数学物理方程第二版答案

1、数学物理方程第二版答案第一章.波动方程§ 1方程的导出。定解条件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l ,弦的线密度为，则x点处的张力T(x)为T(x) g(l x)且T(x)的方向总是沿着弦在 x点处的切线方向。仍以 u(x,t)表示弦上各点在时刻 t沿垂直于x轴方向的位移，取弦段 (x,x x),则弦段两端张力在u轴方向的投影分别为g(l x)sin (x); g(l (xx) sin (x x)其中(x)表示T(x)方向与x轴的夹角又sin tg于是得运动方程ux.2 u x-tr

2、1 (xuu ._x)I x x g 1 xI x gxx利用微分中值定理，消去t2g”ux)一。x5.验证,、1222、一u(x, y,t) 222在专1t x y >0中都满足波动方程,t2 x2y22u2x证：函数u(x,y,t).222. 、一在车Itx y >0内对变量二阶连续偏导数。且(t2 x23y2) 22ut2(t2x23y2) 2 3(t2 x2y2)同理所以即得所证。(t2(t22uFxx2t2t22u y22u x2x22uy23y2) 2y2x2t2§ 2达朗贝尔公式、(2t2x2y2)3t252 t22x2y2t2波的传插x2 2y252 2t

3、2 x2y22u3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）22u2 aut22xux at 0(x)ux at 0(x)(0)(0)解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)令 x-at=0(x)=F (0) +G (2x)令 x+at=0(x)=F (2x) +G(0)所以F(x)=所以u(x,t)=(x)(0),x、 (-)-G(0).(x) -F(0).+G(0)= (0)(0)./ x at、.x at、(-)+ (- ) (0).即为古尔沙问题的解。8.求解波动方程的初值问题2u2x0,- tt sin x|t 0sin xxx解：由非齐次方程初值问题解的公式得

4、1 x u(x,t)2xtsint1tx240 x(t(t)sin)1.cos(x t) cos(x t) 2t120cos(x (t)cos(x(t)dsin xsin ttsin x sin(t0)dsin xsin tsin x cos(tsin(t)0tsin x即u(x,t) tsin x为所求的解。§ 3混合问题的分离变量法1.用分离变量法求下列问题的解：(1)22 ua 2xt o x(1 x) (0l).3 xsin lu(0,t) u(l,t)解：边界条件齐次的且是第一类的，令u(x,t)X(x)T(t)得固有函数Xn(x)Tn(t)Anan cos一l. n v

5、口sin x ,且ltBnsin 叽 tl(n1,2是 u(x,t)(An cosatanBn sin t) sin今由始值确定常数An及Bn,由始值得3 xnsinAn sinxl n 1lx(l x)an Bn sin n xnill所以A31, An0,当 n 3Bn x(lx)sin n xdxan ol工 l LxcosJx =sin Lx an n l nll 2x nncosxl232l x . n2l n22 sin x3 3 cosxn l nl因此所求解为47(1( 1)n) anu(x,t)3a . 3cos1 sin xl l4l31 ( 1)n . an4 4 sin

6、 7 a n 1 nl.n tsin xlu 2 u2 a 20t x(2)u(0,t)0卓l,t)0u(x,0)牛 x,卓x,0)0解：边界条件齐次的，令u(x,t) X(x)T(t)得:X X 0X(0) 0, X (l) 0及T a2 X 0(2)。求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。10时，方程的通解为X(x) CeC?e由 X(0) 0 得 c1 c20由 X(l) 0 得 C1Je C2yle0解以上方程组，得 C1 0, C2 0,故0时得不到非零解。2 0时，方程的通解为 X(x) ci C2X由边值X(0) 0得c10,再由X(l) 0得c2 0,仍得不到非零解。3

7、0时，方程的通解为X (x) c1 cos x c2 sinx由X(0) 0得。0 ,再由X (l) 0得c2cos l 0为了使c20,必须2(n0,1,22n 12l且相应地得到Xn(x). 2n 1、,sin x2l(n0,1,2 )2l代入方程(2),解得Tn(t)An cos2n- a t2lBn sin 2n2l1at(n 01,2 )u(x,t)/a 2n(An cos02l1atBn sin 型n 2l1at)sx2l再由始值得Asin2nxn 02n 10 2l2la Bn sin2n 1x2l 2n 1谷勿雅证 sin x (n 0,1,22l)构成区间0,l上的正交函数系

