数理方法第二版前三章习题谷超豪.pdf

第一章 波动方程 第一章波动方程 1.1学习要求 (1)理解弦振动方程的物理意义，定解条件的物理意义. (2)理解波的左右传播,理解依赖区间,决定区域和影响区域的概念,掌握齐次化原理. (3)理解波动方程分离变量法解的物理意义,掌握非齐次边界条件的齐次化方法. (4)理解膜振动方程的物理意义，掌握球平均法和降维法. (5)熟练掌握达郎贝尔公式和分离变量法的推导过程,会应用这两种方法求解定解问题. (6)熟练和非齐次边界条件的齐次化方法. 1.2习题选讲 1.方程的导出、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处的点在时刻t离开 原来位置的偏移.假设振动过程中所发生的张力服从胡克定律,试证明u(x,t)满足方程 t ? (x) u t = x ? E u x , 其中为杆的密度,E为杨氏模量. 证明:如图建立坐标系,选取杆上一段微元(x,x + x) ,则微元两端的相对伸长分别为u x (x,t) 和u x (x + x,t) .假设杆的横截面面积为S ,则微元两端所受拉力分别为E(x)u x (x,t)S(x) 和E(x+x)u x (x + x,t)S(x+x) .因此所受合力为E(x+x)u x (x + x,t)S(x+x) E(x)u x (x,t)S(x),且正向与坐标轴相同. 图图图 1-1图示 设 x为微元重心,则重心处加速度为 2u t2 ( x,t),由牛顿第二定律得, ( x)S ( x)x 2u t2 ( x,t) = E (x + x)S (x + x) u x (x + x,t) E (x)S (x) u x (x,t) = x ? E (x)S (x) u x (x,t) x -1- 1.2 习题选讲 其中x (x,x + x).约去x并令x 0,即得 t ? (x)S (x) u t = x ? E (x)S (x) u x 当S(x)为常数时，即为 t ? (x) u t = x ? E u x , 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:设杆的两个端点坐标分别为0和l . (1)端点固定：此时两个端点无位移,即u(0,t) = u(l,t) = 0 ; (2)端点自由：此时两个端点无约束,根据上题,拉力E(x)u x (x,t)S = 0 ,即 u x (0,t) = u x (l,t) = 0; (3)端点固定在弹性支承上：此时端点所受外力与弹性支承的变形成比例.若支承的弹性系数为k ,则支承对杆的左端点x = 0处的作用力为E(0)u x (0,t)S ,且其正向与x轴方向相反,因此有 E(0)u x (0,t)S = ku(0,t), 或写为 ? u x + u fl fl fl fl x=0 = 0; 其中 = k/ES. 类似的,对x = l端,有 ? u x + u fl fl fl fl x=l = 0. 3.试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 E x ? 1 x h 2 u x = 1 x h 2 2u t2 , 其中h为圆锥的高. 证明:此时S(x) = S0 1 x h 2 ,其中S0为圆锥枢轴的底面积.根据第1题的推导,即得所证. 图图图 1-2图示 4.绝对柔软而均匀的弦线有一端固定,在它自身重力的作用下,此线处于铅垂的平衡位置,试导出 此线的微小横振动方程. -2- 第一章 波动方程 解:根据弦的微小横振动方程,有 2u t2 = x ? T (x) u x 其中T(x)为弦的内部张力.在本题中,T(x) = g(l x) ,故有 2u t2 = g x ? (l x) u x . 5.一柔软均匀的细弦,一端固定,另一端是弹性支承.设该弦在阻力与速度成正比的介质中作微小 的横振动,试写出弦的位移所满足的定解问题. 解:此时所受外力为阻力F (x) = k u t ,因而有 T 2u t2 2u x2 = k u t 假设固定端为x = 0,有u(0,t) = 0; 对于弹性支承端x = l,有 ?u x + u fl fl fl fl x=l = 0. 6.若F(),G()均为其变元的二次连续可导函数,验证F(xat),G(x+at)均满足弦振动方程(1.11). 解:参见第二节. 7.验证u(x,y,t) = 1 pt2 x2 y2 在锥t2 x2 y2 0中满足波动方程 2u t2 = 2u x2 + 2u y2 . 