数理方程习题解答.pdf

竖立方程习题解答 习题一 1 习题二 3 习题三 5 习题四 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 习题五 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 1 习题习题1.1.4 1导出弦受阻力的波动方程 其中阻力与速度成正比， 为常数 解解 我们考虑弦的一个微元。令 为端点处的张力，如教材图1.1所示，沿锤直方向作 用在这个微元上的力是,阻力为,由牛顿(Newton)第二定律1， 此合力等于质量乘以加速度因此 (1) 其中 是密度， 是微元弦的弧长因为运动弦的斜率是很小的，故有 sx . 因角 和 也很小，所以我们有，于是(1)式变成 （2） 但由微积分学我们知道，在时刻 , ,于 是，方程(2)便可写成 令取极限，我们求得 （3） 其中 2. 设长度为 的均匀弹性杆的线密度为 ， 杨氏模量为 ， 试列出杆的微小纵振动方程。 解解 考虑杆在无外力作用下的振动。取杆的一端为原点，干的方向为 轴建立坐标系： 则杆上各点 在时刻 的位移是。 在杆上任取一段， 其两端点静止时的坐标为,此小杆段在时刻 的相对伸长 为：，令得 点在时刻 的相对伸长为( , ) x ux t，由Hooke定 律知张力为，再此小杆段上用Newton第二定律得 两边同除并令得： 若杨氏模量为 为常数则得：。 1 牛顿(Newton)第二定律与动量守恒定律等价，也可以用动量守恒定律来见方程，见数学物理方程 讲义 （姜礼尚、陈亚浙）P1 习题 1.2.4 3 习题习题1.2.4 1 设悬浮粒子由重力引起的沉淀速度 是不变的， 又假定在同一水平面上粒子的浓度 是相同的，试给出悬浮粒子的浓度 所满足的方程 解解 取竖直向下的方向为 轴，考虑介于平面之间，截面积为常数 的柱体。质 量守恒关系为其中为这段时间内柱体内粒子质量的增加，而为 这段时间内由于扩散作用经由柱体的上、下底面进入柱体内的粒子质量，是由于 沉淀经柱体的上、下底面进入柱体的粒子质量。 其中是扩散系数。 从而 注意到与的任意性，由上式立即得 2 没有一厚为l的无限平面板，在其表面与温度为的周围介质发生热交换，如果 板的温度不随其厚度而变化(即在垂直于板面的直线上的点的温度均相同)，试给出板 冷却的初边值问题。 解解 取平面上任意一区域 ，在从 到 ()这段时间内考察柱体 中热量的平衡关系： 其中 为从 到 这段时间内， 中温度的变化所吸收的热量，而与则分别为这 段时间内，通过由板内其他部分流入 的热量以及通过上、下板面与周围 介质的热交换所获得的热量。不难计算得 数学物理方程习题解答 4 从而 所以 其中。此外还有初始条件 于是得二维Cauchy问题2 2 取垂直于板平面的方向为 轴，则在温度 依赖于 的情况下，所讨论的是由两平面 所界的无界区城内的问题，边界条件给在两平面上，此时边值问题为 在温度u不依赖于z的情况下，不能简单地由三维方程得出u满足二维热传导方程， 因为若将所给问题当作二维问题，则此时上、下板面与周围介质的热交换不能再当作 边界条件来处理，而应考虑到方程中去。也就是说，边界条件和方程不是截然分开的 两个不同的东些，而是同一事物的不同表现方式。在齐次方程和非齐次方程、齐次边 界条件和非齐次边界条件之间的转换时，就会从数学上遇到此问题。 习题 1.3.3 5 习题习题1.3.3 1(数学物理方程讲义 姜礼尚、陈亚浙P34,17) 设 () 222 11 ( )|( ) 22 J vvvdxa x v dsfvdxgvds =+ 其中( )0a x 。考虑以下三个问题： 问题I(变分问题) ：求 1( ) uMC=使得( )min ( ) u M J uJ v = 问题II：求 1( ) uMC=使得它对于任意vM都满足 ()()( )0uvu vfv dxa x uvgv ds + += 问题III (第三边值问题)：求 21 ( )( )uCC 满足以下边值问题 ( ) uufx u a x ugx n += += (1) 证明问题I与问题II等价 (2) 当 21 ( )( )uCC 时，证明问题I、II 、III 等价 证明证明 设问题I(变分问题)成立，即 1( ) uMC=使得( )min ( ) u M J uJ v =，则对 vMuvM +R ? ，从而 () 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） 所以问题I问题II。