8、:lsin02m 1. 2n 1xsin 2l0 当m nxdx l一 当m n 2利用sin2n 12lx正交性，得2lh -xsin l2n 1 xdx2l所以Bn2h7T(2n2l1)2n 1 xcosx2l2l(2n 1)2n 1 sin2l8h22(2n 1)(1)n一、8hu(x,t) 2n(1)n0(2n 1)22n 1 cosa2l2n 1 tsin 2l2。设弹簧一端固定，一端在外力作用下作周期振动，此时定解问题归结为2u"Fu(0,t)u(x,0)22 U2x0,-u-(x,0)0u(l,t) Asin t求解此问题。解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，

9、取U (x, t)-xsin t, l则U(x,t)满U(0,t)0, U (l,t) Asin t令 u(x,t) U(x,t)v(x,t)代入原定解问题,则v( x, t)满足2vt2v(0,t)22 V2xv(x,0)A 2xsin t lv(l,t) 0 vA(x,0) xv( x, t)满足第一类齐次边界条件，其相应固有函数为Xn (x) sinnrx,(n0,1,2 )故设v(x, t) Tn (t)sin - x n 1l将方程中非齐次项Axsin t及初始条件中lA px按 lsin n- x展成级数，得其中xsin t lnfn(t)sin xn 1lX xd nin s A

10、L n siX2AI n2 - I2AJ2-sinl nxcosxIll222 n-nsin x l2A2-(1)n 1sin-nn sin xn 1lxsinn-xdxl2A1)nTnan将(2)代入问题(1),得Tn(t)满足2Tn(t)2A2-(1)n1 sin t解方程,得通解Tn (t)Anan cos l由始值,得AnBn( an1)n2A所以v(x,t)2ATn(0)t Bn(1)n 12An (an )21)n2A al(an )2 ( l)20, Tn(0).ansin1l.an . sin1l(1)n 12 A 2l2122(an )2 ( l)2sin22n 1 (an

11、)2 ( l)2asinan1)n1)nsin tan)22(1)n2A(an )2nt sin- xt sinnal不nt sin - x(1)2因此所求解为Au(x,t) -p xsin t 2Al (1)222n 1 (an )2( l)l * 2an .asin j t3.用分离变量法求下面问题的解l .sin ntnt sin- x22 U a xbshxu |t 0u |x 0u t u|1t 0解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为Xn(X)-n sin xl(n 1,2,u(x,t)将非次项bshx 按sinx展开级数，得nTn(t)sin x1lbshxn fn(t)sin

12、x1l其中fn(t)i2b。卜一n Hshxsin xdx(1)n1将 u(x,t)Tn (t)满足Tn(t)sin Jx代入原定解问题，得 n 1lTn(t)Tn(0)(十)2(。QTn(0)0n 1 2bn(1) 丁n-y shll2方程的通解为Tn(t)An cosan tBn sinan tl()2an2bnn 1 一丁力一2 ( 1) shln l由 Tn (0)0,得：An)2 an2bn2 2n1T(1)n1shl由 Tn(0)0,得 Bn所以Tn(t) ()2 驾 2( 1)n1shl(1 cos an n lant)所求解为/ 八 2bl2 7( 1)n1 “ anu(x,t

13、) -shl 2 2 ,2X(1 cos- a n 1 n(n l )ln t)sin- 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utta (uxx uyy uzz)的柯西问题解：泊松公式0,sM其中计算ut t 0a MSatds r4 aMSatdsrx3y2z一dsr(r,(x(r,)rsind d |r atr sin(x r sin3 cos )3x2r sin2yzr sin sincos,y r sin sin，.、2，(y sin sin ) (z2.2cos 3xr sin. 2 rzsin. 2 sinr cos2 cosr cosr cos )

