数学物理方程-陈才生主编-课后习题答案1-3章.pdf

第1章绪论 1 1基本内容提要 1 1 1用数学物理方程研究物理问题的步骤 1 导出或者写出定解问题 它包括方程和定解条件两部分 2 求解已经导出或者写出的定解问题 3 对求得的解讨论其适定性并且作适当的物理解释 1 1 2求解数学物理方程的方法 常见方法有行波法 又称D Alembert解法 分离变量法 积分变换法 Green函 数法 能量积分方法 变分方法等 本书主要使用前面五种方法 1 1 3数学物理方程的导出 1 建立 导出 方程的步骤 1 从所研究的系统中划出一部分 分析邻近部分与这一小部分的相互作用 2 根据物理学的规律 比如Newton第二定律 能量守恒定律等 以数学式子表 达这个作用 3 化简整理即得所研究问题的偏微分方程 2 建立 导出 方程时常用到的物理学定律 1 Newton第二定律 F ma 2 Fourier实验定律 即热传导定律 当物体内存在温差时 会产生热量的流动 热流强度q 即单位时间内流过单位 横截面的热量 与温度的下降率成正比 即 q k u 其中k为热传导系数 负号表示热量的流向和温度梯度方向相反 写成分量的形式 qx kux qy kuy qz kuz 3 Newton冷却定律 物体冷却时放出的热量 k u与物体和外界的温度差u fl fl 边 u0成正比 其 中u0为周围介质的温度 2 第 1 章绪论 4 热量 质量 守恒定律 物体内部温度升高所需要的热量 浓度增加所需要的质量 等于流入物体内部 的净流热量 质量 与物体内部的源所产生的热量 质量 之和 5 费克 Fick 定律 即扩散定律 一般地说 由于浓度的不均匀 物质从浓度高的地方向浓度低的地方转移 这种 现象叫扩散 在气体 液体 固体中都有扩散现象 粒子流强度q 即单位时间内流过单位面积的粒子数 与浓度的下降率成正比 即 q K u 其中K为扩散系数 负号表示浓度减少的方向 写成分量的形式为 qx Kux qy Kuy qz Kuz 6 Gauss定律 通过一个任意闭合曲面的电通量 等于这个闭曲面所包围的自由电荷的电量 的 1倍 即 Z E dS 1 Z d 其中 为介电常数 为电荷密度 7 胡克 Hooke 定律 在弹性限度内 弹性体的弹力和弹性体的形变量成正比 即f kx 其中k为 弹性体的劲度 倔强 系数 倔强系数在数值上等于弹性伸长 或缩短 单位长度时的 弹力 负号表示弹力的方向和形变量的方向相反 另外 有 应力 杨氏模量 相对伸长 3 定解条件和定解问题的写出 导出 要想将一个具体的物理过程完整地翻译成数学语言 必须写出它的定解问题 包括泛定方程和定解条件 初始条件 边界条件 相容性条件 泛定方程只能反映 和描绘同一类现象的共同规律 对于一个具体的物理问题 还必须通过定解条件来 反映 而要正确写出定解条件 必须注意以下几方面的问题 1 正确理解题意 正确区分外源条件 初始条件 边界条件 2 正确理解并且应用物理定律和定理 3 注意初始条件和边界条件的个数 以保证解的适定性 1 1 4定解问题的适定性 如果一个定解问题的解存在 唯一 且连续依赖于定解条件中的初始数据或者 1 2习 题 解 答 3 边界数据 则称该定解问题是适定的 否则称它是不适定的 1 2习 题 解 答 1 1长为L的均匀细杆 侧面绝缘 一端温度为0 另一端有恒定热源q进入 即单 位时间内通过单位截面积流入的热量 杆的初始温度分布为1 2x L x 试写出相 应的定解问题 解杆的初始温度分布是1 2x L x 即初始条件为 u x 0 1 2x L x 由杆的一端温度为零 得边界条件 u 0 t 0 杆的另一端有恒定热流强度q 即 kux L t q 故定解问题为 ut a2uxx 0 x 0 u x 0 1 2x L x 0 6 x 6 L u 0 t 0 ux L t q k t 0 1 2设有一长为L的均匀柔软的弦做微小横振动 其平衡位置是x轴的区间 0 L 让u表 示横位移 弦的线密度为 张力大小为T 在振动过程中 受到一阻力 阻力的大小与 位移速度成正比 比例系数为k 设初始位移为 x 初始速度为0 在x 0端固定 在x L端有一弹性支撑 弹性强度为k 试写出弦的位移u x t 所满足的定解问题 解在x L端有一弹性支撑 弹性强度为k 这表明 Tux fl fl x L ku fl fl x L 即 Tux ku fl fl x L 0 又因为在振动过程中 受到一阻力 阻力的大小与位移速度成正比 比例系数为k 所 以阻力F x t kut 那么由参考文献 1 中例1 2 1的推导可以得到该弦做微小横 振动的方程为 4 第 1 章绪论 utt T uxx k ut 因此 所求的定解问题是 utt T uxx k ut 0 x 0 u x 0 x ut x 0 0 0 6 x 6 L u 0 t 0 Tux ku fl fl fl x L 0 t 0 1 3考虑在正方形区域 x y 0 x 1 0 y 1 也是该问题的解 因此上述 问题的解不唯一 1 4说明定解问题 ut uxx x t R1 0 u x 0 1 x R1 的解是不适定的 解容易验证函数un x t 1 1 ne n2tsinnx n 1 满足 ut uxx x t R1 0 u x 0 1 1 n sinnx x R1 显然 