数理方程习题综合[骄阳教学]

1、例 1.1.1 设v=v(线x,y),二阶性偏微分方程vxy =xy 的通解。解 原方程可以写成x（vy） =xy两边对x 积分，得vy =（y）+1/2 x2Y,其中（y）是任意一阶可微函数。进一步地，两边对y积分，得方程得通解为v（x,y）=vydy+f（x）=（y）dy+f（x）+1/4 x2y2=f（x）+g（y）+1/4 x2y2其中f（x）,g（y）是任意两个二阶可微函数。例1.1.2即 u(,) = F() + G(),其中F(),G()是任意两个可微函数。例1.2.1设有一根长为L的均匀柔软富有弹性的细弦，平衡时沿直线拉紧，在受到初始小扰动下，作微小横振动。试确定该弦的运动方程

2、。 取定弦的运动平面坐标系是OXU,弦的平衡位置为x轴，弦的长度为L，两端固定在O,L两点。用u(x,t)表示弦上横坐标为x点在时刻t的位移。由于弦做微小横振动，故ux0.因此0，cos1,sintan=ux0,其中表示在x处切线方向同x轴的夹角。下面用微元法建立u所满足的偏微分方程。在弦上任取一段弧,考虑作用在这段弧上的力。作用在这段弧上的力有张力和外力。可以证明，张力T是一个常数，即T与位置x和时间t的变化无关。事实上，因为弧振动微小，则弧段的弧长。这说明该段弧在整个振动过程中始终未发生伸长变化。于是由Hooke定律，张力T与时间t无关。因为弦只作横振动，在x轴方向没有位移，故合力在x方向

3、上的分量为零，即T(x+)cos-T(x)cos=0.由于cos1，cos1,所以T(X+x)=T(x),故张力T与x无关。于是，张力是一个与位置x和时间t无关的常数，仍记为T.作用于小弧段的张力沿u轴方向的分量为Tsin-TsinT(ux(x+,t)-ux(x,t).设作用在该段弧上的外力密度函数为F（x,t）那么弧段在时刻t所受沿u轴方向的外力近似的等于F(x,t).由牛顿第二定律得T（ux(x+,t)-ux(x,t)+F(x,t)=,其中是线密度，由于弦是均匀的，故为常数。这里是加速度在弧段上的平均值。设u=u(x,t)二次连续可微。由微分中值定理得Tu（x+，t)+F(x,t)=, 0

4、1.消去，并取极限0得Tu（x,t）+F(x,t)=u,即 u=u+(x,t), 0x0,其中常数=T/，函数（x,t）=F(x,t)/表示在x处单位质量上所受的外力。上式表示在外力作用下弦的振动规律，称为弦的强迫横振动方程，又称一维非齐次波动方程。当外力作用为零时，即=0时，方程称为弦的自由横振动方程。类似地，有二维波动方程u=（u+u）+（x.y.t）, (x,y),t0,电场E和磁场H满足三维波动方程和,其中c是光速和。例1.2.2设物体在内无热源。在中任取一闭曲面S（图1.2）。以函数u(x,y,z,t)表示物体在t时刻，M=M(x,y,z)处的温度。根据Fourier热传导定律，在无

5、穷小时段dt内流过物体的一个无穷小面积dS的热量dQ与时间dt，曲面面积dS以及物体温度u沿曲面的外法线n的方向导数三者成正比，即,其中k=k(x,y,z)是在物体M(x,y,z)处的热传导系数，取正值。我们规定外法线n方向所指的那一侧为正侧。上式中负号的出现是由于热量由温度高的地方流向温度低得地方。故当时，热量实际上是向-n方向流去。对于内任一封闭曲面S，设其所包围的空间区域为V，那从时刻到时刻经曲面流出的热量为= 设物体的比热容为c(x,y,z)，密度为(x,y,z)，则在区域V内，温度由u(x,y,z,)到u(x,y,z)所需的热量为.根据热量守恒定律，有即 假设函数u(x,y,z,t)