14、233r sin cos2.2yr sin cos sin3r sin2 sincos2(r,0 0,)r sin2/ 3(x0 02y z)rsin/ 3 r(xy2z)cos )o324 r(x y z)2o 2.3x r sin cosr sinc 2 23x r. 2 sin2d cos d 0o 3.3.2.3xr sin d cos d003 133xr cos3cos g-sin22 41 2233 .3,1,4xr r sin cos r sin d d0 02. 4.sin d037cos d34 xr22yzrsin sin rsin d d0 02222yzr sin d

15、 sin d0022.22r zsin sin0 0rsin d d23 2rz sin d sin d003131243r z-cos cos 0 sin2 ° r z32 432y2rcos rsin d d0 022 2y r cos sin d d002 2 2yr sin coc sin rsin d d0 02322yr sin cos d sin d 002 322r sin sin cos0 043r sin cos(0所以0rsin d d2sin2 d 00M 7ds 4 r(x2y2z) 4 r3 3 r3zr atSat22atx y z xa t2.2 i

16、a t z-2 22,3xr sin cos r sin d d0 0u(x,y,z)=tx3 ty2z xa2t31 a2t2zt332 c 2, 22,2x y z 3a t x a t z即为所求的解。2.试用降维法导出振动方程的达朗贝尔公式。解：三维波动方程的柯西问题utta (uxx u yy uzz)u t 0(x, y,z),Ut t 0(x, y,z)当u不依赖于x,y,即u=u(z),即得弦振动方程的柯西问题:2utta uzzu t 0(z),ut t 0(z)利用泊松公式求解 dsM rSat/ 1 mu -_- dst 4 aM rSat因只与z有关，故2.(z at

17、cos )2ds(at) sin d dM r 0 0 atSat2d (z at cos )atsin d00令z+ atcos= , -atsin d = dz at得 一ds 2( )dM rz atSat所以u(z,t)1 z att 2a zat()d1 zat2az at()d11 (z at) (z at) ( )d22a zat即为达郎贝尔公式。3.求解平面波动方程的柯西问题:解:因为所以Uttu |t 02a Uxx2X Xuyyut |t 00由二维波动方程柯西问题的泊松公式得:U X, y,t12-a12matr cos,yt2.2t m a tat -d d2y2t2d

18、2yat 2r sincos3r cos2x xsincosx rcos ,y rsin2.2 a trdrdr cosr cos- 22xrsincosr cos r sinsin2 coscos2cos02sin0at2at2d 0,0cos dx r cosa2trdr2,220 a t rat 3r dr2. 220 .at r-a2t23sin0,3 cosr sin2 rat rdr20,02 cos0,rdrd2 cossin d0.at2. 22-a t r2.22 .at a t r |0r2 a2t2 r23xat10tr3dr2,220 . a t rat2a2t2r2

19、rdr03 o2 a2 3 32 |0-a t3于是u X, y,t333x y即为所求的解。4.r x22,2-y a t 3x y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,y2).解：解法一:利用二维波动方程柯西问题的积分表达式1uxyt 22atm atatt由于u是轴对称的ut |t 0 r ,又2定理知，2mattaty2'u u r,t，故其始值只是r的函数，u1t 0m为圆x2 at2圆心M (x, y)其矢径为22 2_>>a2t2.记圆上任一点的矢径为2 一、,、y 则由余弦2 rs cos为oM与Mp的夹角。选极坐标(s,)。r2

20、 s2 2rscos22r s 2rs cos于是以上公式可写成u X,y,tat 22rs cos , sdsdat 2,r2s2、at 22rs cos ,sdsd由上式右端容易看出,积分结果和(r,t)有关,因此所得的解为轴对称解，即at 2u(r,t)atr2 s22rs cos ,sdsdJat)2 s2,22 c(-r s 2r cos ,sdsdJat)2 s2解法二：作变换 x r cos , y r sin .波动方程化为ut2-) r用分离变量法，令 u(r,t)=R(r)T.代入方程得一"2T a t 02 _"_ '2 _r R rR r R

21、 0解得：T (t) A cosa . t B sin a . tR(r) J0(, r)u(r,t)(A( )cos t B( )sin t)J°( )du05.求解下列柯西问题 22Vtta (Vxx Vyy) C VVt 0(c, y),(x,y)r t 0cz提示：在三维波动方程中，令 u(x,y,z) eav(x,y,t)cz解：令则u(x, y,z,t) ea v(x,y,t)uttczczevtt , u xx evxx , u yycz eaVyy代入原问题，得uzz2 c ""2 e aczutta (u xx u yyu zz)czcz(x,y