解:显然, u t = t (t2 x2 y2)3/2 , 2u t2 = 3t2 (t2 x2 y2)5/2 t2 x2 y23/2 类似的, 2u x2 = 3x2 (t2 x2 y2)5/2 + t2 x2 y23/2, 2u y2 = 3y2 (t2 x2 y2)5/2 + t2 x2 y23/2, 代入即得所证. 2.达朗贝尔公式、波的传播 1.证明方程 x ? 1 x h 2 u x = 1 a2 1 x h 2 2u t2 , 的通解可以写成 u(x,t) = F(x at) + G(x + at) h x 其中h 0为常数, F, G为任意的具有二阶连续导数的单变量函数，并由此求解它的初值问题: t = 0 : v = (h x)(x), v t = (h x)(x) 解: (1)令v(x,t) = (h x)u(x,t),则v(x,t)满足方程 2v t2 = a2 2v x2 -3- 1.2 习题选讲 因此,根据达朗贝尔公式, v(x,t)的通解可写为v(x,t) = F(x at) + G(x + at),从而 u(x,t) = F(x at) + G(x + at) h x (2)根据上述变换, v(x,t)所满足的初始条件为 t = 0 : v = (h x)(x), v t = (h x)(x) 因此 v(x,t) = 1 2 (h x + at)(x at) + (h x at)(x + at) + 1 2a Z x+at xat (h )()d, 从而 u(x,t) = 1 2(h x) ? (h x + at)(x at) + (h x at)(x + at) + 1 a Z x+at xat (h )()d . 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:由达朗贝尔公式的推导可知, G(x) = (x) 2 + 1 2a Z x x0 ()d + C 而左传播波由G(x + at)构成,要使只有右传播波,则应有G(x) 常数,即G0(x) = 0,所以所满足的 约束条件为 a0(x) + (x) 0 3.利用传播波法,求解波动方程的古沙(Goursat)问题 2u t2 = a2 2u x2 , u|xat=0= (x), u|x+at=0= (x),(0) = (0). 解:方程的通解为u(x,t) = F(x at) + G(x + at),利用定解条件,可得 u|xat=0= F (0) + G(2x) = (x) u|x+at=0= F (2x) + G(0) = (x) 从而F (x) = x 2 G(0),G(x) = x 2 F (0) ,又因为u(0,0) = (0) = (0),于是F(0) + G(0) = (0) = (0).因此 u(x,t) = F(x at) + G(x + at) = ?x + at 2 + ?x at 2 (0). 4.对非齐次波动方程的初值问题(2.5),(2.6),证明:当f(x,t)不变时, (1)如果初始条件在x轴的区间x1,x2上发生变化,那么对应的解在区间x1,x2的影响区域以外 不发生变化; (2)在x轴区间x1,x2上所给的初始条件唯一地确定区间x1,x2的决定区域中解的数值. 证明: (1)根据非齐次问题解的表达式可知,影响区域为 (x,t)|t 0,x1 at 6 x 6 x2+ at 如图所示,影响区域外的任何一点(x,t)必满足x x2+ at，其依赖区间与x1,x2完 全无关.因此,x1,x2上初始条件的变化不会引起影响区域以外的任何一点的解的变化; -4- 第一章 波动方程 (2)类似的,只要证明齐次方程若在x1,x2中给出(x) = 0,(x) = 0,则在x1,x2的决定区域中任 一点(x,t)上有u(x,t) = 0.事实上,对决定区域中任一点(x,t)成立x1+ at 0, u|t=0= (x), ut|t=0= 0, (ux kut)|x=0= 0, 其中k为正常数. 解:方程的通解为 u(x,t) = F (x at) + G(x + at) 当x at 0时,有 u(x,t) = 1 2 (x at) + (x + at),x at, 当x at 0, ut|t=0= 1(x),x 0, ut|t=kx= (x), 其中0(0) = (0). 