数理方程习题综合

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e/ex (ev/ey)=xy两边对x积分，得Vy = 0 (y) +1/2 x 2Y,其中0(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) = Jvydy+f (x) = fC (y) dy+f (x) +1/4 x 2y2=f (x) +g (y) +1/4 x 2y2其中f (x) ,g (y)是任意两个二阶可微函数。例 1.1.21.1.2 讹u=u(七，门),求下列俏潴分方程的通解：*P具中AJ是字敝* a除原方程可以写曲=口,+两边对积纣，彳至u/dq 一d

2、u =中01)一等式两边同时乘e然后通过分部积分Wd ) /dn = fFWVq)1两边对口枳分,得方程的解却 e-u(C，n = fe-qJCndq + F=网&十备(门)即u(已)=F( 9 + G(力，其中F( E),G(力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。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a 0, cos a韦sin a相n o=Ux0

3、,其中a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 MM,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 MM的弧长x Yx2s=Vl+uxdxAx。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方向上的分量为零，即T(x+ 4x )cos a-T(x)cos c=0.由于cos / M , cos a 4,所以T(X+ &x)=T(x),故张力T与x无

4、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 MM的张力沿u轴方向的分量为Tsin a-Tsin a 用(ux(x+,t)-u x(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 MM 在时刻t所受沿u轴方向的外力近似的等于 F(x,t)以.由牛顿第二定律得T (ux(x+ Ax ,t)-u x(x,t)+F(x,t) -x= putdx,其中p是线密度，由于弦是均匀的，故p为常数。这里utt是加速度utt在弧段MM 上的平均值。设u=u(x,t)二次连续可微。由微分中值定理得Tuzz (x+ 心x , t) *x+F(x,t) x = P ut

5、t Ax , 0 01.消去&x ,并取极限Ax-0得Tuxx （x，t） +F（x,t尸 pu 共即u tt= a2 u xx+ ?(x,t),0x0, 2一,，其中常数a =T/ p,函数？(x,t) =F(x,t)/ p表不在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 tt = a2 (u xx+u yy) +? (x.y.t) , (x,y) w Q ,t0,电场E和磁场H满足三维波动方程2 一2二 E 2、2H2、2 一2- = c

6、E 和 -2- = c H ,什ft其中c是光速和.2:z-2-y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-k dSdt n,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Word资料0时，热量实际上是

7、向-n方向流去。 n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t1到时刻t2经曲面流出的热量为t2-uQi = - 111 k dSdtt1 S 二 n设物体的比热容为c(x,y,z)，密度为p(x,y,z),则在区域V内，温度由u(x,y,z, t1)到u(x,y,z)所需的热量为t2rQ2 : Iiic： U(x,y, z,t2)-u(x, y, z,ti )dv ： 1111 c- dvdt.V11V二 t根据热量守恒定律，有Q2 - -QiHcpu(Vt2-x,y,z,t2)-u(x, y, z,t1)dv 二k-dSstti S二n假设函数u(x,y,z,t)关于x

8、,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t2,1V；-:y4 f a 、u cu ;kdvdt = 0.cz 1 cz J由于时间间隔ti,t2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c-=jx(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p均为常、，人2k，、房八，数，令a2 = 一，则方程(1.2.6)化为 cP.:u=a .:t；：2u；：2u2 2 y:z2 .=a lu(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2 .Ut ua u f

9、(x, y, z,t)(1.2.8)其中f = c：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2 ut =a uxx(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，则可得二维热传导方程2 ,、ut =a (uxx +uyy)(1.2.10 )(P16)例1.3.1 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。Cu, C Cu 1 , C -Ik + k + k z队yyL+b泛定方程就是一维波动方程(杆的纵振动方程

10、)u tt=a 2 u xx ,0xL.在初始时刻(即放手之时)，杆振动的速度为零，即 ut(x,0)=o,oaq.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| t 且=x,0 寂 q.再看边界条件。一端 x=0固定，即该端位移为零，故有u(0,t)=0,0板q.另一端由于放手任其振动时未受外力，故有ux(L,t)=0,t四.所以，所求杆振动的定解问题为0x0,0a4,u utt=a u xx, u(x,0)= x, u t (x,0)=0,Lu(0,t)=0, u x (L,t)=0,tR.