22、),ut(x, y)，、，1u(x, y,z,t) - 一t 4 a葭ce7 (,)d§4 asMc( ,)edsrSM:( x)2 ( y)2 ( z)2a2t2记SaM为上半球，S：为下半球, at为sm在o平面上的投影。ds a2t2 (atd d22x) ( y)，则cF (，)ds rc丫 (, sM r)dssMc1-ea ( , )ds rMatc一(zea2.2a t、一2 222、a t ( x) ( y)22(x)2( y)2)dMatcz2e万cz 22e7c2 222-(z a t ( x) ( y)eaa2t2( x)2 ( y)2)d dMatchc 寸a

23、2t2 aa2t222(x) ( y)22(x) ( y)atch c2t2(cr)2,a2t2(x r cos ,y(,)d dr sin )rdrd所以 u(x, y, z)cz 2a2. 2c t00a2t2(cr)2 a2r(xr cos)tftf cz 2 aat ch. c2t22t2(cr)2 a(x r cos ,y rr sin )rdrdv(x,y,t)2 at ch c2t2即为所求的解。2 a。,a2t2(cr)2 a2r(xr cos,yr sin )rdrdat ch, 'c2t2 ( r)2a (x2X220 a t rr cos , y r sin )r

24、drd6.试用4第七段中的方法导出平面齐次波动方程2 .Utta (Uxx Uyy) f(x,y,t)在齐次初始条件u t o 0,ut t o 0下的求解公式。解：首先证明齐次化原理：若 w(x, y,t,)是定解问题Wtta (Wxx Wyy )wt o o,wtf(x, y,)的解,则 u(x, y,t)tw(x,y,t,)d即为定解问题Utta (uxxu yy)f (x, y,t)0, ut的解。显然，uw(x, y,t,0)u.所以twAt2 d0 tf (x, y,t)2u-2 x2_wd2 d y2u2 y2_wd2 d y因为w满足齐次方程，故 U满足2ut2f(x,y,t)

25、 a2(2u2 x2u-) y齐次化原理得证。由齐次方程柯西问题解的泊松公式知，、1w(x, y,t,)-2 af(,Ma (t) a2(t )2( x)2d d(y)2所以u(x, y,t)即为所求的解。t a(t ) 21 f (x rcos , y r sin ,),rdrd2 a0 0 0.a2(t )2 r2所以u(x, y,t)1 t a(t) 22 a o o of (x r cos , y rsin ,),rdrd.222,a (t ) r7.用降维法来解决上面的问题 解：推迟势u(x, y, z,t)4 a2r atr f( , ,t -) 二 dv其中积分是在以(x,y,z

26、)为中心，at为半径的球体中进行。它是柯西问题2 /Utta (Uxx Uyy Uzz)f(x, y,z,t)u t 00>Ut t 00的解。对于二维问题 u, f皆与z无关，故., r、1at f ( , , t ) u(x, y,t) 2-dsdr4 a 0sMr其中sM为以M (x, y,0)为中心r为半径的球面，即_ M22Sr :( x) ( y)ds d d-r2 ( x)2 ( y)2. r. r. rf( , ,t )f( , ,t )f( , ,t )-ds -ds dsrsmrsmrrf( , ,t -)2a d dMM >r表小sr在O平面上的投影。M r2

27、 ( x)2 ( y)2其中sM ,srM分别表示srM的上半球面与下半球面,所以u(x,y,t)at2 a2 0rMrf( , ,t -)a d dr2 ( x)2 ( y)212 a2at在最外一层积分中，作变量置换，令t ,当r at时,0,得u(x, y,t) 2 a 0即为所求，与6题结果一致。8.非齐次方程的柯西问题Uttu2( y解:计算所以计算t0 Qu由解的公式得1 u(x,y,z,t)屋 dsStM rr sin dyr cos2sin d0 02_ 3sin0 02sin 20 0ds0M rStaSM2(x0zrsin2 cossinrr 2 f (x cos , y