解:方程的通解为 u(x,t) = F (x t) + G(x + t) -5- 1.2 习题选讲 当x t 0时,根据达朗贝尔公式的推导有, u(x,t) = 1 2 (0(x + t) + 0(x t) + 1 2 Z x+t xt 1()d 当t = x时,它应与达朗贝尔公式一致,即 F(0) + G(2x) = 1 2 (0(2x) + 0(0) + 1 2 Z 2x 0 1()d 当t = kx时,根据边界条件,有 F (1 k)x) + G(1 + k)x) = (x) 根据上是可以求得F和G,从而可得 u(x,t) = ? x t 1 k +1 2 ? 0(x + t) 0 ?1 + k 1 k (x t) +1 2 Z x+t 1 + k 1 k (xt) 1()d,x 0), u|x=0= u|x=l= 0, u|t=0= h l x, u t fl fl fl fl t=0 = 0. 解:设u(x,t) = X(x)T(t),代入方程得 XT00+ 2bXT0= a2X00T 有 T00 a2T + 2bT0 a2T = X00 X = 进一步得到特征值问题 ( X00+ X = 0, X (0) = X (l) = 0, 以及 T00+ 2bT0+ a2T = 0. -10- 第一章 波动方程 可得 Xn(x) = Cnsin p nx,n= n l 2 , 以及 Tn(t) = ebt Ancosh p b2 na2t + Bnsinh p b2 na2t ,n bl a 根据初始条件，可以求得 An= 2 l Z l 0 h l sin nx l d = (1)n+1 2h n 以及 bAn+ p b2 na2Bn= 0,n bl a 最后可得 u(x,t) = X n=1 Tn(t)Xn(x) 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的柯西问题: (1) ( utt= a2(uxx+ uyy+ uzz), u|t=0= 0, ut|t=0= x2+ yz; (2) ( utt= a2(uxx+ uyy+ uzz), u|t=0= x3+ y2z, ut|t=0= 0. 解: (1)根据泊松公式,利用球面坐标系可得 u(x,y,z,t) = 1 4a2t Z 2 0 Z 0 (x + atsincos)2+ (y + atsinsin)(z + atcos) a2t2sindd 化简得到 u(x,y,z,t) = 1 3 t 3yz + a2t2 + 3x2 (2)根据泊松公式,利用球面坐标系可得 u(x,y,z,t) = t 1 4a2t Z 2 0 Z 0 (x + atsincos)3+ (y + atsinsin)2(z + atcos) a2t2sindd 化简得到 u(x,y,t) = a2t2z + 3a2t2x + x3+ y2z 2.试用降维法导出弦振动方程的达朗贝尔公式. -11- 1.2 习题选讲 解:将u(x,t),(x), (x)视为三维空间中与y,z无关的函数,由泊松公式可得 u(x,t) = t 1 4a2t Z 2 0 Z 0 (x + atsincos)a2t2sindd + 1 4a2t Z 2 0 Z 0 (x + atsincos)a2t2sindd 化简即得所证. 3.求解平面波动方程的柯西问题 utt= a2(uxx+ uyy), u|t=0= x2(x + y), ut|t=0= 0. 解:根据二维波动方程的泊松公式,可得 u(r,t) = 1 2a t Z at 0 Z 2 0 (x + rcos)2(x + rcos + y + rsin) q (at)2 r2 rddr 化简得到 u(x,y,t) = x2(x + y) + a2t2(3x + y) 4.求二维波动方程的轴对称解(即二维波动方程的形如u = u(r,t)的解,其中r = px2 + y2). 解:二维轴对称波动方程可写为 utt a2 1 r r ? r u r = 0, u|t=0= (r), ut|t=0= (r) 根据二维波动方程的泊松公式,可得轴对称解为 u(r,t) = 1 2a t Z 2 0 Z at 0 p r2+ 2 2rcos q (at)2 2 dd + 1 2a Z 2 0 Z at 0 p r2+ 2 2rcos q (at)2 2 dd 5.求解下列柯西问题: utt= a2(uxx+ uyy) + c2u, u|t=0= (x,y), ut|t=0= (x,y). 解:令v (x,y,z,t) = u(x,y,t)ecz/a,则v满足方程 vtt= a2v, v|t=0= (x,y)ecz/a, vt|t=0= (x,y)ecz/a. 利用泊松公式即可求解. -12- 第一章 波动方程 6.试用齐次化原理导出平面非齐次波动方程 utt= a2(uxx+ uyy) + f (x,y,t) 在齐次初始条件 ( u|t=0= 0, ut|t=0= 0 下的求解公式. 