由于( )j是一个二次函数，故(0)j取最小值等价于 (0)0 j =，也就是问题I问题II。 当 21 ( )( )uCC 时由高斯公式得 6 () u uvdxv uv u dxvdSv udx n = = 所以 ()( )0 u uuf vdxa x ug vdsvM n += 由变分引理得 ( ) uufx u a x ugx n += += 所以问题II问题III。而问题III问题II是显然的，所以，问题II问题III。 习题习题2.1.3 1 将下列方程化成标准型 ()() 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）由特征方程解得两簇共轭特征线，做变换 ，则由链式法则原方程化为 （2）由特征方程解得两簇共轭特征线，做变换 ，则由链式法则原方程化为 （3）由特征方程解得一簇特征线，做变换 ，则由链式法则原方程化为 （4）由特征方程 22 0dyydx+= 当0y 时解得一簇共轭特征线2 yxic=， 做变换2, yx=， 则由链式 法则原方程化为 1 0uuu += 7 当0y =+= = = = = =时，(, ), r l a ux tvx t a 均为（1）的解，令 ( , )(, ),0 r l a u x tux tvx tx a =+ % 其中,为待定常数。 显然，0x 时( , )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满足 2 0 0,0,0 ()0 ( )0 tlxx r l t Ua Uxt a xxx Ua xx = = + = 21 习题习题3.3.7 1 一根均匀弦固定于x=0和x=l两端， 在开始的瞬间， 它的形状是一条以过2xl=点 的铅直线为对称轴的抛物线，假定没有初速度，确定弦上诸点距离平衡状态的位移。 解解 原问题归结为初边值问题 直接用用变量分离法解之得 2 在一端固定而另端自出的条件下， 园柱状杆的纵向微小振动的方程式问题归结为: 其中 是坐标为 的截面的位移， 是杆长， 为单位长度的质量， 是杨氏系数。 解解 直接用变量分离法解之得 其中 3 求解初边值问题 解解 直接用变量分离法解之得 22 其中是的解 4 求单位圆内的调和函数，他在边界上的值为 解解 在极坐标下研究，原边值问题化为 以分离变数形式的试探解 代入泛定方程得 上式左边是 的函数，与 无关；右边是 的函数，与 无关两边不可能相等，除非 两边实际上是同一个常数把这常数记作，这就分解为两个常微分方程 (1) (2) 常微分方程（1）隐含着一个附加条件。事实上，一个确定地点的极角可以加减的 整倍数，而电势 在确定的地点应具确定数值，所以，即 亦即 (3) 这叫做自然的周期条件。常微分方程（1）与周期条件（3）构成本征值问题。求解得 本征值和本征函数为 以本征值代入常微分方程（2）得 这是欧拉型常微分方程，作代换，即方程化为 其解为 这样，由于u在D内有界， 所以D0，于是分离变数形式的解是 23 拉普拉斯方程是线性的，它的一般解应是所有本征解的叠加，即 (4) 为确定（4）中的系数，把（4）代入原边值问题的边界条件先代入齐次边界条件得 从而， 代入（4）计算得,Poisson 公式 5 弦在一端是固定的，而在另一端受到谐和的扰动力，因而引起该端的位 移。研讨这个弦的横向振动 解解 问题归结为： 1) 分解问题：令 ，则得 2) 用分离变量法求(I)的一个特解， 3) 解(II)应用分离变量法可得 6 试证拉普拉斯方程(用球坐标) 24 有特解，其中为任意常数， 是 阶 Legendre11多项式。 证明证明 考虑球对称的情形，即与无关的解12。由球对称原方程化为 令 代入方程得 令得 令 代入 （1） 得 ， 解得 ， 从而 （1） 的两个线性无关解为 。 令，则（2）化为， （Legendre方程） 他有解（为 次勒让德多项式） 。从而原方程由特解为 7 设有一弹簧一端固定，另一端在外力作用下作周期运动，当振动进行很多次后，初 始条件产生的影响因阻力而消失，它与初始条件无关，问题归结为： 2 0 (0, )0 ( , )sin ttxx ua u ut u l tAt = = = 试求它的周期解。 解解 设 ( , )( ) i t U x tX x e =， 满足(0)0,( )XX lA=， 则( , )U x t的虚部就是本问 题的解13，将( , )U x t代入原定解问题得 勒让德（17521833）Legendre，Adrien-Marie 法国数学家。