11、(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。ufF。皿L x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, 0 xxo,，ru(x,0)=xoh(L-x), x w xW L,L L-x o其中h特求。由牛顿第二定律得F-Tsin a i-Tsin a 2=0, 在微小振动的情况下，Sin a i = tan “ i= h_, sin a 2= tan “2= h ,xoL-x 0所以 F=Th +Thxo L-x 0 因此h=Fx0(L-x 0

12、).TLF(L-x 0),0x0,故方程为双曲型方程。对d y a 12 - 、a 12 - a 11 a 22=-1 .dxa 11y 3x =g, y+x = C2 .作自变量变换应的特征方程组为d y a 12: ya 212 - a 11 a 22丁 = = 3,dxa 11该方程组的特征曲线(即通解)y y y - 3x, n =y+x 则uxx=-3u u; Uy=u u,Uxx=9u _6u u 11, u xy = - 3u 至-2 u u1,U yy = 纥十2口的十口的.将上述各式带入方程（2.1.22 ）,得第一种标准形式UE U = 0.(2.1.23 )24人 Ut

13、-n 一、若令s =,t =,则得到第二种标准形式22U ss - Utt - U s + U t = 0 .(2.1.24 )sf 一下面对式(2.1.24 )进一步化简。令 U = Ve ，则Us = (Vs + 儿V )e+R,Ut = (Vt V )e s，Uss = (Vss 2 Vs 2V )e s Utt = (Vtt 2 Vt 2V )e，s .代入方程，得Vss - Vtt ( 2 - 1)V s (1 - 2)Vt (，2 -2 + .二 - )V = 0 .1我们取九= N= 一,则式(2.1.24 )化简为2Vss - Vtt = 0 ,(2.1.25 )该方程不含一阶

14、偏导数项。例 2.1.2化方程双以也片口为标准形式解 因为 所以当X。时，方程(2一 L 26)为双曲线方程，方 程(2. L26)为抛物线方程，此时方程(2 1.26)已是标准形式.当 y0时，方程(2. 1. 26)为辆圆型方程e方程(2. 1,26)的特征方程 组为。当”0时，该方程组的通解为裳槎(-y)3/z= 作变量代换，M十三一严二，月=x(y产工一则方程(2. L.26)可化为双曲线型方程的第一标准形式aU i n .(U i -U H)=0. a当60,特征方程组的通解为一作变量代换，3则方程(2 1.26)变为椭圆型方程的标准形式aUt lflln -Ui=O.承刎例2.1.

15、4求值问题4y2Vxx+2(1-y 2)vxy-vyy-2y/(1+y 2) (2v x-vy)=0,x R1,Y0V(X,0)= ()(X) ,Vy (X,0) =0 (X) ,X fR1的解，其中4 (x)是已知任意二阶可微函数，0 (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=1/2yA2.其通解为x+2y=C1,x-2yA3/3=C做自变量变换E =x+2y, n =x-2yA3/3,这样给定的方程化为标准型V E =0依次关于n和E积分两次，得通解 v=F ( E) +G ( n).代回原自变量x,y得原方程得通解v? (x,y)

16、 =F (x+2y ) +G (x-2yA2/3 )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) ,0 (x) =V y (x,0) =2F (x)从而求出F (x) =F (0) +1/2 Jxo0 (t) dt,G (x) =()(x) -F (0) -1/2 Po C (t) dt.所以原定解问题的解为v (x,y) = (f) (x-2yA3/3) +1/2 广+2y x-2yA3/3 0 (t) dt.例2.1.3设常数A,B,C满足BA2-4AC w0,mi,m2是方程AmA2+Bm+C=0 的两个根。证明二阶线性偏微分