解:根据齐次化原理,求解方程 vtt= a2(vxx+ vyy), v|t= 0, vt|t= f (x,y,) 根据泊松公式可得 v (x,y,t;) = 1 2a Z a(t) 0 Z 2 0 f (x + rcos,y + rsin,) q (a(t )2 2 dd 从而 u(x,y,t) = Z t 0 v (x,y,t;)d. 7.用降维法来求解上面的问题. 略. 8.解非齐次方程的柯西问题: utt= uxx+ uyy+ uzz+ 2(y t), u|t=0= 0, ut|t=0= x2+ yz. 解:根据三维非齐次波动方程的泊松公式,可以得到 u = 1 4 ZZ SM t 2+ t dSM+ 1 4 ZZZ r6t 2( t + r) r dV , 从而 u = t x2 + yz+ yt2. 5.波的传播与衰减 1.试说明:对一维波动方程所描述的波的传播过程一般具有后效现象. 解:根据达朗贝尔公式,由于初始速度作用,位移项包括 Z x+at xat ()d, 显然具有后效. 2.试说明:对一维波动方程,即使初始资料具有紧支集,当t 时其柯西问题的解没有衰减性. 解:根据达朗贝尔公式,由于初始位移向左右传播,不会产生衰减. -13- 1.2 习题选讲 3.设u为初始资料及具有紧支集的二维波动方程的解.试证明:对任意固定的(x0,y0) R2,成立 lim t+ u(x0,y0,t) = 0. 证明: 6.能量不等式、波动方程解的唯一性和稳定性 1.对受摩擦力作用且具有固定端点的有界弦振动,满足方程 utt= a2uxx cut, 其中常数c 0,证明其能量是减少的,并由此证明方程 utt= a2uxx cut+ f, 的初边值问题解的唯一性以及关于初始条件及自由项的稳定性. 证明: (1)弦的能量是 E (t) = 1 2 Z l 0 u2 t + Tu2 x dx = 2 Z l 0 u2 t + a2u2 x dx 有 E0(t) = Z l 0 u tutt+ a2uxuxt dx = Z l 0 ut u tt a2uxx dx + Z l 0 a2 x (uxut)dx 因此 E0(t) = c Z l 0 u2 tdx 6 0 所以能量是减少的; (2)唯一性.假设u1,u2为方程的解,则v = u1 u2满足方程 vtt= a2vxx cvt, 从而能量减少.由于E(0) = 0,故E(t) 0,因此v 0,即u1= u2. 稳定性.记 E0(t) = Z l 0 u2dx, 则有能量不等式 E0(t) etE0(0) + AE (0) et 1, 进一步可证关于初始条件及自由项的稳定性. 2.证明函数f(x,t)在G : 0 6 x 6 l,0 6 t 6 T作微小改变时,方程 2u t2 = x ? k(x) u x q (x)u + f (x,t), (其中k(x) 0,q(x) 0和f(x,t)都是一些充分光滑的函数)具固定端点边界条件的初边值问题的 解在G内的改变也是微小的. 证明:记 E (t) = Z l 0 u t2+ kux2+ qu2 dx, 则有能量不等式 E (t) etE (0) + et Z t 0 F ()ed, -14- 第一章 波动方程 其中 F () = Z l 0 f (x,t)dx. 记 E0(t) = Z l 0 u2dx, 有能量不等式 E0(t) etE0(0) + Z t 0 F ()ed. 进一步可证明解的稳定性. 3.证明波动方程 utt= a2(uxx+ uyy) + f (x,y,t), 的自由项f在L2(K)意义下作微小改变时,对应的柯西问题的解在L2(K)意义之下改变也是微小 的. 证明:类似于课本,在特征锥内积分,考虑到边界条件,有如下能量不等式 E1(t) 6 etE1(0) + et Z t 0 F ()ed, E0(t) 6 etE0(0) + Z t 0 E1()ed, 进一步可证关于自由项的稳定性. 4.固定端点有界弦的自由振动可以分解成各种不同固有频率的驻波(谐波)的叠加,试计算各个驻 波的动能和位能,并证明弦振动的总能量等于各个驻波能量的叠加.这个物理性质对应的数学事 实是什么? 解:各阶驻波为 un(x,t) = ? Ancos nat l + Bnsin nat l sin nx l , 其中 An= 2 l Z l 0 ()sin n l d,Bn= 2 na Z l 0 ()sin n l d. 