6、关于x,y,z具有二阶连续偏导数，关于t具有一阶连续偏导数，那么由高斯公式得.由于时间间隔及区域V是任意的，且被积函数是连续的，因此在任何时刻t，在内任意一点都有 (1.2.6)方程称为非均匀的各向同性体的热传导方程。如果物体是均匀的，此时k,c及均为常数，令=，则方程(1.2.6)化为, (1.2.7)它称为三维热传导方程若物体内有热源，其热源密度函数为，则有热源的热传导方程为 (1.2.8)其中类似地，当考虑的物体是一根均匀细杆时如果它的侧面绝热且在同一截面上的温度分布相同，那么温度只与有关，方程变成一维热传导方程 （1.2.9） 同样，如果考虑一块薄板的热传导，并且薄板的侧面绝热，则可得

7、二维热传导方程 （1.2.10）（P16)例1.3.1一长为L的弹性杆，一端固定，另一端被拉离平衡位置b而静止，放手任其振动。试写出杆振动的定解问题。解 取如图1.3所示的坐标系。 O L L+b x泛定方程就是一维波动方程（杆的纵振动方程）u=au, 0xL.在初始时刻（即放手之时），杆振动的速度为零，即u(x,0)=0,0xL.而在x=L端拉离平衡位置，使整个弹性杆伸长了b。这个b是来自整个杆各部分伸长后的贡献，而不是x=L一端伸长的贡献，故整个弹性杆的初始位移为u|=x, 0xL.再看边界条件。一端x=0固定，即该端位移为零，故有u(0,t)=0,0xL.另一端由于放手任其振动时未受外力

8、，故有u(L,t)=0,t0.所以，所求杆振动的定解问题为 u=au, 0x0, u(x,0)=x, u（x,0)=0, 0xL,u(0,t)=0, u(L,t)=0, t0.（P17）例1.3.2 ：长为L的均匀弦，两端x=0和x=L固定，弦中张力为T，在x=x0处以横向力F拉弦，达到稳定后放手任其振动。试写出初始条件。X0解：建立如图坐标系。设弦在x0点受到横向力T作用后发生的位移为h,则弦的初始位移为 hx, 0xx0,u(x,0)= x0 h(L-x), x0xL, L-x0其中h待求。由牛顿第二定律得F-Tsin1-Tsin2=0，在微小振动的情况下， Sin1tan1= h , s

9、in2tan2= h , x0 L-x0所以 F=Th +Th x0 L-x0因此 h=Fx0(L-x0) . TL F(L-x0) , 0xx0,从而初始位移为u(x,0)= TL Fx0(L-x) , x0xL. TL而初始速度ut(x,0)=0.(P18)例1.3.3考虑长为L的均匀细杆的热传导问题。若（1）杆的两端保持零度；（2）杆的两端绝热；（3）杆的一端为恒温零度，另一端绝热。试写出该绝热传导问题在以上三种情况下的边界条件。解：设杆的温度为u(x,t),则（1） u（x,t）=0，u(L,t)=0.（2） 当沿杆长方向有热量流动时，由Fourier实验定律得其中q1,q2分别为x=

10、0和x=L处的热流强度。而杆的两端绝热，这就意味着杆的两端与外界没有热交换，亦没有热量的流动，故有q1=q2=0和.(3) 显然，此时有 .例1.5.1求Poisson方程Uxx +Uyy =X2 +XY+Y2的通解解:先求出方程的一个特解V=V（x，y),使其满足Vxx +Vyy=X2 +XY+Y2 由于方程右端是一个二元二次齐次多项式，可设V（x，y) 具有形式V(x,y)=aX4 +bX3 Y+cY4,其中a,b,c是待定常数Vx=4aX3+3bX2 Y Vy=bX3+4cY3Vxx=12aX2+6bXY Vyy=12cY2得Vxx+Vyy=12aX2 +6bXY+12cY2=X2 +X

