数学物理方程(谷超豪)课后答案.pdf

1 第一章波动方程 第一章波动方程 1 1 1 1 方程的导出。定解条件方程的导出。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 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，试证明满足方程),(txu ( ) = x u E xt u x t 其中为杆的密度，为杨氏模量。E 证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为与。现在计算这段杆在时x+xx 刻 的相对伸长。在时刻 这段杆两端的坐标分别为：tt ),();,(txxuxxtxux+ 其相对伸长等于),( ),(),( txxu x xtxuxtxxuxx x += + 令，取极限得在点的相对伸长为。由虎克定律，张力等于0xx x u),(tx),(txT ),()(),(txuxEtxT x = 其中是在点的杨氏模量。)(xEx 设杆的横截面面积为则作用在杆段两端的力分别为),(xS),(xxx+ x uxSxE)()( x uxxSxxEtx)()();,(+).,(txx+ 于是得运动方程 tt uxxsx )()( x ESutx=),( xxxx xESuxx| )(| )(+ + 利用微分中值定理，消去，再令得x0x tt uxsx)()( x = x ESu() 若常量，则得=)(xs = 2 2 )( t u x )( x u xE x 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：(1)杆的两端被固定在两点则相应的边界条件为lxx= , 0 . 0 ),(, 0), 0(=tlutu (2)若为自由端，则杆在的张力|等于零，因此相应的边lx=lx= x u xEtlT =)(),( lx= 界条件为|=0 x u lx= 同理，若为自由端，则相应的边界条件为0=x x u 0 0=x (3)若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lx= 由函数给出，则在端支承的伸长为。由虎克定律有)(tvlx=)(),(tvtlu x u E )(),(tvtluk lx = = 其中为支承的刚度系数。由此得边界条件k 其中)(u x u + )(tf lx = = E k = 特别地，若支承固定于一定点上，则得边界条件, 0)(=tv 。)(u x u + 0= =lx 同理，若端固定在弹性支承上，则得边界条件0=x x u E )(), 0( 0 tvtuk x = = 即)(u x u ).( 0 tf x = 3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 2 2 22 )1 ()1( t u h x x u h x x E = 其中为圆锥的高(如图 1)h 证：如图，不妨设枢轴底面的半径为 1，则x 点处截面的半径 为：l h x l=1 2 所以截面积。利用第 1 题，得 2 )1 ()( h x xs= )1 ()1 ()( 2 2 2 2 x u h x E xt u h x x = 若为常量，则得ExE=)( 2 2 22 )1 ()1( t u h x x u h x x E = 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 ，弦的线密度为，则点处的张力为lx)(xT )()(xlgxT= 且的方向总是沿着弦在点处的切线方向。仍以表示弦上各点在时刻 沿垂直于)(xTx),(txutx 轴方向的位移，取弦段则弦段两端张力在轴方向的投影分别为),(xxx+u )(sin)();(sin)(xxxxlgxxlg+ 其中表示方向与轴的夹角)(x)(xTx 又 . sin x u tg = 于是得运动方程 x u xxl t u x += )( 2 2 x u xlg xx + g x 利用微分中值定理，消去，再令得x0x 。)( 2 2 x u xl x g t u = 5. 验证在锥0 中都满足波动方程 222 1 ),( yxt tyxu = 222 yxt 2 2 2 2 2 2 y u x u t u + = 证：函数在锥0 内对变量有 222 1 ),( yxt tyxu = 222 yxttyx, 二阶连续偏导数。且tyxt t u = 2 3 222 )( 2 2 5 222 2 3 222 2 2 )(3)(tyxtyxt t u += )2()( 222 2 3 222 yxtyxt+= xyxt x u = 2 3 222 )( ()() 2 2 5 222 2 3 222 2 2 3xyxtyxt x u += ()() 222 2 5 222 2yxtyxt+= 同理() () 222 2 5 222 2 2 2yxtyxt y u += 所以()().2 2 2 222 2 5 222 2 2 2 2 t u yxtyxt y u x u =+= + 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上所受的摩阻力.由题设,单位质()xxx+, 量所受摩阻力为,故上所受摩阻力为 t u b ()xxx+, ( ) ( ) t u xxsxpb 运动方程为: ( ) ( )( ) ( ) t u xxsxbx x u ES t u ES t u xxsx xx = + 2 2 3 利用微分中值定理，消去,再令得x0x ( ) ( )( ) ( ). 2 2 t u xsxb x u ES xt u xsx = 若常数，则得=)(xs ( )( ) t u xb x u E xt u x = 2 2 若( )( )则得方程令也是常量是常量,., 2 E aExEx= . 2 2 2 2 2 x u a t u b t u = + 2 2 2 2达朗贝尔公式、 波的传抪达朗贝尔公式、 波的传抪 1.