因此,动能 Un= 2 Z l 0 un,t2dx = n22a2 4l ? Ansin ?n at l Bncos ?n at l 2 位能 Vn= T 2 Z l 0 un,x2dx = Tn22 4l ? Ancos ?n at l + Bnsin ?n at l 2 . 能量 En= Un+ Vn= n22a2 4l A n2+ Bn2 . 在振动过程中,总能量保持不变,故 E = E (0) = 2 Z l 0 u t2+ a2ux2 fl fl t=0dx = 2 Z l 0 2+ a202 dx -15- 1.2 习题选讲 根据Fourier级数的性质,有E = X n=1 En,即得所证. 5.考虑波动方程的第三类初边值问题 utt a2(uxx+ uyy) = 0,t 0,(x,y) , u|t=0= (x,y), ut|t=0= (x,y), ? u n + u flfl fl fl = 0, 其中 0是常数,是的边界,n为上的单位外法线向量.对于上述定解问题的解,定义能量积分 E (t) = ZZ u t2+ a2 u x2+ uy2 dxdy + a2 Z u2ds, 试证明E(t) 常数,并由此证明上述定解问题解的唯一性. 证明:类似于课本,在特征锥内积分,考虑到边界条件,可得 dE (t) dt 0, 从而E (t) E (0).进一步可证唯一性. -16- 第二章 热传导方程 第二章热传导方程 2.1学习要求 (1)理解热传导方程的物理意义，定解条件的物理意义. (2)熟练掌握Fourier变换的以及在求解热传导方程柯西问题中的应用. (3)理解极值原理的物理意义,掌握利用最大模以及能量积分证明解的唯一性和稳定性的方法. (4)了解解的渐近性态. 2.2习题选讲 1.热传导方程及其定解问题的导出 1.一均匀细杆直径为l,假设它在同一截面上的温度是相同的,杆的表面和周围介质发生热交换,并 服从规律 dQ = k1(u u1)dSdt 又假设杆的密度为,比热为c,热传导系数为k,试导出此时温度u满足的方程. 解:取杆轴为x轴,考察杆位于(x,x + x)段微元的热平衡。 单位时间内通过微元侧面流入的热量为 dQ1= k1(u u1)lx 单位时间内从x截面和x + x截面流入微元的热量分别为 dQ2= k(x) u x (x,t) l2 4 和 dQ3= k(x + x) u x (x + x,t) l2 4 因此单位时间内流入的总热量为 dQ = dQ1+ dQ2+ dQ3 = ? k(x + x) u x (x + x,t) k(x) u x (x,t) l2 4 k1(u u1)lx = x ? k(x) u x x=x l2 4 x k1(u u1)lx 其中x (x,x + x). 因此从时刻t1至t2流入位于x1,x2杆段的热量为 Z t2 t1 Z x2 x1 ? x ? k(x) u x x=x l2 4 k1(u u1)l dxdt 在这段时间内x1,x2杆段内各点温度从u(x,t1)变化到u(x,t2),其吸收的热量为 Z x2 x1 c(u(x,t2) u(x,t2) l2 4 dx = Z t2 t1 Z x2 x1 l2 4 cu t dxdt 根据热量守恒,二者应相等,又由x1,x2,t1,t2的任意性可得 u t = 1 c x ? k(x) u x 4k1 cl (u u1) -17- 2.2 习题选讲 即为所求方程. 2.试直接推导扩散过程所满足的微分方程. 解:参见热传导方程的推导.略. 3.砼(混凝土)内部储藏着热量,称为水化热,它在浇筑后逐渐放出,放热速度和它所储藏的水化 热成正比.以Q(t)表示它在单位体积中所储的热量,Q0为初始时刻所储的热量,则dQ dt = Q,其 中为正常数.又假设砼的比热为c,密度为,热传导系数为k,求它在浇筑后温度u满足的方程. 解:设砼内点(x,y,z)在时刻t的温度分布为u(x,y,z,t),显然可以求得单位体积存储的热量 为Q(t) = Q0et.又根据热量守恒，可知从时刻时刻t1至t2从砼内任一区域外部流入的 热量及砼中水化热之和为 Z t2 t1 ZZZ ? x ? k u x + y ? k u y + z ? k u z dxdydzdt + ZZZ (Q(t1) Q(t2)dxdydz = Z t2 t1 ZZZ ? x ? k u x + y ? k u y + z ? k u z dxdydzdt ZZZ Z t2 t1 Q t dtdxdydz 而砼内任一区域中热量的增加为ZZZ Z t2 t1 cu t dtdxdydz 二者相等,可得所求方程为 u t = 1 c ? x ? k u x + y ? k u y + z ? k u z + Q0 c et 4.