17、方程Au xx+Bu xy+Cu yy =0 的通解具有如下形式：u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m 2x+y),其中f,g是任意两个二阶可微函数。证 不失一般性，设 A W0和BA2-4AC0.其它情况可以类似的处理。令 Fm 1x+y, r=m 2x+y.贝UUx=m 1u e +m 2u ri, uy=u s+u t , Uxx=m1A2u e +2m 1m2u s +m 2A2u ” “uyy=u 七 +2u s +u T T ,uxy=m 1u 七 +(m 1 +m 2)u s +u T T上述式代入得(Am M2+Bm i+C) u s + (Am 2A2+Bm 2+C )

18、 u “ 4(2Am im 2+B(m 1+m 2)+2C)u e =0由题意得Am iA2+Bm 1 +C=0 , Am 2A2+Bm 2+C=0 , mi+m2=B/A, m 1 m 2=C/A上述式代入得(1/A)(4AC-BA2)u e =0又由题意得4AC-BA2却故 u e =0对该方程两边分别关于和积分，得通解 u=f( 3+g (刀)，代回自变量x,y,得方程的通 解是u=u(x,y)=f(m ix+y)+g(m 2x+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Utt =a2Uxx + f (x,t )0x0,u(x,0 六“仪)ut

19、(x,0 )=Wx) 0Mx0.因为Ux(0,t )=0 ,我们对函数f,印中关于x做偶延拓。定义F(x,t”(x抽出x珈下:X(x )= 4”(x, x0,例-x ,x0.巴x )=($x)X)x ,0,x ：: 0.F (x,t )= f x，t，f -x，t，x _ 0, t _ 0,x :二 0,t ,0.函数F（x，t ）由（x*（x胜00 xc+0c上是偶函数。由推论3.1.1偶函数，且ux（0，t ）=Ux（0，t ）=0.这样得到定解问题u(x，t ) = U(x，t (x 之0，t 之0).所以,当x之at时,11 x at .1u x,t = 一 x at 广；x - at

20、 d 22ax,2a,U(x，t)是关于x的(3.1.22 )的解d-dT (3.1.23)当 0 Wx 十 一2att x a tf ,-xs J(3.1.24 ) d d .例 4.2.3例42号 设边界固定，均匀且柔软的矩形膜，其长为3，宽 为 a，作微小横振动，初始位移为初始速度为它求膜作自由振动的规律.解 设二（Ky，）为膜的位移，则上述物理问题可归结 为求解下列定解问题：4 =(&+%10xa, 0y0,代vQ)=妣4(茗乂0)=依以 0x 0yb.卜Q 然，)=工&乂 r)=o,0y Q? 0/)=Q0x0.用分离变量法求解，设解= V（A）F（ y）7 （/） K O代人到定解

21、问题（4227）中的方程* 得厂二 丁。）.气工）IF气尸） P）-= -a m其中以，月为分离用数，记了=2+ .从而得到关于丁上不口）,F（前常微分方程/ 0?r/）+ Zc2r（/）= o,y ）+ /*“）=。 o vv h.由边界条件，得 xg = xg）=。，因此得特征值向寇J+ AA7(a)O, O v jv v 不 1*0)=环门)=O求得特征值和对应的籽1E函数为久=4.=n Xm（*）=4r3mn 管=L 2、.类似地，我们得至u y（0）= y（6）=。以及关于y（y） 的特征值问题5） + U）= 0, 0 y v 瓦f（口）= Y（b）= 0.其特征值和对应的特征函数

22、为（n7r ,、 c n7vv. 一P - Pn- I 3 F（y） = Bn sinn = 1,2,-.记而丁，代入关于T的方程，得小下+京.、八丁工+尸：/工埒（，）=6其通解为十/ sin/曲a于是得到/GwAZGMSQg 利用叠加原理，得到定解问题的形式解（x J） = Z Z %”（x J/）=Z Z X.（X）】；（y）心，）h=1 m=lm=1 m=l白i 白,.、.mjvx . n/ry=工工（4. cosset + bmn smsin =i m=inb其中系数4打=月户包h =。夕及, tUTLX ./77TVsinsm利用初始条件确定系数qO 8因为 （xnfO）=次您）=