当n 时supx R0 fl fl un x 0 1 fl fl 1 n 0 但是 当n 时 sup x R1 t 0 fl fl un x t 1 fl fl sup x R1 t 0 fl fl fl fl 1 ne n2tsinnx fl fl fl fl sup t 0 fl fl fl fl 1 ne n2t fl fl fl fl 1 ne n2 所以原定解问题的解是不稳定的 1 3补充习题解答 1 5由流体力学知 理想流体的完整方程组由Euler型运动方程 1 3补充习题解答 5 vt v v p F 1 3 1 和连续性方程 t v 0 1 3 2 以及物态方程 p f 1 3 3 组成 其中方程 1 3 1 应该看作三个分量vx vy vz的方程 v p 分别为流速 压力 和密度 F为单位质量上所受外力 试导出当外力F 0时 声波在空气中传播所满足 的声波方程 解设p0和 0为空气在平衡状态下的压力和密度 并记S 0 0 即 0 1 S 为方便起见 假设外力为零 由于声波在空气中传播时 S和v都是很小的 量 即 0 于是式 1 3 1 和式 1 3 2 中的二次项均可忽略 即式 1 3 1 变为 vt 1 p 1 3 4 而式 1 3 2 变为 t 0 v 0 即St v 0 1 3 5 声波的传播过程是绝热的 绝热过程的物态方程 1 3 3 是p p0 1 S 它可以 近似为线性函数 p p0 1 S 1 3 6 其中 为定压比热与定容比热的比值 由式 1 3 4 和式 1 3 6 得 vt p0 0 S 1 3 7 而由式 1 3 5 和式 1 3 7 得 Stt a2 S 0 1 3 8 这就是声波方程 其中a2 p0 0 1 6一均匀细圆锥杆 用均匀材料制成 质量密度为 杆材料的杨氏模量为E 杆 上各点的纵方向位移为u x t 试证明杆做纵向微振动的方程为 2u t2 E x2 x x2 u x 1 3 9 解均匀细圆锥杆做微小横振动 可应用Hooke定律 并且假设密度 是常数 以 u 表示图1 1所示 x x x 小段的质心位移 小段质量为 S x S是细 6 第 1 章绪论 杆的横截面积 由Newton第二定律 得 S x 2 u t2 P x x t S x x P x t S x x PS x 其中P x t 是在x点的截面S x 上于t时刻沿x轴方向所受到的应力 令 x 0 得 S 2u t2 x PS 1 3 10 而由Hooke定律 得P E u x 又因为S r2 xtan 2 把P和S代入方 程 1 3 10 得到 x2tan2 2u t2 x x2tan2 E u x 化简后 得式 1 3 9 证毕 注如果圆锥杆的坐标按图1 2所示 则圆锥杆的纵向微振动方程为 1 x h 2 2u t2 E x 1 x h 2 u x 1 3 11 其中h为圆锥的高 事实上 此时截面面积S r2 半径r h x tan 将其代入 式 1 3 10 便得式 1 3 11 图1 1图1 2 1 7真空中电磁场的Maxwell方程组的微分形式为 E 0 E 1 c Ht H 0 H 1 c Et 1 3 12 试由这一组方程导出电磁波方程 1 3补充习题解答 7 Ett c2 E Htt c2 H 其中E和H分别为真空中的电场强度和磁场强度 c为光速 解对方程组 1 3 12 中第四个方程关于t求导 得 Ht 1 c Ett 又将 作用于 1 3 12 中第二个方程 得 E 1 c Ht 即 E E 1 c Ht 那么由方程组 1 3 12 中第一个方程 得 Ett c2 E 同理 可证得第二个电磁波方程 Htt c2 H 1 8导出弹性杆的微小纵振动方程 这里设杆的杨氏模量为E x 质量密度为 x 作用于杆的外力密度为F x t 其方向沿x轴 杆轴 方向 解以u x t 表示杆上x点t时刻的纵向位移 考察杆上一小段 x x x 的运 动情况 用 u x t 表示图1 3所示小段的质心位移 小段质量为 S x S是细杆的横 截面面积 由Newton第二定律 得 S x 2 u t2 p x x t p x t S 其中p x t 表示x点的截面上于t时刻沿x轴方向所受到的应力 显然 当 x 0时 有 u u和 p x x t p x t x p x 因此 2u t2 p x 由Hooke定律 应力和相对伸长成正比 所以 p E u x 其中比例系数E为杨氏模量 对于均匀杆 E为常数 所以杆的微小纵振动方程为 2u t2 E 2u x2 8 第 1 章绪论 图1 3 图1 4 1 9一长为L的柔软匀质轻弦 一端固 定在以匀角速度 转动的竖直杆上 由于 惯性离心力的作用 弦的平衡位置是水平 的 图1 4 试证明 此弦相对于水平平衡 位置的横向微振动的方程为 2u t2 1 2 2 x L2 x2 u x 证以u u x t 表示x点t时刻沿垂直于x方向的位移 因为弦是柔软的 所 以弦上任一点的张力T总是沿着弦的切线方向 由于弦做微小横振动 在x方向无运 动 那么 由Newton第二定律 在 x x x 上有 x 2 u t2 Tux x x t Tux x t 其中 u表示这一小段弦的平均位移 是弦的质量密度 它是常数 本题中弦的张力 是由内离心力产生的 作用在x处弦的张力为 T T x Z L x 2s ds 