设一均匀的导线处在周围为常数温度u0的介质中,试证:在常电流作用下导线的温度满足微分 方程 u t = k c 2u x2 k1P c (u u0) + 0.24i2r c , 其中i及r分别表示导体的电流及电阻，P表示横截面的周长,表示横截面的面积,而k1表示导线 对于介质的热交换系数. 解:由于电阻作用,电流的通过会导致内部发热,相当于导线内部存在着热源,其强度为0.24i 2r c ,类 似于第1题，只需将这部分热源计入方程即可. 5.设物体表面的绝对温度为u,此时它向外界辐射出去的热量依斯特藩-玻耳兹曼(Stefan- Boltzmann)定律正比于u4,即 dQ = u4dSdt 假设物体和周围介质之间只有热辐射而没有热传导,又假设物体周围介质的绝对温度为已知函 数f(x,y,z,t),求此时该物体热传导问题的边界条件. 解:考察边界上的一个面积微元dS，在时间dt内物体内部经边界流出的热量为k u ndSdt,其 中 n为外法线,k为热传导系数. 从该微元辐射到外部介质的热量为u4dSdt,外部介质通过该微元辐射到物体表面的热量 为f4dSdt.根据热量平衡,有 k u ndSdt = u 4dSdt f4dSdt -18- 第二章 热传导方程 即边界条件为 k u n = u4 f4 2.初边值问题的分离变量法 1.用分离变量法求下列定解问题的解: u t = a2 2u x2 (t 0,0 0 , 0 0); (3) x (a2+ x2)k , 1 (a2+ x2)k 其中,(a 0,k为自然数). -21- 2.2 习题选讲 解: (1) F ex2 = p/e2/4; (2) F ea|x| = 2a a2+ 2 ; (3)略. 2.证明:当f (x)在(,)上绝对可积时,F f为连续函数. 证明:设 g () = F f = Z f ()eid, 因为f (x)绝对收敛,所以存在常数M,成立 Z |f ()|d 0,存在R 0使 Z R |f ()|d 6, Z R |f ()|d 0,当| 0| 0)具狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与稳定性。 证明:令v = uect,则原方程化为定理4.1所研究形式,根据v的唯一性与稳定性可以得出u的唯一 性与稳定性. -24- 第二章 热传导方程 2.利用证明热传导方程极值原理的方法,证明满足方程 2u x2 + 2u y2 = 0的函数在有界闭区域上的 最大值不会超过它在边界上的最大值. 证明:参见课本第116页极值原理的证明. 3.证明初边值问题 ut a2uxx= f (x,t), u|x=0= 1(t), ?u x + hu flfl fl fl x=l = 2(t),(h 0) u|t=0= (x). 的解u(x,t)在Rt1: 0 6 t 6 t1,0 6 x 6 l中满足 u(x,t) 6 et1max ? 0, max 06x6l (x), max 06t6t1 ? et1(t), et2(t) h , 1 max Rt1 etf , 其中 0为任意正常数. 证明:类似于定理4.2的证明.略. 5.解的渐近性态 1.证明下列热传导方程初边值问题 ut a2uxx= 0, u|x=0= u|x=l= 0, u|t=0= (x) 的解当t +时指数地衰减于零,其中为连续函数,且(0) = (l) = 0. 证明:方程具有分离变量形式的解 u = X n=1 Ane a2n22 l2 t sin nx l . 类似于定理5.1的证明,可得 |u| Ce a22 l2 t. 2.证明:当(x,y)为R2上的有界连续函数,且 L1 R2时,二维热传导方程柯西问题的 解,当t +时,以t1衰减率趋于零. 略. 3.证明:当(x,y,z)为R3上的有界连续函数,且 L1 R3时,三维热传导方程柯西问题的 解,当t +时,以t3/2衰减率趋于零. 略. -25- 第三章调和方程 3.1学习要求 (1)理解Laplace方程和Poisson方程的物理意义. (2)熟练掌握Green公式及其应用. (3)理解Green函数的性质,掌握静电源像法. (4)了解调和函数的性质. (5)理解强极值原理. 3.2习题选讲 1.建立方程、定解条件 1.设u(x1, ,xn) = f (r)(其中r = px2 1+ + x2n)是n维调和函数(即满足方程 2u x2 1 + + 2u x2 n = 0),试证明 f (r) = c1+ c2 rn2 (n 6= 2), f (r) = c1+ c2ln 1 r (n = 2), 其中c1,c2为任意常数. 