，b很小，即阻尼很小，故通常有anb,n1,2,12

故得通解Tn(t)ebt(AncosntBnsinnt)

2an2其中nb1

所以

u(x,t)ebt(AncosntBnsinnt)sin

nInx1

hnxAsinxniln1再由始值，得

0(bAB)sinnxnnnIn1所以

An2h

121xsin

On2hxdx(l)n1In

Bn

所求解为bnAn2bh(1)n1nn

u(x,t)2h

ebt(l)nIbn(costsint)sinx.nnnInn1

§4高维波动方程的柯西问题

1.利用泊松公式求解波动方程

utta(uxxuyyuzz)

32ut0xyz的柯西问题utt002

解：泊松公式

11dsut4aMr4aMrSatSat

现0,xyz32

且ds(r,,)rsindd|ratrOOsM

at2

其中(r,,)(xrsincos,yrsinsin,zrcos)

(xrsincos)(ysinsin)(zrcos)

xyz3xrsincos3xrsincosrsincos

2yzrsinsinrzsinsinyrcos

2yrsincossinrsinsincos

232222223332222232

计算(r,,)rsindd00

2

(x

00

3

y2z)rsinddr(x3y2z)2(cos)0

4r(x3y2z)

2

3x

00

2

rsincosrsindd3xr

22

sin

03

2

2

dcosd0

03

20

2

00

3xrsincosrsindd3xr

222

2

sindcosd0

112

3xr3[cos3cos][sin2]00

3244xr3r

2

2

00

4

r3sincos3rsindd

2

4

sind

cos3d4xr3

2

2

2yzrsinsinrsindd2yzrsin

00

dsind0

2

2

2

2

3

2

00

2rzsinsinrsinddrzsindsind

11432r3z[cos3cos][sin2]rzOO

3243

2

2

2

y

00

rcosrsinddyr

22

cossindd0

2

2yr

00

2

sincocsinrsindd

2

2yr3sin2cosdsind0

2

322

rsinsincosrsindd00

2

r4sin3cosdsin2d0所以

43223ds[4r(xyz)4rrz]ratr3MSat

14at[x2y2zxa2t2a2t2z]3

u(x,y,z)=1t4aMrSat

31[txty2zxa2t3a2t2z]t3

x3y2z3a2t2xa2t2z

即为所求的解。

2.试用降维法导出振动方程的达朗贝尔公式。解：三维波动方程的柯西问题

2utta(uxxuyyuzz)ut0(x,y,z),utt0(x,y,z)

当u不依赖于x,y,即u=u(z),即得弦振动方程的柯西问题:

2uttauzzut0(z),utt0(z)

利用泊松公式求解

u11ds}dst4ar4arMMSatSat

因只与z有关，故

MSatr2ds00(zatcos)at(at)2sindd

2

d(zatcos)atsind

00

令z+atcos=,-atsind=d

得

所以rds2()dMSatzatzat11

u(z,t)()datat()dt2az2az

zat

zatzat

11

{(zat)(zat)}at()d22az

即为达郎贝尔公式。

3.求解平面波动方程的柯西问题:

2uttauxxuyy

2u|t0xxy

utIt00

解：由二维波动方程柯西问题的泊松公式得:

1

UX,y,t

2atm

at

atxy22

2

2

dd

at

m

a2t2xy2

2

dd

1

2at

at2

xrcos,yrsin

atr

2

222

rdrd

又xrcos,yrsinxrcosxyrcosrsin

xxy2xxyrcosxyrcos

2

2

2

xrcossin2xrcossincos

2

2

rcoscossin

3

2

2

2

2

2

因为

sd0,sind0,cosdco

2

2

3

2

2sincosd0,cosd0,cossind0.0

at2

所以

00

xrcos,yrsin

atr

2

222

at

2x

xy

at

rdratr

22

2

3xy

r3dratr

222

at

又

at

rdra2t2r2

at

a2t2r2|0at

r3dra2t2r2

at

r

2

atr|2a2t2r2rdr

222

at

3

222222a

atr|0a3t3

33

于是ux,y,t

2

12332

2axxya3xy

2at3

22

xxyat3xy即为所求的解。

4.求二维波动方程的轴对称解（即二维波动方程的形如uur,t的解,

r

x2y2）.

解：解法一：利用二维波动方程柯西问题的积分表达式

ux,y,t

1

[2at

atxy

m

,dd

2

22

att

atxy

m

2

22

］、

att

由于u是轴对称的uur,t，故其始值，只是r的函数，，u|t0r

ut110r,又at为圆xya2t2.记圆上任一点

P,的矢径为

m

2

2

22圆心M(x,y)其矢径为rx2y2记s

2

2

2

xy则由余弦

2

2

定理知，rs2rscos，其中为oM与Mp的夹角。选极坐标(s,)。

r

于是以上公式可写成

2

s22rscoss2

2

2rscos

at2s2

1ux,y,t

2at

at2

r2s22rscossdsd

at2

00r2s22rscosat2s2sdsd

由上式右端容易看出，积分结果和(r,t)有关，因此所得的解为轴对称解，即

1at2r2s22rscos[sdsdu(r,t)00222at(at)s

at2

+00(r2s22rcos(at)s22sdsd]

解法二：作变换xrcos,yrsin.波动方程化为

22ulu2ua()22rrtr

用分离变量法，令u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得

〃2Tat02〃'2rRrRrR0

解得:

T(t)AcosatBsinatR(r)J0(r)

令叠加得

u(r,t)(A()costB()sint)J0()du

0

5.求解下列柯西问题

vtta2(vxxvyy)c2vv(x,y)vt0(c,y),rt0

[提示：在三维波动方程中，令u(x,y,z)ev(x,y,t)]