1 2 2 L2 x2 所以 Tux fl fl x x Tux fl fl x 1 2 2 x L2 x2 u x x 令 x 0 得 2u t2 1 2 2 x L2 x2 u x 1 10一根长为L的匀质柔软重绳 其上端固定在一竖直轴上 绳子和轴以角速 度 转动 导出此绳子的微小横振动方程 1 3补充习题解答 9 解以绳子的上端为原点 取x轴 竖直向下 图1 5 以u x t 表示绳子的横向 位移 即对于x轴的偏离 以T x t 表示绳 的张力 它沿绳的切向 考察绳子的一小 段 x x x 的运动 为此先求T x t 由于 绳子受纵向力 重力的作用 张力与x有 关 事实上 x点所受重力为 g L x 为 绳的质量密度 它是常数 所以T x t g L x 注意到现在横向外力是离 心力 即F x t 2u x t x 那么 由Newton第二定律 得 图1 5 x 2 u t2 g L x ux fl fl x x g L x ux fl fl x 2 x u 其中 u表示这一小段的平均位移 对上式利用中值定理 并且令 x 0 得 2u t2 g x L x u x 2u 该方程可以写成 2u t2 a2 2u x2 g u x 2u 其中a x pg L x 它是二阶线性变系数双曲型方程 注如果绳子的下端为原点 取轴竖直向上 则方程为 2u t2 g x x u x 2u 1 11一根细长的匀质圆杆 横截面的半径为R 杆的侧面按Newton冷却定律与 周围介质交换热量 试证明圆杆内沿轴向的温度分布u x t 满足方程 u t k c 2u x2 2H c R u u0 其中k为杆的导热系数 c为杆的比热容 为单位长度杆的质量 H是Newton冷却定 律的比例系数 u0是周围介质的温度 解考察匀质细杆中 x x x 的一段 图1 6 根据热传导的Fourier定律 能 量流 即单位时间通过单位截面的热量 为 k u x 于是单位时间内通过截面流入体 积元 V的纯能量为 kux fl fl x kux fl fl x x R 2 x kux R 2 x kuxx R2 x 10 第 1 章绪论 又根据Newton冷却定律 在单位时间内通过体积元 V的表面 面积为2 R x 与 周围介质交换热量而得到的热量为 H u u0 2 R x 以上两项之和等于单位时 间内体积元 V中增加的能量 由于 c ut V c ut R2 x 所以 c ut R2 x kuxx R2 x 2 RH u u0 x 消去 c xR2便得到所要的方程 图1 6 1 12设一块均匀张紧的薄膜 静止状态在水平位置Oxy平面内 假设该薄膜做 微小横振动 Oxy平面的垂直方向 u轴方向 用函数u x y t 表示膜在点 x y 处 在t时刻的位移 试推出u x y t 所满足的偏微分方程 解设膜的面密度为 因为薄膜是均匀的 所以 是常数 又设膜是柔软的 膜 上每点的张力位于该点膜的切平面内 方向与截口互相垂直 由于振动是微小的 可 假定膜上任意一点沿任意方向的斜率小于1 膜的面积元在振动中认为是近似不变 的 取平衡位置时位于 x y x x y x x y y x y y 处的矩形 面元为隔离体 按Hooke定律 张力是常数 设单位截口长度上的张力为T 在任意时 刻t 膜微元的位置如图1 7所示 其截口AB上受邻近部分膜的张力的大小为T x T 与y轴的负方向夹角为 截口BC所受张力大小为T y 其方向与x轴夹角为 截 口CD所受张力大小为T x 其方向与y轴夹角为 截口DA所受张力大小为T y 其方向与x轴负方向的夹角为 这些张力在Oxy平面的分量相互平衡 膜上每一点 每一时刻的位移发生在与Oxy平面垂直的方向 由Newton第二定律 得 T xsin T xsin T y sin T y sin x y utt 1 3 13 由于膜做微小横振动 所以 sin tan uy x y t sin tan uy x y y t sin tan ux x y t sin tan ux x x y t 1 3补充习题解答 11 将它们代入式 1 3 13 可得 T x uy x y y t uy x y t T ux x x y t ux x y t x yutt 即 T u y y ux x utt 令 x 0 y 0 有 T uxx uyy utt 记a2 T 则 utt a2 uxx uyy 0 1 3 14 这是二维波动方程 如果膜上每点还受到u方向的场力的作用 其力密度 即膜的单位面积上所受的 力 为F x y t 令f x y t F x y t 则方程 1 3 14 变为 utt a2 uxx uyy f x y t 1 3 15 这是非齐次的二维波动方程 图1 7 1 13设 x y x R1 y 0 考虑柯西问题 u u 0 x y u x 0 x uy x 0 x x R1 其中 x x 为R1上的有界连续函数 问 这个问题的解是否适定 12 第 1 章绪论 解该问题的解一般是不适定的 例如 取un x y 1 n2 enysin n2 1x 显 然 当n 时 有 sup x R1 x sup x R1 x n 2 n 1 sup x R0 sin p n2 1x 0 但是 当n 时 有 sup x y un x y 1 14扩散方程 下面考虑一维扩散的例子 