解:此时 nu = 1 rn1 r ? rn1 u r , 因此方程nu = 0的解为: 当n = 2时， 1 r r ? r u r = 0, 从而, r u r = c2, u r = c2 r ,u = c1+ c2ln 1 r ; 当n 6= 2时, rn1 u r = c2, u r = c2 rn1 ,u = c1+ c2 1 rn2 . 2.证明:拉普拉斯算子在球面坐标(r,)下可以写成 u = 1 r2 r ? r2 u r + 1 r2sin ? sin u + 1 r2sin 2u 2 . -26- 第三章 调和方程 解:根据球面坐标与直角坐标的转换公式, x = rsincos, y = rsinsin, z = rcos, 利用多元复合函数求导法则,代入u = 2u x2 1 + + 2u x2 n = 0即可得结果. 3.证明:拉普拉斯算子在柱面坐标(r,z)下可以写成 u = 1 r r ? r u r + 1 r2 2u 2 + 2u z2 . 解:根据柱面坐标与直角坐标的转换公式, x = rcos, y = rsin, z = z, 利用多元复合函数求导法则,代入u = 2u x2 1 + + 2u x2 n = 0即可得结果. 4.证明下列函数都是调和函数: (1) ax + by + c (a,b,c为常数); (2) x2 y2和2xy; (3) x3 3xy2和3x2y y2; (4) sinhny sinnx,sinhny cosnx,coshny sinnx和coshny cosnx(n为常数); (5) sinhx(coshx + cosy)1和siny (coshx + cosy)1. 解:将上述表达式带入即可验证,略. 5.证明用极坐标表示的下列函数都满足调和方程: (1) lnr和; (2) rncosn和rnsinn(n为常数); (3) rlnrcos rsin和rlnrsin + rcos. 解:极坐标系下二元调和方程可写为 2u = 1 r r ? r u r + 1 r2 2u 2 . 将上述表达式带入即可验证,略. 6.用分离变量法求解由下述调和方程的第一边值问题所描述的矩形平板(0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b)上的稳定温度分布: 2u x2 + 2u y2 = 0, u(0,y) = u(a,y) = 0, u(x,0) = sin x a ,u(x,b) = 0. 解:假设u = X (x)Y (y),代入方程可得X00Y + XY 00 = 0,从而X 00 X = Y 00 Y = ,分离变量得到 -27- 3.2 习题选讲 X00+ X = 0 Y 00 Y = 0 其次边界条件可化为X (0) = X (a) = 0,从而有本征值 n= n a 2 ,(n = 1,2,.) 以及本征函数 Xn(x) = sin nx a . 相应的，可得 Yn(x) = Ansinh ny a + Bncosh ny a . 从而方程的解可写为 u(x,y) = X n=1 Ansinh ny a + Bncosh ny a sin nx a . 根据边界条件u(x,0) = sin x a ,可得B1= 1,Bn= 0,(n 2), 根据边界条件u(x,b) = 0,可得 A1sinh b a + B1cosh b a = 0,An= 0,(n 2), 从而A1= cosh b a sinh b a ,方程的解为 u(x,y) = ? sinh y a cosh b a sinh b a + cosh ny a sin x a = sinh (b y)/a sinhb/a sin x a . 7.在膜型扁壳渠道闸门的设计中,为了考察闸门在水压力作用下的受力情况,要在矩形区 域0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b上求解如下的非齐次调和方程的边值问题: u = py + q, u x fl fl fl fl x=0 = 0, u|x=a= 0, u|y=0,y=b= 0. 试求解之.(提示:今v = u + x2 a2(fy + g)以引入新的未知函数v,并选择适当的f及g之 值,使v满足调和方程.再用分离变量法求解.) 解:今v = u + x2 a2(fy + g),取f = p/2,q = q/2，则v满足方程 v = 0, v x fl fl fl fl x=0 = 0, v|x=a= 0, v|y=0= q 2 x2 a2= (x), v|y=0,y=b= 1 2 x2 a2(pb + q) = (x). 