解：令u(x,y,z,t)

则utt

uzzczeavczaczeav(x,y,t)xx,uyytt,uxxczeavczeavyyc2a2czeav

代入原问题，得utta2(uxxuyyuzz)czcz

aaut0e(x,y),utt0e(x,y)

cc(,)Ilea(,)u(x,y,z,t){ds}dsrrt4aSM4aSM

atat

MSat:(x)2(y)2(z)2a2t2

记Sat为上半球，Sat为下半球，MMM

at为Sat在o平面上的投影。M

dsat

at(x)(y)2222dd，则

SM

ateea(,)rdsSclae(,)dsMatrMSatclae(,)

dsr

atMec(za2t2(x)2(y)2)a22at(x)(y)

c(za2t2(x)2(y)2)a

222(,)ddatMeat(x)(y)

ch

at222(,)dd2eczaMca2t2(x)2(y)2(,)dd

2222at(x)(y)

2ecz2at

a00cchc2t2(r)2aatr222(xrcos,yrsin)rdrd

所以u(x,y,z)1{et2ac222chct(r)cz2ataaOOatr222(x

rcos,yrsin)tftf}

cchc2t2(r)2

a

atr2221e2acz2ata00(xrcos,yrsin)rdrd于是

v(x,y,t)1t2a002atcchc2t2(r)2aatr222(x

rcos,yrsin)rdrd1

2a2at00cchc2t2(r)2aatr222(x

rcos,yrsin)rdrd

即为所求的解。

6.试用4第七段中的方法导出平面齐次波动方程utta(uxxuyy)f(x,y,t)在齐

次初始条件

u

下的求解公式。

解：首先证明齐次化原理：若w(x,y,t,)是定解问题

2wtta(wxxwyy)wto0,wtf(x,y,)

tt020,utt00

的解，则u(x,y,t)w(x,y,t,)d即为定解问题

0

2utta(uxxuyy)f(x,y,t)ut00,utt00

的解。

显然,ut00

ttuwww(x,y,t,)tdtttoo

(wt0).所以u

tt00

2w2d

0tt2uw又tt2tt

2wf(x,y,t)20y

uwuw02222xyyOx2t22t2

因为w满足齐次方程，故u满足

22u2u

2uf(x,y,t)a(22)2txy

齐次化原理得证。由齐次方程柯西问题解的泊松公式知

w(x,y,t,)

所以12aa(t)

ta(t)2Mf(,)a(t)(x)(y)2222d

lu(x,y,t)2a0

即为所求的解。

所以u(x,y,t)00f(xrcos，yrsin,)a(t)r222

lta(t)2f(xrcos,yrsin)rdrdd0002222aa(t)

7.用降维法来解决上面的问题

解：推迟势

u(x,y,z,t)1

4a2

ratrf(,,t)ar

其中积分是在以(x,y,z)为中心，at为半径的球体中进行。它是柯西问题

2utta(uxxuyyuzz)f(x,y,z,t)

ut00,utt00

的解。对于二维问题u,f皆与z无关，故

u(x,y,t)1

4a2at

OSrMrf(,,t)r

其中sr为以M(x,y,O)为中心r为半径的球面，即M

SrM:(x)2(y)22r2

ds

rrx)(y)222ddSrMrrrf(,,t)f(,t)f(,,t)a

aarrrSMSMrr

2

其中srMrMrf(,,t)ad222r(x)(y)MM表示sr在o

平面上的投影。,srM分别表示srM的上半球面与下半球面,

1所以u(x,y,t)2a2at

0rMrf(,,t)add222r(x)(y)

r)r2f(xcos,ysin,t1adddr

2222aOOOrat

在最外一层积分中，作变量置换，令tr，即ra(t),drad，当r0

时a

f(xcos,ysin,)

a(t)222t,当rat时，0,得lu(x,y,t)2a0

即为所求，与6题结果一致。

8.非齐次方程的柯西问题ta(t)200ddd

uttu2(yt)2u0,uxyztt0t0

解：由解的公式得

u(x,y,z,t)

计算1Ids4aS4a2Mratratrf(,,,t)r(a1)

StMrds[(xrsincos)0022(yrsinsin)(zrcos)]

2

rsindd2222(xyz2xrsincosrsincosrt

00

yrcoszrsinsinr2sincossin)rsinddrt22

00sindd4,

4sincosdd,3032002sincosdd0

220sincosdd000

2

所以002sinsindd0,2002sicossindd0.n

StM4ds4t(x2yz)t3r3

计算

rtf(,,,tr)2(yrsinsintr)2dVrsindrdd

rrrt

t2

2(yrsinsintr)rsindrdd

000

t

4(ytr)rsindrd

00

3lr428(yt)r4yt2t3.2330

132213所以u(x,y,z,t)t(xyz)tytt33t

t(xyzyt)

即为所求的解。

§5能量不等式，波动方程解的唯一和稳定性

1.设受摩擦力作用的固定端点的有界弦振动，满足方程

2uttauxxcut2

证明其能量是减少的，并由此证明方程

utta2uxxcutf

的混合问题解的唯一性以及关于初始条件及自由项的稳定性。

证：1首先证明能量是减少。

能量E(t)(uta2ux)dx1022dE(t)(2ututt2a2uxuxt)dxdtO

1

1

012ututtdx2a[uxut|utuxxdx]002212112ut(uttauxx)dx2auxut0

因弦的两端固定，u|x00,u|x10,所以

ut|x00,ut|x10

dE(t)于是2ut(utta2uxx)dxdtO

2cut2dx0(c0)110

因此，随