设一均匀的细直管 里面充满了液 体 比如水 当注入一化学物质 比如染料 那么该染料就要在水里扩散 用u x t 表 示在x处时刻t时的液体的浓度 任意取一小段 x0 x 见图1 8 在 x0 x 这 图1 8 一段上 所含该化学物质的质量为M t Z x x0 u y t dy 所以 M0 t Z x x0 ut y t dy 另外 在这一段上 质量的变化由两个端点的流入量和流出量而产生 根据Fick扩 散定律得 M0 t 流入量 流出量 Kux x t Kux x0 t 所以Z x x0 ut y t dy Kux x t Kux x0 t 两边关于x求导 得 ut Kux x 它称为一维扩散方程 其中K为扩散系数 对于三维空间区域 上的扩散问题 我们任取开区域D 那么由Fick扩散定 律 得ZZ D Z utdxdydz Z Z D K u ndS ZZ D Z div K u dxdydz 由于区域D是任意的 故 ut div K u x K u x y K u y z K u z 它称为三维扩散方程 如果K a2为常数 则上述方程化为 ut div K u a2 2u x2 2u y2 2u z2 a2 u 1 3补充习题解答 13 1 15长为L的柱形管 一端封闭 另一端开放 管外空气中含有某种气体 其浓 度为u0 向管内扩散 写出该扩散问题的定解问题 解设x 0端封闭 则该端没有气体的流动 故由扩散定律有ux 0 t 0 又 由于开放的一端与管外相通 应与管外空气中的气体浓度一样 所以有u L t u0 故该扩散问题的定解问题为 ut Duxx 0 x 0 ux 0 t 0 u L t u0 t 0 u x 0 0 0 6 x 6 L 1 16设有一厚壁圆筒 其初始温度为u0 并设它的内表面的温度增加与时间t成 线性关系 外表面按Newton冷却定律进行热交换 试写出其温度分布满足的定解问 题 解如图1 9所表示 设圆筒的内半径 为r1 外半径为r2 则由于区域的对称性 我 们只需要考虑温度u随半径r和时间t的变化情 况 显然该问题的泛定方程和初始条件分别 为 ut D u D urr r 1ur r1 r 0 u r 0 u0 而内表面的温度为 图1 9 u r1 t at b 其中a b为常数 由u r 0 u0 可求得b u0 故有 u r1 t at u0 又设周围介质的温度为u1 则由Newton冷却定律有 kur r2 t H u r2 t u1 即 u hur fl fl r r2 u1 其中h k H k和H分别为热传导系数和热交换系数 这是第三类边界条件 1 17一根长为L的匀质细杆 当杆做纵向微振动时 x 0端固定 写出下面两 种条件下x L端的边界条件 1 x L端受纵向拉力的作用 14 第 1 章绪论 2 x L端受弹性力F t ku L t 的作用 k为弹性系数 u L t 为x L端 的纵向位移 解 1 由Hooke定律 得 ux fl fl x L F t ES 式中E为杨氏模量 S为杆的横截面积 2 由F t ku L t 得 ux fl fl x L k ES u L t 或 ux hu fl fl x L 0 式中h k ES 第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型 2 1基本内容提要 2 1 1两个自变量的二阶线性偏微分方程的分类和化标准型 1 方程的分类 考虑两个自变量x y的二阶线性偏微分方程 a11uxx 2a12uxy a22uyy a1ux b1uy cu f x y x y 2 1 1 其中实系数函数a11 x y a12 x y a22 x y 在 上不全为零 判别式 a2 12 a11a22 1 若在点 x0 y0 处 判别式 0 则称方程 2 1 1 在点 x0 y0 为双曲 型的 2 若在点 x0 y0 处 判别式 0 则称方程 2 1 1 在点 x0 y0 为抛物 型的 3 若在点 x0 y0 处 判别式 0 此时方程组 2 1 3 有两族不同的实积分曲线 即 1 x y c1 2 x y c2 经变换 1 x y 2 x y 方程 2 1 1 可以化为第一标准型 u A2u B2u C2u F2 2 1 4 作变换 1 2 1 2 2 1 5 方程 2 1 1 可以化为第二标准型 u u A3u B3u C3u F3 2 1 6 抛物型 0 这时方程组 2 1 3 成为一个常微分方程 dy dx a12 a11 其解为一族实特征曲线 设为 x y c 取 x y 和任一函数 x y 使 x y 6 0 那么式 2 1 1 可化为抛物型方程的标准型 u A4u B4u C4u F4 2 1 7 注如果 x6 0 通常取 y 如果 y6 0 通常取 x 椭圆型 0 根据定义 我们有如下分类 4 如果p 0 q 0 p q n 则常系数偏微分方程 2 1 10 是超双曲型的 特 别地 当 p q n 1 1 或 p q 1 n 1 时 方程 2 1 10 是双曲型的 18 第 2 章二阶线性偏微分方程的分类与标准型 5 如果p 0 q 0 p q 0 方程是双曲型 2 系数a11 a2 a12 a a22 1 判别式 a2 12 a11a22 0 方程是抛 物型 3 系数a11 x2 