11、Y+Y2 比较两边系数，可得a=1/12,b=1/6,c=1/12于是V（x,y)=1/12(X4 +2X3 Y+Y4）下面求函数W=W(x,y),使其满足Wxx+Wyy=0.作变量代换e=x,n=iy(以下的偏导的符号记为d)Ue=du/de=du/dx=Ux Un=du/dn=du/dy *dy/dn=-iyUee=dUe/de=Uxx Unn=-Uyy可得Wee-Wnn=0再作变量代换s=e+n,t=e-nUe=du/de(s,t)=Us+Ut Un=du/dn=Us-UtUee=dUe/de=d(Us+Ut)/de=Uss+Utt+2UstUnn=dUn/dn=d(Us-Ut)/dn=

12、Uss+Utt-2Ust那么方程进一步化为Wst=0其通解为W=f(s)+g(t)=f(e+n)+g(e-n)=f(x+iy)+g(x-iy),其中f,g是任意两个二阶可微函数。那么根据叠加原理，方程的通解为u(x,y)=V+W=f(x+iy)+g(x-iy)+1/12(X4+2X3 Y+Y4)(P32)例2.1.1 判断方程Uxx+2Uxy-3Uyy+2Ux+6Uy=0（2.1.22）的类型，并化简。解： 因为a11= 1,a12= 1,a22= -3,所以 =a212-a11a22=40,故方程为双曲型方程。对应的特征方程组为 该方程组的特征曲线（即通解）为作自变量变换则 将上述各式带入方

13、程（2.1.22），得第一种标准形式 （2.1.23）若令则得到第二种标准形式 （2.1.24）下面对式（2.1.24）进一步化简。令则代入方程，得我们取则式（2.1.24）化简为 （2.1.25）该方程不含一阶偏导数项。例2.1.2例 2.1.4 求值问题 4y2vxx+2(1-y2)vxy-vyy-2y/(1+y2) (2vx-vy)=0,xR1,Y0V(X,0)=（X）,VY（X,0）=（X）,XR1 的解，其中（x）是已知任意二阶可微函数，（x）是任意一阶可微函数。解 先把所给方程化为标准型。特征方程组为 dy/dx =-1/2,dy/dx=1/2y2.其通解为x+2y=C1,x-2y

14、3/3=C做自变量变换=x+2y,=x-2y3/3,这样给定的方程化为标准型V=0依次关于和积分两次，得通解v=F（）+G（）.代回原自变量x,y得原方程得通解v？（x,y）=F（x+2y）+G（x-2y2/3）其中F,G是任意两个可微函数。进一步，由初始条件得（x）=v（x,0）=F（x）+G（x）,（x）=VY（x,0）=2F（x）从而求出F（x）=F（0）+1/2x0（t）dt,G（x）=（x）-F（0）-1/2x0（t）dt.所以原定解问题的解为v（x,y）=（x-2y3/3）+1/2x+2yx-2y3/3（t）dt.例2.1.3 设常数A,B,C满足 B2-4AC0,m1,m2是方程

15、Am2+Bm+C=0 的两个根。证明二阶线性偏微分方程Auxx+Buxy+Cuyy=0 的通解具有如下形式：u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y), 其中f,g是任意两个二阶可微函数。证 不失一般性，设A0和B2-4AC0.其它情况可以类似的处理。令=m1x+y,=m2x+y.则Ux=m1u +m2u，uy=u+u ， Uxx=m12u+2m1m2u+m22u uyy=u+2u+u ,uxy=m1u+(m1+m2)u+u上述式代入得 ：（Am12+Bm1+C）u+（Am22+Bm2+C）u+(2Am1m2+B(m1+m2)+2C)u=0由题意得Am12+Bm1+C=0，Am22+

16、Bm2+C=0，m1+m2=B/A, m1m2=C/A上述式代入得(1/A)(4AC-B2)u=0又由题意得4AC-B20故u=0对该方程两边分别关于和积分，得通解u=f()+g（），代回自变量x,y,得方程的通解是u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y), 其中f,g是任意两个二阶可微函数。证毕。端点自由的半无限长的均匀弦振动的定解问题 (3.1.22)因为,我们对函数关于x做偶延拓。定义和如下：函数在上是偶函数。由推论3.1.1，是关于x的偶函数，且这样得到定解问题（3.1.22）的解所以，当时，（3.1.23）当时， （3.1.24）例4.2.3端点固定的半无限长的均匀弦振动