证明方程 ()常数01 1 1 2 2 2 2 2 fh t u h x ax u h x x = 的通解可以写成 ()() xh atxGatxF u + = 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: ( )( ).,:0x t u xut= = 解：令则()vuxh= ()()() += += x v uxh x u xh x v u x u xh 2 , )()()()()( 2 2 22 x v uxh x u xh x u xh x v u x u xh x += + + += 又() 2 2 2 2 t v t u xh = 代入原方程，得 ()() 2 2 22 2 1 t v xh ax v xh = 即 2 2 22 2 1 t v ax v = 由波动方程通解表达式得 ()()()atxGatxFtxv+=, 所以 ()() ()xh atxGatxF u + = 为原方程的通解。 由初始条件得 ( )( )( ) 1 ( 1 xGxF xh x+ = ( )( )( )xaGxaF xh x / 1 + = 所以( )( )() ( )2( 1 0 cdh a xGxF x x += 由两式解出)2(),1 ( ( )() ( )() ( ) 22 1 2 1c dh a xxhxF x xo += ( )() ( )() ( ) 22 1 2 1c dh a xxhxG x xo += 所以)()()()( )(2 1 ),(atxatxhatxatxh xh txu+ = + + atx atx h xha ()( )(2 1 .) d 即为初值问题的解散。 问初始条件与满足怎样的条件时，齐次波动方程初值问题的解仅由右传播波)(x)(x 4 组成？ 解：波动方程的通解为 u=F(x-at)+G(x+at) 其中 F，G 由初始条件与决定。初值问题的解仅由右传播组成，必须且只须对)(x)(x 于任何有G(x+at)常数.tx, 即对任何 x, G(x)C 0 又G（x）= + x x a C d a x 02 )( 2 1 )( 2 1 所以应满足)(),(xx （常数）+)(x = x x Cd a 0 1 )( 1 或(x)+=0 )( 1 x a 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） = = = =+ = ).( )( 0 0 2 2 2 2 2 xu xu x u a t u atx atx ()0()0(= 解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0得=F（0）+G（2x）)(x 令 x+at=0得=F（2x）+G(0)(x 所以F(x)=-G(0).) 2 ( x G（x）=-F(0).) 2 ( x 且F（0）+G(0)=).0()0(= 所以u(x,t)=+-() 2 atx+ ) 2 ( atx ).0( 即为古尔沙问题的解。 4对非齐次波动方程的初值问题 +0,有 x+atx ,则区间x-at,x+at整个),(x)(x 2, 1x x 12 落在区间之外，由解的表达式知 u(x,t)不发生变化，即对 t0,当 xx +at,也就是 2, 1x x 12 （x,t）落在区间的影响域 21,x x )0( 2 +tatxxatxt 之外，解 u(x,t)不发生变化。 （1）得证。 (2).区间的决定区域为 21,x xatxxatxt+ 21 , 0 在其中任给（x,t）,则 21 xatxatxx+ = + = = 0|,| 0| )0(2 00 0 2 2 2 2 2 tt lxx t u x l h u uu b x u a t u b t u 解：方程和边界条件都是齐次的。令 )()(),(tTxXtxu= 代入方程及边界条件，得 = + X X Ta bTT “ 2 “ 2 0)()0(=lXX 由此得边值问题 = =+ 0)()0( 0 “ lXX XX 因此得固有值，相应的固有函数为 2 = l n n L, 2 , 1,sin)(=nx l n xXn 又满足方程)(tT 02 2“ =+TabTT 将代入，相应的记作，得满足 n =)(tT)(tTn)(tTn 02 2 “ = +T l an bTT n n 一般言之，很小，即阻尼很小，故通常有b 11 L, 2 , 1, 2 2 = EtEt)(tE, 0)(tE 所以 0)(tE 由此得及于是得到, 0 t u, 0 x u 常量u 再由初始条件得因此即混合问题解的唯一的。, 0| 0=t u, 0u , 21 uu 3 证明解关于初始条件的稳定性，即对任何可以找到只要初始条件之差 . , 0. , 0 满足 2121 , q).(txf 在 G 内的改变也是很微小的。 20 证：只须证明，当很小时，则问题的解也很小（按绝对值） 。f = = += = = 0|, 0| 0|, 0| )( 00 0 ttt lxx xxtt uu uu fquuxku u 考虑能量 += l xt dxquuxkutE 0 222 )()( += l txtxttt dxquuuuxkuu dt tdE 0 )2)(22( )( + += l t ll xxt l txttt dxquudxuxkuuuxkdxuu 000 0 )(2|)(22 由边界条件，故，。0| 0=x u0|= =lxt u0| 0=xt u0|= =lxl u 所以 +=+= lll tt l xxttt dxfdxudxtxfudxquuxkuu dt tdE 000 22 0 ),(2)(2 )( 又由于，故，即0)(xk0q l t tEdxu 0 2 )( + l dxftE dt tdE 0 2 )( )( 或 l t dxfeetE dt d 0 21) )( 记 = l dxftF 0 2 )( 得 + l tt dFeeEtE 0 )()0()( 由初始条件，0| 0=t u0| 0=tt u 又因，得，故，即0| 0=t u0| 0=tx u0)0(=E l t dFetE 0 )()( 若很小，即，则，故f 当有Nn ，Nn Nn dxxxdxxdxx X n XX n )()()()( 亦即收敛于。( ) X n dxx( ) X dxx