a12 0 a22 y2 判别式 a2 12 a11a22 x2y2 当xy 6 0时 方程是双曲型 当xy 0时 方程是抛物型 4 系数a11 x2 a12 0 a22 x y 2 判别式 a2 12 a11a22 x2 x y 2 当x x y 6 0时 方程是椭圆型 当x x y 0时 方程是抛物型 化下列方程为标准型 2 2uxx 4uxy 5uyy ux 2uy 0 解判别式 1 0方程是椭圆型 特征方程组是 dy dx 2 i dy dx 2 i 其特征线是y 2 i x c1 y 2 i x c2 令 y 2x x 则原方程化为 标准型 u u u 0 2 3x2uxx 2xyuxy y2uyy 0 解判别式 0方程是抛物型 特征方程组是 2 2习 题 解 答 19 dy dx y x 其特征线是y cx 令 y x x 则原方程化为标准型 2u 0 2 4uxx 2cosxuxy 3 sin2x uyy yuy 0 解判别式 4方程是双曲型 特征方程组是 dy dx 2 cosx dy dx 2 cosx 其特征线是 y 2x sinx c1 y 2x sinx c2 令 y 2x sinx y 2x sinx 则原方程化为标准型 32u u u 0 令s 2 t 2 则 uss utt 1 4sus 0 2 5 1 x2 uxx 1 y2 uyy xux yuy 0 解判别式 1 x2 1 y2 0时 方程 2 2 1 是双曲型方程 故存在 x y x y 其中 x y 6 0 使得方程 2 2 1 化为 u u A1u A2u A3u f1 进一步令u V e 则得 V V A1 2 V A2 2 2 2 A1 A2 A3 V f1e 令 A1 2 A2 2 则方程变为 V V CV F 其中C 1 4 A 2 2 A21 A3 F f1e 证毕 2 10适当选取参数 和 利用变换v x y e x yu x y 化简下列方程 1 uxx uyy ux uy u 0 2 uxx a 2uy ux u 3 uxx a 2uyy ux uy u 4 uxy ux uy 解 1 设u x y e x yv x y 直接代入原方程 可得 vxx vyy 2 vx 2 vy 2 2 v 0 取 1 2 1 2 0 2 2 4 则上述方程化为 vxx vyy 0v 0 2 类似地 设u x y e x yv x y 其中 1 2 a 2 2 4 则 原方程化为 vxx a 2vy 2 2习 题 解 答 23 3 类似地 设u x y e x yv x y 其中 1 2 1 2a 2 则原方程化 为 vxx a 2vyy 0v 0 其中 0 1 4 2a2 2 4 类似地 设u x y e x yv x y 其中 0 则原 方程化为 vxy 0v 0 2 11求方程 uxy 1 x y ux uy 的通解 解原方程可以化为 x y uxy ux uy或xuxy uy yuxy ux 它可以写成 xux u y yuy u x或 xu xy yu yx或 xu yu xy 0 积分两次 得其通解 x y u F x G y 或u F x G y x y 其中F和G为任意二阶可微函数 2 12设方程 Auxx Buxy Cuyy 0 2 2 2 中的常系数A B C满足B2 4AC 0 A 6 0 证明该方程的通解具有如下形式 u x y f mx y xg mx y 其中f g为任意两个二阶可微函数和m B 2A 解因为判别式 B2 4AC 0 所以原方程为抛物型方程和特征方程为 dy dx B 2A m 其特征曲线是y mx c1 作变量代换 y mx x 那么原方程化为 u 0 24 第 2 章二阶线性偏微分方程的分类与标准型 该方程关于 积分两次 得其通解 u f g 所以原方程通解为 u xf y mx g y mx 求下列方程的标准型 2 13uxy uxz ux uy uz 0 解方程的系数矩阵是 A 0 1 2 1 2 1 2 00 1 2 00 下面求矩阵B 使得BABT diag i1 i2 i3 D3 其中ik 1 0 1 我们利 用初等变换求矩阵B 基本想法是 先写出矩阵 A E3 其中E3为三阶单位阵 然 后对矩阵 A E3 进行一系列相同的初等行变换和列变换 变为矩阵 D3 B 那么 矩阵B就是所求的矩阵 这里采用线性代数中矩阵初等行变换和列变换的记号 因为 A E3 0 1 2 1 2 100 1 2 00010 1 2 00001 r3 r2 0 1 2 1 2 100 1 2 00010 000011 c3 c2 0 1 2 0100 1 2 00010 000011 r1 r2 1 2 1 2 0110 1 2 00010 000011 c1 c2 1 1 2 0110 1 2 00010 000011 r2 1 2r1 1 1 2 0110 0 1 4 0 1 2 1 2 0 000011 c2 1 2c1 100110 0 1 4 0 1 2 1 2 0 000011 2r2 100100 0 1 2 0 110 000011 2 2习 题 解 答 25 2c2 100110 0 10 110 000011 则 B 110 110 011 令 B x y z x y y x y z 即 x