17、的定解问题考虑定解问题求解上述问题的基本思路是以某种方式延拓函数使其在上也有定义，这样把半无界区域上的问题转变成上的初值问题。然后利用达朗贝尔公式（3.1.15），求出在上的解u（x,t）。同时使此解u（0,t)满足u（0，t)=0.这样当x限制在上就是我们所要求的半无界区域上的解。由微积分知识可知，如果一个连续可微函数g（x)在上是奇函数，则必有g（0）=0.因此要使解u=u（x,t)满足u（0,t)=0，只要u(x,t)是x的奇函数便可。而由推论3.1.1，只要f(x,t),是x的奇函数。因此对函数f和关于x作奇延拓。我们定义F（x,t),和如下：显然函数F和在上是奇函数。然后考虑初值问题

18、（3.1.17）由（3,1,15)，问题（3.1.17)的解是（3.1.18）所以问题（3.1.16)的解u（x,t)在上的限制。于是当时，（3.1.19)当时，（3.1.20）例2.2.1确定下列方程标准型(1) uxx+2uxy-2uxz+2uyy+6uzz=0(2)解:(1)方程对应的系数矩阵是利用线性代数中把对称矩阵化为对角型的方法,我们可选取,则 (2) 方程对应的系数矩阵是 因为其中所以取 则给定的方程化简为例3.1.1 求解下列初值问题解：利用达朗贝尔公式（3.3.15）得易见，解关于x 是奇函数。4.2.1波动方程的初边值问题例4.2.1设边长为L的弦，两端固定，作微小横振动。

19、已知初位移为（x）,初始速度为（x）,试求弦的运动规律。解： 该物理问题可归为下列定解问题： 1设上述问题有非零变量分离解u(x,t)=X(x)T(t).代入上述问题1中得：X(x)T(t)=a2X(x)T(t)， 由此设：T(t)a2T(t) =X(x)X(x) =-（记-为比值常数），并得： T(t)+a2T(t) =0 2 X(x)+X(x) = 0, 3再根据边界条件u(0,t)=u(L ,t)=0,得：X(0)T(t)=X(L)T(t)=0 , T(t)0,则 X(0)=X(L)=0，由上分析，得： 4（1）=-20时，方程组4的通解为：X(x)=C1ex+C2e-x,代入X(0)=

20、X(L)=0，解得常数C1=C2=0,即得零解X(x)=0（u=0），不合初设u为非零解，舍去；（2）=0时，方程组4的通解为： X(x)=C1x+C2,代入X(0)=X(L)=0，解得零解X(x)=0（u=0），舍去；（3）=20时，方程组4的通解为：X(x)=C1cosx+C2sinx.代入X(0)=X(L)=0，解得C1=0,C2sinL=0 则 =n=n2=（n/L）2,n=1,2,. 对应n的特征函数为：Xn（x）=Cn sin,n=1,2,.5 将特征值n代入2得：T(t)+na2T(t) =0通解为Tn(t)=Ancos+Bnsin 6综上可知定解问题的变量分离特解为：un（x，

21、t）=（ancos+bnsin）sin7其中，an= AnCn ,bn=BnCn 为任意常数，n=1,2根据线性叠加原理，将特解un（x，t）叠加起来，得到通解：u(x,t)=. 8由原定解问题： （x）=u(x,0)= (x) =ut(x,0)=，可将（x）， (x)看作是0,L上的傅里叶级数，则有：把上面得到的an,bn代入8中，得级数通解u(x,t)= ,其中经检验，得到的通解u（x,t）满足关于x和t逐项微分二次后一致收敛，因而满足定解问题1中方程和相应条件，即通解u（x,t）存在，是定解问题的解 例4.2.2设长为L，且两端自由的均匀细杆，作纵振动，且初始位移为（x），初始速度为（x