利用分离变量法,可得 v (x,y) = X n=0 Ane (2n + 1)y 2a + Bne (2n + 1)y 2a cos (2n + 1)x 2a . -28- 第三章 调和方程 带入边界条件得, An= ne (2n + 1)b 2a n 2sinh (2n + 1)b 2a ,Bn= n ne (2n + 1)b 2a 2sinh (2n + 1)b 2a 其中,n,n分别为(x),(x)的Fourier系数,即 n= 2 a Z a 0 q 2 x2 a2cos (2n + 1)x 2a dx = 16 (1)n+1qa2 (2n + 1)33 n= 2 a Z a 0 1 2 x2 a2(pb + q)cos (2n + 1)x 2a dx = 16(1) n+1 (pb + q)a2 (2n + 1)33 代入整理可得u(x,y). 8.举例说明在二维调和方程的狄利克雷外问题中,如对解u(x,y)不加在无穷远处为有界的限 制,那么定解问题的解就不是唯一的. 解:取狄利克雷外问题.求解区域0为单位圆r 1,对定解问题 u = 0,r 1 u|r=1= 1 显然,u1 1,u2= cln 1 r + 1均为解,其中c为任意常数.即定解问题不唯一. 9.设 J (v) = ZZZ 1 2 “? u x 2 + ?u y 2 + ?u z 2# dxdydz + ZZ 1 2u 2 gu ? ds, 考察变分问题:求u V ,使 J (u) = min vV J (v), 其中V = C2() C1 .试导出与其等价的边值问题,并证明它们的等价性. 略. 2.格林公式及其应用 1.证明(2.7)式对于M0在外与上的情形成立. 证明: (1)当M0在外时,由格林第二公式, ZZZ (uv vu)d = ZZ ? u v n v u n dS 类似于例题,令v = 1/r,由于u在内调和,则有 ZZ ? u n ?1 r 1 r u n dS = 0. (2)当M0在边界时.以M0为心,充分小为半径做小球交部分在近于半球,则有 -29- 3.2 习题选讲 ZZZ K ? u1 r 1 r u d = ZZ + ? u n ?1 r 1 r u n dS 由于u,1/r在K上调和,故u = 1 r = 0. 在边界上, n ?1 r = r ?1 r = 1 r2 = 1 2 ZZ u n ?1 r dS = 1 2 ZZ udS = 1 2 u22= 2u ZZ 1 r u ndS =2 ? u n , 从而, ZZ + ? u n ?1 r 1 r u n dSM+ 2u 2 ? u n = 0. 令 0,即得所证. 2.若函数u(x,y)是单位圆上的调和函数，又它在单位圆周上的数值已知为u = sin,其中表示 极角.间函数u在原点之值等于多少? 解:根据平均值原理, u(O) = 1 2R Z uds = 1 2 Z 2 0 sin 1d = 0 3.如果用拉普拉斯方程表示平衡温度场中温度分布函数所满足的方程,试阐明使诺伊曼内问题有 解的条件RRfdS = 0的物理意义. 解: RR fdS = 0表示通过边界曲面热流量的代数和为零,即处于稳定温度分布状态的物体,从表面 流入和流出的热量是相同的. 4.证明:当u(M)在闭曲面的外部调和,并且在无穷远处成立 u(M) = O ? 1 rOM , u r = O ? 1 r2 OM (rOM ), 而M0是外的任一点,则公式(2.6)仍成立. 证明:假设M0为边界一点.作半径为R的球KR,使其包含及M0在内.记KR的球面为R,类似于 课本推导,成立 ZZ +R ? u n ? 1 rM0M 1 rM0M u n dSM+ 4u 4 ? u n = 0. 令R ,根据已知条件,可得 lim R ZZ R ? u n ? 1 rM0M 1 rM0M u n dSM= 0, -30- 第三章 调和方程 故当u(M)在外部调和时亦成立 u(M0) = 1 4 ZZ ? u n ? 1 rM0M 1 rM0M u n dSM. 5.证明调和方程狄利克雷外问题解的稳定性. 证明:设u1,u2均为狄里克雷外问题的解, ui= 0,0 ui|= fi,(i = 1,2) lim r ui= 0 . 记v = u1 u2,则v满足 v = 0,0 v|= f1 f2, lim r v = 0 . 由于lim r v = 0,对任意 0,可取以R为半径的充分大球KR,使包含在球内,且在球面R上成 立 fl fl v|R f