1752年9月18日生于巴黎 ，1833 年1 月10日卒于同地。1770 年毕业于马萨林学院 。1782 年以外弹道方面的论文获柏林科学院奖。1783 年被选为巴黎科学院助理院士，两年后升为院士。1795年当选为法兰西研究院常任院士。1813年继 任J.-L.拉格朗日在天文事务所的职位。 勒让德的主要研究领域是分析学(尤其是椭圆积分理论)、 数论、 初等几何与天体力学， 取得了许多 成果，导致了一系列重要理论的诞生。勒让德是椭圆积分理论奠基人之一。在L.欧拉提出椭圆积分加 法定理后的40年中， 他是仅有的在这一领域提供重大新结果的数学家。 但他未能像N.H.阿贝尔和C.G.J. 雅可比那样洞察到关键在于考察椭圆积分的反函数 ，即椭圆函数。在关于天文学的研究中，勒让德 引进了著名的“勒让德多项式” ，发现了它的许多性质 。他还研究了B函数和函数，得到了函 数的倍量公式。他陈述了最小二乘法，提出了关于二次变分的“勒让德条件” 。 勒让德对数论的主要贡献是二次互反律，这是同余式论中的一条基本定理。他还是解析数论的先 驱者之一，归纳出了素数分布律，促使许多数学家研究这个问题。 12 实际上，完全球对称的解应该是只与r有关，而与无、关的解，这里选的是与无关的特解。 考虑只与无关的解会得到什么结果？ 13 这不是一个标准的定解问题，因为从常规来看，它差一个定解条件-初始条件。但是，题目明确 说初始条件因长时间运动而消除了。由于振动纯属边界振型造成，所以弦振动的角频率也应该为， 25 2 2 0 (0)0,( ) XX a XX lA + = = 解得 12 ( )cossinX xcxcx aa =+ 由边界条件得 12 0,sincclA a = 所以 ( )sin sin A X xx a l a = 从而 ( , )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 求解没有初始条件的半无界杆的热传导问题 的周期解。 解解 设14 ，则，于是有 特征方程为： 解得特征根为 所以 由 得，由得，于是 所以可用此特殊的变量分离法。 14这不是一个标准的定解问题， 因为从常规来看， 它差一个定解条件-边界条件。 但试题上明确说明 是求周期解，方程是齐次的，所以周期解得周期应该与初始函数的周期相同。特殊的变量分离法，这 里用到一个特殊的边界条件lim ( ) x X x =有界. 26 。从而原问题的解为 9 求解振动向题 解解 用叠加原理、齐次化原理和变量分离法解得 其中 10求解热传导方程定解问题 解 先作变换，然后再用变量分离法解之得 其中，这里是特征函数， 而则是权函数。 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. 求解细杆导热问题秆长l，初始温度均匀为u0。两端分别保持温度u1和u2。 解 数学模型为 2 0 1 2 0 ( ,0) (0, ( , ) txx ua u u xu utu u l tu = = = = 作变换 21 1 uu uvux l =+将边界条件其次化再用变量分离法解之得 ()2 21 1 1021 1 ( , ) () 2( 1)1( 1)sin naltnn n uu u x tux l uuuun x e nnl = =+ + 12 解一个具有热绝缘的侧表面均匀杆冷却问题，假定这个汗的初始温度分布情况是 ( ,0)( )u xx=，它的一端热绝缘，而另一端永远保持为 0 u，问题归结为， 2 0 00,0 ( ,0)( )0 (0, )0,( , ) txx x ua uxl t u xxxl utu l tu = = = 解 作变换 0 uuv=+，然后用分离变量法解得 2 21 20 0 0 221( 1) 421 ( , )( )coscos 2(21)2 n ln at l n nun v x tedx llnl + = + = + 13 有一个半径为R的均匀球体，它的中心就是坐标的原点，已知球内任意一点的初 始温度只与该点到球心的距离有关，球的表面温度永远保持零度，确定球内任一点在 t0时的温度。