y y x y z 则原方程变为 u u 2u 0 这就是所求的标准型 2 14uxx 2uxy 2uyy 2uyz 2uyt 2uxt 2utt 0 解方程的系数矩阵是 A 1101 1211 0100 1102 那么 A E4 11011000 12110100 01000010 11020001 r2 r1 r4 r1 11011000 0110 1100 01000010 0001 1001 c2 c1 c4 c1 10001000 0110 1100 01000010 0001 1001 r3 r2 10001000 0110 1100 00 101 110 0001 1001 c3 c2 10001000 0100 1100 00 101 110 0001 1001 26 第 2 章二阶线性偏微分方程的分类与标准型 所以 B 1000 1100 1 110 1001 令 B x y z t x y x x y z t x 即 x y x x y z t x 则原方程变为 u u u u 0 2 15 2u x2 1 2 n X k 2 2u x2 k 2 n 1 X k 1 2u xk xk 1 0 解方程的系数矩阵是 A 1 10 0 12 1 0 0 12 0 00 12 下面我们求矩阵B 使得BABT diag i1 i2 in 其中ik 1 0 1 下 面利用初等变换求B 因为 A En 1 10 0100 0 12 1 0010 0 0 12 0001 0 00 12000 1 r2 r1 1 10 0100 0 01 1 0110 0 0 12 0001 0 00 12000 1 2 2习 题 解 答 27 c2 c1 100 0100 0 01 1 0110 0 0 12 0001 0 00 12000 1 r3 r2 rn rn 1 100 0100 0 01 1 0110 0 001 0111 0 000 1111 1 c3 c2 cn cn 1 100 0100 0 010 0110 0 001 0111 0 000 1111 1 所以 B 100 0 110 0 111 0 111 1 令 1 2 n B x1 x2 xn 即 1 x1 2 x1 x2 k x1 x2 xk k 1 2 n 则原方程变 为标准型 u u 1 1 u 2 2 u n n 0 它是n维Laplace方程 2 16 2u x2 1 2 n X k 2 1 k 2u xk 1 xk 0 28 第 2 章二阶线性偏微分方程的分类与标准型 解用类似的方法 可求得 B 100 0 110 0 111 0 111 1 令 1 2 n B x1 x2 xn 即 1 x1 2 x1 x2 k x1 x2 xk k 1 2 n 则原方程变 为标准型 n X k 1 u k k 1 k 1 0 2 17证明 对于常系数方程 n X k 1 uxkxk n X k 1 bkuxk cu 0 可以选到适当的 k k 1 2 n 使得在变换 u v exp 1x1 2x2 nxn 下 把方程化简为 n X k 1 vxkxk bv 0 并且求出 k k 1 2 n 解把上述变换代入到原方程 得 n X k 1 vxkxk n X k 1 bk 2 k vxk n X k 1 2 k bk k v cv 0 取 k 1 2bk 则上述方程化为 n X k 1 vxkxk bv 0 其中b c 1 4 b 2 1 b22 b2n 2 3补充习题解答 29 2 3补充习题解答 2 18把方程uxx 2 uxy 3 2uyy uy ux 0化为标准型 并且求其通解 其中 为常数 解因为判别式 4 2 故当 6 0时 方程是是双曲型 当 0时 方程是 抛物型 当 6 0时 特征方程组是 dy dx 3 dy dx 其特征线是y 3 x c1 y x c2 令 y 3 x y x 则原方程化为标 准型 16 2u 4 u 0 或4 u u 0 其通解为 u f e 4 g 故原方程当 6 0时的通解是 u x y f y x e y x 4 g y 3 x 当 0时 原方程为 uxx ux 0 其通解为 u x y f y e xg y 2 19把方程uxx uxy 2uyy 3 x y ux 6 x y uy 9u 0化为标准型 并 且求其通解 解因为判别式 9 4 故方程是是双曲型 特征方程组是 dy dx 2 dy dx 1 其特征线是 y 2x c1 y x c2 令 y 2x y x 则原方程化为标准型 u u u 30 第 2 章二阶线性偏微分方程的分类与标准型 上述方程又可以写成 u u 0 关于 积分一次 得 u u f 或 e u e f 关于 积分 得 e u Z 0 e f d g 所以 原方程的通解是 u x y e y 2x y x g y x Z y 2x 0 e y x f d 2 20求uxx 2uxy 2uxz uyy 2uyz uzz u 0的通解 解方程系数矩阵为 A 111 111 111 因为 A E3 111100 111010 111001 r3 r1 r2 r1 111100 000 110 000 101 c3 c1 c2 c1 100100 000 110 000 101 所以 B 100 110 101 