23、ZE。哂m=1 m=l80/（x0） = xpg y=由三角函数系n=l.打？左* + nr v si nsm-?t=l.mjvx . riTry.csmsin-miltab在矩形区域0, 0 x0,3上的正交性，得- sin-bm 7tx . sm7njrydxdxa?, tn = 1, 25 端点固定的半无限长的均匀弦振动的定解问题考虑定解问题% =au r/（若上10 x03（3JJ6）虱二0）=如1,（工0）= Mt 0M XX S/0.u（m）=o.求解上述问题的基本思路是以某种方式延拓函数f4眄使其在一出（工0上也有定义，这样把半无界区域04t+w上的问题转变成一切工+如上的初值问

24、题。然后利用达朗贝尔公式（3.1.15）,求出在一团（工依上的解u （x,t）。同时使此解u （0,t）满足u(0, t)=o.这样当x限制在0,工+o)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(一8黄加)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 用单和桃关于x作奇延拓。我们定义F (x,t),&工)和如下:AH hNO.-*一旦=0.MH xo,一必一力“。-f /(工工1 xO,ZQ, 1-五KV

25、cu之a显然函数 fKDWH和M4在一00工和0 上是奇函数。然后考虑初值问题-OJX0:,0)二制心刈=”球-oti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100B = _110 ，111I 2 2 )则BABT =E,这里E为三阶矩阵，令y -x则给定的方程化简为UU. v,U = 0.(2)方程对应的系数矩阵是4-20A =20-10-10因为1 00%BAB T =0-10,F01 J其中1 1100 I2B = 10 2所以取x2x yx-2 -y z则给定的方程化简为uf-u u u”0.例3.1.1求解下列初值问题x _xutt - 9u xx = e - e ，一二

26、u x ,0 =x,ut x ,0 =sin解：利用达朗贝尔公式(3.3.15 )得1u x, t = x at； , x - atx -at2 a”at2at x a t ,： .0 .x_at_. f ，d d-01x 3t x2x-3 tsin0n-0x sin x sin 3t sinh2sinh x cosh 3t, 9易见，解u (x, t )关于x是奇函数。4.2.1波动方程的初边值问题4 (x)，初始速度为小例4.2.1设边长为L的弦，两端固定，作微小横振动。已知初位移为(x),试求弦的运动规律。解：该物理问题可归为下列定解问题：,广2-，-Utt =a u xx，0 x 01

27、 u ( x,0) =( x), U t (x ,0)川(x)、 u (0,t)=u (L,t) =0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尸 a2 X(x) T(t),由此设： (t)a2 T(t) = x x)X(x) =-入(记-讷比值常数)，并得：T(t)+Za2 T(t) =02X (x)+AX(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)w0,则 X(0)=X(L)=0 ,由上分析，得：；.X ( x ) X ( x ) = 04 X ( 0 ) =

28、X ( L ) = 0(1) X=-伊 0 时，方程组4的通解为：X(x)= Cicos 3x+C 2sin 队代入 X(0)= X(L)=0 ,解得Ci=0, C2Sin3L=0则 入= 入 n=3 n2=( n 兀 /L )2 ,n=1,2，Xn ( x )=C nn 二 x sin n=1,2,.将特征值加代入2 得:丁(t)+Zn a2 T(t) =0通解为UnTn (t)=A nn 二 at cos sinn 二 at(ana n=题 的变n 二 atcos+bLn 二 atn sin LsinAnCn ,bn = BnCn 为 任根据线性叠加原理，将特解 Un (x, t)叠加起来

29、，得到通解:00U(x,t)=、 U nn 1(x,t)=od二(an 1n 二 at 人n cos b n sinLn只at)sin LL为：7 1n=1,2 8由原定解问题:(x)=u(x,0)=oOq an sinn 1W (x) =u t(x,0)=CO、 bn n 1n 二a . sinL可将(x) , W (x)看作是0,L上的傅里叶级数，则有:2oL(x)sin dxLL /、 n 二 xI ( x ) sin dx- oL把上面得到的an,bn代入8中，得级数通解U(x,t)=oCoO、Un(x,t)= 、(an cosn -1n 二 at)sin淇中LL ： ,、 n 二 x