解 由球对称性可知方程为 2 2 2 20 uuu rar trr += ，从而有 定解问题 28 2 2 2 20 ( , )0,(0, ) ( ,0)( ) uuu rar trr u R tut u rf r += = = 有界 作变换( , )( , )v r tru r t=得 2 2 2 0 ( , )0,(0, ) ( ,0)( ) vv a tr v R tvt v rrf r = = = =0 应用分离变量法解得 2 1 0 ( , )( )sinsin n l at R n nn v r tefdr RR = = 14在圆域a的Green函数 解 取( , ),0Q 关于x、y轴的对称点( ,)(, )QQ ，及原点 (,)Q，则四分之一平面的格林函数为 2222 2222 111 ( , ; , )lnln 2 ()()()() 111 lnln 2 ()()()() G x y xyxy xyxy = + + + 2 证明 () 222 12 1 ( )u rccrxyz r =+=+是三维拉普拉斯方程在0r 时的 解，而 () 22 12 1 ( )lnu rccrxy r =+=+是二维拉普拉斯方程在0r 时的解。 3 用电像法求半球的Green函数。 解 1111 () 4| | |,0 R G Rz = = * * x, x- -x -x -x 其中0是 关于平面的对称点， ， 分别是 ， 关于球面的反演点。 习题习题4.1.3 1 设() ,0, 0,Qx txltT=，则 （1）0c 时，max | max | Q uu =， （2）一般地max |max | T Q ueu ，其中 max 0,max() Q c=。 证明： （1）首先注意到，若得max0 Q u 则 maxmax( ) Q uua =。反证，若 (, )x tQ 使得(, )max Q u x tu =，则(, )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 这与 * (, )0, (, )0c x tu x t 矛盾。所以（a）成立。同理可证，若min0 Q u ， 则( , )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 设 n R有界区域，记(x, ): x, 0 T QttT=，作辅助函数 (x, )(x, ),vtutt= 于是直接计算可得0.LvLuf=。又由 于lim ( )0u = x x，故存在0r ，使得| rx时，| ( )|( )uu P，则 u在闭圆盘上的最大值 00 (,)0u x y，所以 3 00 (,)0uxy。另一方面， 0000 (,)0,(,)0 xxyy uxyuxy，从而 000000 (,)(,)(,)0 xxyy uxyuxyu xy+=。 矛盾。 6 证明二维调和方程的Dirichlet外问题的有界解是唯一的。 证明 由线性性，只需证明 2 0, 0, uon uonu = = 有界 R 只有零解即可。取 00 (,)P xy，作辅助函数 () () 2222 00 2 ln xxyy v r + =，则v在之外调和 且对充分小的r，v是正的。由于u有界，所以对充分大的R0有 0 |ln R u r 充分大， 使得( , )( , ) x yB P R， 在( , ) B P R 中对vu用极值原理得| ( , )|ln R u x y r ，令0的( , )0u x y =。由 2 ( , )x yR知u恒为零。 37 习题习题4.2.4 1 证明Goursat问题（G）的解是唯一的。 () () 22 22 ( , , ) ( ) , ,( , ) ttxxyy uuuf x y txyt G u x yxyx y +=+平面tT=所截下的锥的部分记为 22 : T KxytT+ 。记 T 为 T K的底。 T 为 T K的侧面。由线性性，要证（G）之解唯一，只需证 明 () () 22 22 0 ( ) , ,0 ttxxyy uuuxyt G u x yxy +=+为常数， n R有界，证明第三边值问题的解的稳定性 () 2 ( , ),(0, ( ,0)( ) ( , )(0, t uaufttT uon u uhtonT = = += xx xx x n 证明 用u乘方程两边并在(0, t tQ=上积分得 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 =+ ，则 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