28、sin ,t ) a d ddra(tt)2yzf (x即 r a(t ), drcos , y sin222、a (t )一 ds rr sin2(x20sin4 t(x2 yz)cosyz4 a2 rat)2 (y2xr sinsin cos2.2sin0 00,2sin0 02(y.rf( , , ,t -) a-dV rr sincossincossin )(z2 . 2 r sin)r sincos d2_ _2sin0r sinr cos2 cos(a1)cossinsin0.r) r2 sin drd(y0r sin sinr)rsin drd d所以(y0 018 2(yu(x

29、,y,z,t)t(x2 yz即为所求的解。r )r sint)r2t(x2yt)drdyz)yt2t3.1 32-t3 yt2 33t3§ 5能量不等式，波动方程解的唯一和稳定性1.设受摩擦力作用的固定端点的有界弦振动，满足方程utta2uxx cut证明其能量是减少的，并由此证明方程utt a uxx cutf的混合问题解的唯一性以及关于初始条件及自由项的稳定性。证：1 首先证明能量是减少。能量l一222E(t)(uta ux )dx0dE(t)dtl2(2ututt 2a uxuxt)dxl2 ututtdx0l l 22a uxut |utuxxdx0 0l2、，2 ut(ut

30、ta uxx)dx0l2a uxut |0因弦的两端固定,uIx 0 O，uIx l 0,所以ut |x 0 0, ut |x l0于是dE(t)l2 ut(utt 出02a uxx)dx12c u2dx0(c 0)因此，随着t的增加，E(t)是减少的。2.证明混合问题解的唯一性混合问题：uttu Ix 0u |t 0uxx cut 0,u|x 1 0(x),ut It 0(x)设U1, u2是以上问题的解。令 uu1 u2，则u满足能量uttu|x u It2a uxx 叫 0,u|x 1 0 0,ut |t 0 0E(t)1(u2 a2ux)dx0当t0,利用初始条件有ut |t 00,由

31、 u |t0 0,得12, 12满足E(0)又E是减少的，故当t 0,E(t)E(0)0,又由E(t)的表达式知E(t) 0,ux |t 0所以所以E(t) 0由此得ut 0,及ux 0,于是得到u 常量再由初始条件u |t 0 0,得u Q因此uiU2,即混合问题解的唯一的。3.证明解关于初始条件的稳定性，即对任何0,可以找到0,只要初始条件之差ll 12 IIl2，1I 1x 2x |L2，|1 12 |L2则始值（1）所对应的解5及（22）所对应的解U2之差Uiu2满足L20llu1 u2 IIl122 I dxTl(U10 0u2)2dxdtEo(t)lu2(x,t)dx0dE0(t)

32、dtl2 u utdx0i2u0dxi2 .ut dx0Eo(t)E(t)Me°etE积分得tE0etE0et e0E()dt又E()E（0），所以E0(t) etE°(0) etE0(0) e d0Eo(t) etEo(t) (et1)E(0)12，贝 u1 u2满足则相对应地有故若L2utt u| u|It 0E0(0)E(0)11222dx0a2uYYxx0,u|cut，Ut |t 01 2dx0(2 a2x2 )dx 22L2x012dx则 E0 02,E01 al 2 2于是|u|2L2E0 tetet1 1 a222（对任何t）即 Ul21Tl 2 亍或 u d

33、xdt001T t t22e e 1 1 a dt04解关于自由的稳定性_2utta uxx cutf1设 U1 X,t 满足 u |x 0 0,u |x l 0u |t 0，ut |t 02utta uxxcutf2u2 x,t 满足 u |x 0 Qu lx l 0ut 0，ut |t 0_ 2utta Uxx cutf1f2则 u u1 u2 满足 u |x 0 0,u|xl 0u |t 0 Q ut |t 0 0今建立有外力作用时的量不等式记f f1f2l 222 ,E tuta ux dx0dE tdti22 ututta uxuxt dx0l22 ut utt a uxx dx00