22、）。试求杆做自由纵振动的位移规律。解： 令，代入上式得：得到两个独立的常微分方程又由边界条件，得所以特征值问题为当0,函数 在 满足狄利克雷条件。我们仍然用分离变量法解这个问题。设 将其代入到（4.2.38）方程中，得 从而得到关于 的常微分方程由（4.2.38）中的边界条件，得 下面求解由方程（4.2.41）和边界条件（4.2.42）组成的特征值问题当 时，边值问题（4.2.41）和（4.2.42）只有零解。当 时，方程（4.2.41）的通解为 由边界条件（4.2.42），得 为求特征值和特征函数，设 所以 记 则上式可表示为 方程（4.2.43）的根可以看作切曲线 与直线 的交点的横坐标，

23、见图4.6.由此可见，他们交点有无穷多个，他们关于原点对称，设方程（4.2.43）的无穷多个正根依次为 于是边值问题（4.2.41）和（4.2.42）的特征值和相应的特征函数为 现在证明特征函数系 在 是正交系.记 则 分别满足 和边界条件（4.2.42）.用 乘以（4.2.46），然后（4.2.46），然后两式相减，并且在 上积分，得因为当 时， .所以 即特征函数系 是 上的正交函数系.下面将 代入到方程（4.2.40），得解 由此得到满足方程（4.2.38）中的方程和边界条件的一组特解 其中任意常数 ,由于方程和边界条件是其次的利用叠加原理，可设定解问题（4.2.38）的形式解为 用 乘

24、以式（4.2.50），并且利用 是 上的正交函数性，我们得到这里 将是（4.2.51）代入（4.2.49），即得原定解问题（4.2.38）的形式解.例4.4.1解下列非齐次边界的定解问题 0x0,=, =, 0xL, t0。其中A，B是常数。解：设u（x,t）= +,将其带入到上述的方程中，得=为使方程和边界条件都化为齐次的，我们选取满足 其解为.再解满足的定解问题 , ,=- 由波动方程的初边值问题(例4.2.1)可知其中系数 例4.4.2解下列初边值问题： 0x0, 其中a,b,A,B是常数，且a0和解：设其中满足显然可取 那么满足如下（4.4.14）三等式。 0x0, 易知上式的特征函数

25、系为 因此上式的形式解为：（4.4.15）其中为待定系数。把v代入（4.4.14）中的方程得（4.4.16）其中对等式（4.4.16）两边同乘以并且利用三角函数系在上的正交性，得 （4.4.17）其中n=1,2.(4.4.18)方程（4.4.17）的解为（4.4.19）由（4.4.14）中的初始条件和式（4.4.15）得 所以因此定解问题（4.4.13）的形式解为（4.4.21）其中由式（4.4.19）给出，由式（4.4.20）确定。例4.4.2求解下列无限杆的热传导方程的初值问题：解：其解为这样问题的解为由卷积定理得同理可得所以处置问题的形式解为例5.3.4利用傅里叶变换求解一维波动方程的初

26、值问题 （5.3.12）记。那么问题（5.3.12）化为（5.3.13）这是一个带参数的常数微分方程的初值问题，其解为 由于以及类似的，有所以原问题（5.3.12）的解为这就是波动方程的达朗贝尔解例 6.2.2 利用拉普拉斯变换，求解下列初边值问题： x0,t 0, x=0, 解： 因为已知，所关于自变量t作变换，设则由定解问题中的方程和初始条件可得其通解是注意到边界条件得所以 因此 故问题的解为.利用积分性质和延迟性质可得这就是所求的解。例7.3.1求拉普拉斯方程在半空间z0上的狄利克雷问题的解： （7.3.1）解：在半空间z0上任取一点M0=M0（x0,y0,z0),在其上放置一单位正电荷，它在无穷空间形成电场，在上半空间任一点M（x,y,z)处的电位为。然后找出M0关于边界z=0的对称点M1=M1（x0,y0,-z0),并在其上放置一单位负电荷。则它与M0点的单位正电荷所产生的电位在平面z=0上电位互相抵消。因为在z0上为调和函数，在闭区域z=0上具有一阶偏导数，故 (7.3.2)便是半空间z0上的格林函数，其中下面计算，由于在平面z=0上的