令 B x y z x y x z x 2 3补充习题解答 31 即 x y x z x 则原方程变为 u u 其通解是 u e f e g 故原方程的通解是 u x y z exf y x z x e xg y x z x 2 21判断方程 5uxx 2uxy 6uxz 5uyy 6uyz 3uzz 0 的类型 并且将其化为标准型 解我们用正交矩阵的方法把它化为标准型 该方程的系数矩阵为 A 5 13 15 3 3 33 我们先求正交阵B使得BABT为对角阵 那么作变换 B x y z 2 3 1 就可以把原方程化为标准型 直接计算得 E A 4 9 所以A的特征值是 1 0 2 4 3 9 故方程为抛物型方程 与 1 2 3对应的 特征向量是 b1 1 1 2 T b2 1 1 0 T b3 1 1 1 T 它们两两正交 再进行单位化 由此得正交矩阵 B 1 6 1 6 2 6 1 2 2 1 2 2 0 1 3 3 1 3 3 1 3 3 那么考虑变换 2 3 1 原方程化为 u u 0 第3章波动方程的初值 柯西 问题与行波法 3 1基本内容提要 3 1 1一维波动方程的初值问题 utt a2uxx f x t x 0 u x 0 x ut x 0 x x 0 u t 0 x y z ut t 0 x y z x y z R3 3 1 3 的求解公式是 u x y z t 1 4 a2 t ZZ SM at t dS 1 4 a2 ZZ SM at t dS 1 4 a2 ZZ r6at Z f t r a r d d d 3 1 4 其中r p x 2 y 2 z 2 该公式称为初值问题 3 1 3 解的 Kirchhoff 公 式 当f 0时 式 3 1 4 称为Poisson公式 在球面坐标系 x atsin cos y atsin sin z atcos 3 1 5 下 式 3 1 4 可以写成 3 2习 题 解 答 33 u x y z t 1 4 t Z 2 0 Z 0 t x atsin cos y atsin sin z atcos sin d d t 4 Z 2 0 Z 0 x atsin cos y atsin sin z atcos sin d d 1 4 a2 Z at 0 Z 2 0 Z 0 f x atsin cos y atsin sin z atcos t r a rsin d d dr 3 1 6 3 1 3二维波动方程的初值问题 utt a2 uxx uyy f x y t x y R2 t 0 u t 0 x y ut t 0 x y x y R2 3 1 7 的求解公式是 u x y t 1 2 a t Z CM at Z d d pa2t2 x 2 y 2 1 2 a Z CM at Z d d pa2t2 x 2 y 2 1 2 a2 Z at 0 Z CM Z f t a d d d p 2 x 2 y 2 3 1 8 其中点M M x y 和圆域 CM n fl fl fl x 2 y 26 2 o 利用极坐标变换 x rcos y rsin 和 a t s 那么式 3 1 8 的 解可以表示为 u x y t 1 2 a t Z at 0 Z 2 0 x rcos y rsin a2t2 r2 rd dr 1 2 a Z at 0 Z 2 0 x rcos y rsin a2t2 r2 rd dr 1 2 a Z t 0 Z 2 0 Z a t s 0 f x rcos y rsin s pa2 t s 2 x 2 r2 rd drds 3 1 9 3 2习 题 解 答 求下列初值问题的解 34 第 3 章波动方程的初值 柯西 问题与行波法 3 1 utt 9uxx 0 x 0 u x 0 sin2x ut x 0 6x2 1 x 解这里a 3 x sin2x x 6x2 1 则由D Alembert公式 3 1 2 得 u x t 1 2 x 3t x 3t 1 6 Z x 3t x 3t d 1 2 sin2 x 3t sin2 x 3t 1 6 Z x 3t x 3t 6 2 1 d sin2xcos6t 6 x2t 3t3 t 3 2 utt a2uxx 0 x 0 u x 0 sinx ut x 0 x2 x 解取 x sinx x x2 则由D Alembert公式 3 1 2 得 u x t sinxcosat x2t 1 3a 2t3 3 3 utt uxx 1 x 0 u x 0 x2 ut x 0 1 x 解取a 1 x x2 x 1 f x t 1 则由 Kirchhoff 公式 3 1 2 得 u x t 1 2 x t x t 1 2 Z x t x t d 1 2 Z t 0 Z x t x t f d d x2 3 2t 2 t 3 4 utt uxx cos x t x 0 u x 0 x ut x 0 sinx x 0 t 0 u x 0 ut x 0 0 x 0 u 0 t t 1 t t 0 3 2习 题 解 答 35 的解u x t 然后证明对任意c 0 极限lim x u cx x 存在 并且求出该极限 解设u x t v x t t 1 t 则v x t 满足 vtt vxx 2 1 t 3 x 0 t 0 v x 0 0 vt x 