34、lc2=2 cut ut f dx0ll2 ,2 ut fdxut dx00utta Uxxcutflf 其中F t f 2dx,故dx E t F t0tFtE t E 0 etet e0又E 00由始值,所以tE tet e F0t t e0f 2dxT tetf 2dxdt0 0由3中证明，知etE0 0et e0而E0 00由始值Eo ttte e E0'dtt 2t 2e K d te K0TE0 t dt0TK2tetdt0K2 T 1 eT1因此，当 KT l|f 2dxdt，则0 0亦即当u02dxdt0 0.T 1eT 1l .20(f1 f2)2dxdt则T0(4

35、u2)2dxdt。即解关于自由项是稳定的。明如果函数f (x,t)在G ： 0 x l , 0 t T作微小改变时，方程2ut2一 k(x)-uqu f (x,t)(k(x) 0, q 0和f(x.t)都是一些充分光滑的函数)满足固定端点边界条件的混合问题 的解在G内的改变也是很微小的。证：只须证明,值）。考虑能量由边界条件dE(t)dtt (utt又由于k(x)由初始条件又因 u |t若f很小，即utt(k(x)ux)x当f很小时，则问题u I 0x 0u 1t0，ulx 10,ut |t 0qu0f的解u也很小（按绝对1-22E(t)(utk(x)ux02"qu )dxdE(t)

36、dt1(2ututt 2k(x)uxuxt 2quut)dx012 ututtdx0ulx0 0(k(x)ux)xdE(t)dt2k(xMut | 2 ut(k(x)ux)xdxut lx10，1qu)dx 22 .ut dx-d(E(t)e 1) 出E(t)u |t，得 ux |t1quutdx0故 utlx0 0ut f (x, t)dx 0E(t),即1f 2dx02dxul |x 11ut02dx1f 2dx0E(0)etif2F( )d0,0,ut|t 00,故 E(0)0,即 E(t)et0F(，故 F(t)12d211f 2dx0)d0E(t)2.t .2 t2 T2l e d

37、l(e 1) l(e 1)0即在0.T中任一时刻t ,当l2 .k(x)ux dx0很小时，E(t) 2,又E(t)中积分号下每一项皆为非负的,(对0,T中任一时刻t)今对0 x l , 0 t T ,估at u(x,t)。因为可以得到u(x,t) u(0,t)dxu .dx0 x0 . k(x)u .dxxdx应用布尼亚科夫斯基不等式,v/k(x) dxlk(x)01l21 dx k(x)ux2dxK0l2 1 一一一、.-其中K2 k(x) 1dx (因k(x) 0且充分光滑) 0又由边界条件即当u(x,t)u(0.t)u(0,t) K0 ,得 u(x,t)T ,有u(x,t)很小，得证。

38、3 .证明波动方程2 ,a (uxx Uyy) f (x,y,t)的自由项f中在L2(K)意义下作微小改变时，对应的柯西问题的解u在L2(K)意义之下改变也是微小的。证：研究过(x0,y0,R)的特征锥K a(x x。)2 (y y。)2 (R at)2令t t截K ,得截面 t,在t上研究能量:一2222E( t) ut2 a2(ux2 uy2)dxdyR at 2 r2222Ut a (Ux Uy )dsdr (r00.(x x。)2 (y y。)2)R at 2 rdE( t)22ututt a (uxuxtdt002UyUyt)dsdt a utt(Ux22.Uy )ds其中t为t的边

39、界曲线。再利用奥氏公式，得R at 2 rT 2 0 0U32, a (u xxUyy )dsdt22 a uxut cos(n,x) uyut cos(n, y)ta 22/-uta (u2 uydsR at2 r2 ut f (x, y,.t)dsdr00(aux2ut cos(n, x)(auyUt cos(n, y)2ds因为第二项是非正的，故dE(t)dtR at 2 r2 ut fdsdr00at 2 r2 .ut dsdr0R at 2 rf 2dsdr00所以dE(t) d tE( t)r 2 .f dxdy上式可写成F(t)d /(e dtf 2dxdytE( t) etF(t)tE( t) E( 0)etet0F()dE(E(0)e,0)ett t e0Ra t e0f 2dxdyd.2f dxdydtet etf 2dxdydt研究2E0 t u x, y, t dxdytdE0 tdt2 ,2 uu1dxdy a u dstt所以22 ,2 uu1dxdyu dxdyut dxdytttE0 t E ttE0 tEo o etet E 0 dott tEoo e e E 0 dot t- 2ef d