30、 7 ( x ) sin dxL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e (x),初始速度为少(x)。试求杆做自由纵振动的位移规律。解:l1tt=a2l1xx,0x0N(x, 0)=(x), Nt(x,0)=W(x),0MxML，J0,t )= %(L,0),t 之 0令H(x,t)=X(xjT(t )，代入上式得:一 _ _ T tXxa2TtXx得到两个独立的常微分方程T ta2Tt=0X xXx=0一一一一 _

31、又由边界条件，得 X (0)=X (L ) = 0.所以特征值问题为X x = X x = 0,0 : x L |X 0 =X L =0.当九0时，边值问题中方程的通解为X x = Acos ： x Bsin x由边 界条件 X(0)=X(L )=0,得B=0和Asin P L =0.因 为a因此得到系型特征值和对应的特征函数列%,Xn x =n 二 xAn cosL,n =0,1,2,将代入前式，得到相应的Co Dot,n =0Tn t = c n-：atn 二 atCn cosDnsinj- ,n =1,2,.因此函数a。+b0t,n = 0n x, t =Tn t Xn xn 二 at

32、,.an cos bn sinLn 二 atLcosx , n =1,2,L设所求的形式解为n 二 atx,ta。bot / I an cosnJ .Lbnsinn 二 at cosL L其中系数中的初始条件确定，即oCi, x = J x,0)= a0 a.n x cosLx = 4 x,0 =b八. bn -1n 二 a cosLn 二aL从而得(n=1,2,)1 L .a 0x dx , a01 Jb0 = 一(x )dx , bL 2 L .n 二 xx cos dx ,L 0LL，n 二 x x cos dx0L例 4.2.4设有一均匀细杆，长为L,两端点坐标分别为 X=0和*=匚杆

33、的表面绝热，再X=0端保持零度，在 X=L端热量自由发散到温度为零度的介质中去，已知初始温度为(x),求杆上温度分布规律解：设U(x,t)表示在x处，时刻t时的温度，那么由第 1章可知，所给物理问题可以 归结为求解下列定解问题：一2ut = auxx,0 x 0,J u (x, 0) = * (x),0 x 0,其中常数h0,函数(x)在0, L满足狄利克雷条件。我们仍然用分离变量法解这个问题。设 u(x,t) =X(x)T(t).将其代入到(4.2.38)方程中，得T (t) X ”(x)-.=一九.a2T(t) X(x)从而得到关于T(t),X(x)的常微分方程T (t) a 2 T (t

34、) =0,X(x) X(x) =0,。：二中的边界条件，得(4.2.39)(4.2.40)由(4.2.38 )x 二 L.4.2.41)X (0) = 0,X(L) hX (L) = 0.(4.2.42)卜面求解由方程（4.2.41 ）和边界条件（4.2.42组成的特征值问题当 九W0时，边值问题（4.2.41 ）和（4.2.42 ）只有零解。当02, B 0时，方程（4.2.41 ）的通解为X (x) u Acos : x Bsin : x由边界条件（4.2.42 ）,得A = 0, B（ ： cos ： L hsin ： L） = 0.为求特征值和特征函数，设B#0.所以1 cos 1 L

35、 hsin ： L = 0,记九二 Pl,则上式可表示为根依次为012| | | n |,于是边值问题(4.2.41 )和(4242 )的特征值嬴和相应的特征函数Xn(x)为2 2 n_ n - ： 2 n = 2 , X n (x)= B n sin- n x, n = 1,2,|(4.2.44)现在证明特征函数系S sin P1x,sin 2 2x, 111 ,sin Pnx,|，在0, L是正交系.记 n(x) = sin P nx, n =1,2,1“则 n(x), m m(x)分别满足n(x)n n(x) = 0,0 :二 x :二 L, (4.2.45)m (x) m m(x) =