0 1 x 0 v 0 t 0 t 0 由参考文献 1 中第3章半无界弦的初边值问题解的表达式 当x t时 v x t 1 2 Z x t x t 1 d 1 2 Z t 0 Z x t x t 2 1 3 d d t 1 t 当0 6 x t x 1 t 1 t x t 1 t 0 6 x 1时 cx x 故u cx x 0 lim x u cx x 0 当0 c 1时 cx x 故 u cx x cx 1 x 1 x cx x 1 x 因此 lim x u cx x 1 求下列二阶线性偏微分方程初值问题的解 3 6 uxx 2uxy 3uyy 0 x 0 u x 0 sinx uy x 0 x x 解所给方程对应的特征方程组是 dy dx 1 dy dx 3 其解为x y c1 y 3x c2 令 x y y 3x 那么原方程化为u 0 其通解是 36 第 3 章波动方程的初值 柯西 问题与行波法 u x y F x y G y 3x 由初值条件得 sinx u x 0 F x G 3x x uy x 0 F0 x G0 3x 对第2个方程两边关于x积分 得 1 2x 2 F x 1 3G 3x c 这样可以解得 G 3x 3 8 2sinx x 2 2c F x 1 8 2sinx 3x 2 6c 所以原问题的解是 u x y F x y G y 3x 1 4 sin x y 3 4 sin x y 3 y2 3 xy 3 7 uxx 2sinx uxy cos2x uyy cosx uy e 2x y0 u 0 y ux 0 y 0 y 0 t 0 u x 0 ut x 0 0 x 0 ux 0 t Asin t t 0 令u v Axsin t 则v满足 vtt a2vxx A 2xsin t x 0 t 0 v x 0 0 vt x 0 A x x 0 vx 0 t 0 t 0 由参考文献 1 中第3章半无界弦的初边值问题解的表达式 见该书式 3 1 19 式 3 1 20 可 知 当x at时 v Axsin t 当0 6 x at时 v Aa cos t x a Axsin t 因此 原问题的解为 当0 6 t x a 时 u x t Aa cos t x a 利用Poisson公式求解下列三维波动方程柯西问题 3 9 utt a2 uxx uyy uzz x y z R3 t 0 u t 0 x 2y ut t 0 0 x y z R3 解利用三维波动方程的Poisson公式 得 38 第 3 章波动方程的初值 柯西 问题与行波法 u x y z t 1 4 t Z 2 0 Z 0 tsin x atsin cos 2 y atsin sin d d 1 4 t 4 xt 8 yt x 2y 3 10 utt a2 uxx uyy uzz x y z R3 t 0 u t 0 0 ut t 0 2xy x y z R3 解利用三维波动方程的Poisson公式 得 u x y z t t 4 Z 2 0 Z 0 2sin x atsin cos y atsin sin d d 2txy 3 11利用降维法求解下述一维波动方程的初值问题 utt a2uxx x 0 u x 0 x ut x 0 x x 0 U t 0 x y Ut t 0 x y x y R2 其解可以表示为 U x y t 1 2 a t Z CM at Z d d pa2t2 x 2 y 2 1 2 a Z CM at Z d d pa2t2 x 2 y 2 其中CM at x 2 y 26 a2t2 注意到 Z CM at Z d d pa2t2 x 2 y 2 Z x at x at d Z y a2t2 x 2 y a2t2 x 2 a2t2 x 2 y 2 1 2d Z x at x at arcsin y pa2t2 x 2 fl fl fl y a2t2 x 2 y a2t2 x 2d Z x at x at arcsin1 arcsin 1 d Z x at x at d 可以得到一维波动方程初值问题解的D Alembert公式 3 1 2 3 2习 题 解 答 39 3 12利用齐次化原理导出二维非齐次波动方程 utt a2 uxx uyy f x y t x y R2 t 0 在初始条件u x y 0 ut x y 0 0下的求解公式 解先证明 如果h h x y t 是初值问题 htt a2 uxx uyy x y R2 t 0 h t 0 ht t f x y t x y R2 的解 则 u x y t Z t 0 h x y t d 是原初值问题的解 事实上 有 ut h x y t t Z t 0 ht x y t d Z t 0 ht x y t d utt Z t 0 htt x y t d ht x y t t a2 Z t 0 hxx hyy d f x y t a2 uxx uyy f x y t 且u x y 0 ut x y 0 0 所以u x y t 为原初值问题的解 令t0 t 那么h满足 ht0t0 a2 hxx hyy x y R2 t0 0 h t0 0 0 ht0 t0 0 f x y t x y R2 由二维波动方程的Poisson公式 3 1 9 得 h x y t 1 2 a Z at0 0