36、 0,0 :二 x :二 L (4.2.46)和边界条件(4.2.42 ).用*m乘以(4.2.46 ),然后(4.2.46 ),然后两式相减，并且在0, L上积分，得LL(，n-，m) n(x)m(x) dx =( n(x)m(x) - m(x)n(x) dx0L10L=.(n(x)m(x) - m(x)n(x) dx =(n(x)m(x) - m(x)n(x)0二m(L) n(L) - m(L)n(L)=- hm(L)n(L)h m(L) n(L) = 0因为当n m 时，九n *九m .所以L(4.2.47)! n (x) m (x) dx = 0, n -= m.0oO即特征函数系1s

37、in nx） | ,是0, l上的正交函数系 n = 1卜面将九=九n代入到方程（4.2.40 ）,得解2Tn(t) = A ne nat,n = 1,2,|(4.2.48)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u n (x, t) = X n(x) T n(t) = C ne - na t sin : nx, n = 1,2, HI, 其中任意常数 Cn=AnBn, n = 1, 2, H I ，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qQqQu (x, t) = - un(x, t) =C nena2t sin . nx(4.

38、2.50)n -1n -1qQ上的用 sin 口 mX 乘以式(4.2.50 ),并且利用sin P nx) 1 是0, L n=1正交函数性，我们得到1 LCm = (x) sin - mxdx, m = 1,2, HI(4.2.51L m 0这里LL m = sin 2 mxdx ,04.2.38 )的形式解.将是(4.2.51 )代入(4.2.49 ),即得原定解问题(例4.4.1解下列非齐次边界的定解问题2Utt =a Uxx + f (x)0x0, u(x,0) = (x) ,Ut(x,0) = (x),0x0o其中A , B是常数。解：设u (x,t) =U(x,t) + 8(x)

39、,将其带入到上述的方程中，得 Utt= a2 ! xx (x) 1 f(x).为使方程和边界条件都化为齐次的，我们选取缶(x)满足32。(x) + f (x) =0,0 x L,(0) = A,a(L) =B.其解为.B - A x L1 x(x) = A x 九 0 (L s)f x ds 1 0(x -s) f (s)ds.再解U(x,t)满足的定解问题2tt = a xx，0 ： x :二 L,t 0,u(x,0 卜 *(x)-m (x), ut(x,0) =V (x),0 x L,出0,t) =u(L,t) =0,t 之0.由波动方程的初边值问题(例4.2.1)可知u(x,t) - (

40、x)(x,t)，./、二 nnnat nnat nnx= cc(x)+ an cos+bnsin isin,n，1LL ) L其中系数2 Ln-：x .二一 (x) - (x) sindx,L -0l2 Ln 二x= (x)sin dx, n =1,2 .n 二a 0L例4.4.2解下列初边值问题:0x0, 0 E x M L ,B, t - 0 , b- 0.Ut = a2Uxx-bu,u x,0 =0 ,Ux 0,t = a, U L , t 二其中a,b,A,B是常数，且a0和解：设 U（ x , t）= v（ x , t）+ w（ x），其中 W（ x）满足 w （0）= A,w（L）

41、= b ,显然可取 W（X）= A（X 一 L）+ B.那 么v（ x , t）满足如下（4.4.14 ）三等式。vt2bv-bw x ,0x0,v x ,0 = x - w x , 0 Mx M L,u x 0 , t =A,u L , t =B,t_0,，cos（2 n -1 Kx 工易知上式的特征函数系为 L 2 L ）因此上式的形式解为：Mn 1 二 x2L(4.4.15 )其中 T n t .ii. n = 1,2）为待定系数。把 v代入（4.4.14 ）中的方程得、:T m t Ij.m b T m t Icos m 1-bw x ,(4.4.16 )m其中2m -1 a -：一 2L对等式（4.4.16 ）两边同乘以c os并且利用三角函数系(2 n -1 7xcos 2工2 LT n t I- b T n t I； = W(4.4.17 )其中-2b LW n = 10 w x cos二 x ,dx ,n=1,2.(4.4.18)方程（4.4.17 ）的解为T n (t )= e T +bt)Tn(0 ) +.2W； b(1 e -。-2+b)儿 n b(4.4.19