数学物理方程 陈才生主编 课后习题答案1-3章

1、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DAlembert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

2、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 = ku, 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ku与物体和外界的温度差u fl fl 边 u0成正比,其 中u0为周围

3、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 = Ku, 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

4、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

5、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

6、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

7、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

8、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

9、 + 1 n sinnx,x R1. 显然,当n +时supxR0 fl fl un(x,0) 1 fl fl = 1 n 0.但是,当n 时 sup xR1,t0 fl fl un(x,t) 1 fl fl =sup xR1,t0 fl fl fl fl 1 ne n2tsinnx fl fl fl fl = sup t0 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.

10、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.

11、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 a2S = 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

12、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Sx,S是细 6 第 1 章绪论 杆的横截面积.由Newton第二定律,得 Sx 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

13、和S代入方 程(1.3.10),得到 x2tan2 2u t2 = x ? x2tan2E 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

14、方程导出电磁波方程 1.3补充习题解答 7 ( Ett= c2E, Htt= c2H, 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= c2E. 同理,可证得第二个电磁波方程 Htt= c2H. 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

15、(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Sx, S是细杆的横 截面面积.由Newton第二定律,得 Sx 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

16、 = 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

17、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 2sds = 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

18、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(Lx) (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 + 2x 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

19、 + 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 ? xu 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 cR(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

20、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 2x = kuxxR2x. 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2Rx)与 周围介质交换热量而得到的热量为H(uu0)(2Rx).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 cutV = cutR2x, 所以 cutR2x = kuxxR2x 2RH(u u0)x, 消去cx

21、R2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

22、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Tx, T 与y轴的负方向夹角为;截口BC所受张力大小为Ty,其方向与x轴夹角为;截 口CD所受张力大小为Tx,其方向与y轴夹角为;截口DA所受张力大小为Ty, 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 Txsin + Txsin Ty sin + Ty sin = (xy)utt.(1.3.13) 由于膜做微小横振动,所以 sin tan = u

23、y(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 Txuy(x,y + y,t) uy(x,y,t) + Tux(x + x,y,t) ux(x,y,t) = xyutt, 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

24、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

25、,当n 时,有 sup xR1 |(x)| + sup xR1 |(x)| = (n2+ n1) sup xR0 |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.

26、 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(Ku)dxdydz. 由于区域D是任意的,故 ut= div(Ku) = x ? K u x + y ?

27、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(Ku) = a2 ?2u x2 + 2u y2 + 2u z2 = a2u. 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

28、, 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= Du = D(urr+ r1ur), 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)

29、 = 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

30、= 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)

31、 (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 12a11a22. (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 +

32、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：

33、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

34、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 12a11a22= 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 (2i)x = c2.令 = y 2x, = x.则原方程化为 标准型 u+ u u= 0. 2.3x2uxx

35、+ 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

36、+ 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 , =

37、 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) = ex+yu(x,y),化简下列方程： (1) uxx+ uyy+ ux+ uy+ u = 0; (2) uxx= a2uy+ ux+ u; (3) uxx a2uyy= ux+ uy+ u; (4) uxy= ux+ uy. 解(1)设u(x,y) = exyv(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

38、= 2+ 2 4 ,则上述方程化为 vxx+ vyy+ 0v = 0. (2)类似地,设u(x,y) = exyv(x,y),其中 = 1 2, = a 2 ? + 2 4 .则 原方程化为 vxx= a2vy. 2.2习 题 解 答 23 (3)类似地,设u(x,y) = exyv(x,y),其中 = 1 2, = 1 2a 2. 则原方程化 为 vxx a2vyy+ 0v = 0, 其中0= 1 4( 2a2 2) . (4)类似地,设u(x,y) = exyv(x,y),其中 = , = , 0= ,则原 方程化为 vxy+ 0v = 0. 2.11求方程 uxy= 1 x y (ux

39、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B24AC = 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

40、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

41、矩阵B,使得BABT= diagi1,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

42、1 2 00010 000011 c1+c2 1 1 2 0110 1 2 00010 000011 r21 2r1 1 1 2 0110 01 4 01 2 1 2 0 000011 c21 2c1 100110 01 4 01 2 1 2 0 000011 2r2 100100 01 2 0110 000011 2.2习 题 解 答 25 2c2 100110 010110 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

43、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 r2r1 r4r1 11011000 01101100 01000010 00011001 c2c1 c4c1 10001000 01101100 01000010 00011001 r3r2 10001000 01101100 00101110 00011001 c3c2 10001000 01001100 0010

44、1110 00011001 , 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 1110 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 n1 X k=1 2u xkxk+1 = 0. 解方程的系数矩阵是 A = 1100 1210 0120 . . . . . . . . . . . . 0012 , 下面我们求矩阵B,使得BABT= diagi1

45、,i2, ,in,其中ik 1,0,1.下 面利用初等变换求B.因为 (A,En) = 11001000 12100100 01200010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 00120001 r2+r1 11001000 01101100 01200010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 00120001 2.2习 题 解 答 27 c2+c1 10001000 01101100 01200010 . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46、 . . . . . . 00120001 r3+r2 . . . rn+rn1 10001000 01101100 00101110 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 00011111 c3+c2 . . . cn+cn1 10001000 01001100 00101110 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 00011111 所以 B = 1000 1100 1110 . . . . . . . . . . . . 1111 令 1 2 . . . n = B x1

47、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 = u11+ u22+ + unn= 0. 它是n维Laplace方程. 2.16 2u x2 1 2 n X k=2 (1)k 2u xk1xk = 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 = 1000 1100 1110 . . . . . . . . . . . . 1111 令 1 2 . . . n = B x1 x2 . . . xn , 即1= x1, 2= x1+ x2, , k= x1

48、+ x2+ + xk(k = 1,2, ,n).则原方程变 为标准型 n X k=1 ukk(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+ 2k)vxk+ n X k=1 (2 k+ bkk)v + cv = 0, 取k

49、= 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 2uxy 32uyy+ 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 = 42,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 + 3x = c1,y x = c2.令 = y + 3x, = y x,则原方程化为标 准型 162u 4u= 0,或4u u=

50、0, 其通解为 u = f() + e 4g(), 故原方程当 6= 0时的通解是 u(x,y) = f(y x) + e yx 4 g(y + 3x). 当 = 0时,原方程为 uxx+ ux= 0, 其通解为 u(x,y) = f(y) + exg(y). 2.19把方程uxx+uxy2uyy+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=

51、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(eu)= ef(), 关于积分,得 eu = Z 0 ef()d + g(), 所以,原方程的通解是 u(x,y) = e(y2x)(y+x) g(y + x) + Z y2x 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 r3r1 r2r1 111100

52、000110 000101 c3c1 c2c1 100100 000110 000101 , 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 = ef(,) + eg(,), 故原方程的通解是 u(x,y,z) = exf(y x,z x) + exg(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

53、为 A = 513 153 333 , 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 22 1 22 0 1 33 1 33 1 33 , 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

54、)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 4a2 t ZZ SM at (,) t dS + 1 4a2 ZZ SM at (,) t dS + 1 4a2 ZZ r6at Z f ,t r a r ddd,(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

55、)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 + atsincos, = y + atsinsin, = 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+atsincos,y+atsinsin,z+atcos)sindd + t 4 Z 2 0 Z 0 (x + atsincos,y+atsinsin,z+atcos)sindd + 1 4a2 Z at 0 Z 2 0 Z 0 f x+atsincos,y+atsins

56、in, z+atcos,t r a rsindddr.(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 2a t Z CM at Z (,)dd pa2t2 ( x)2 ( y)2 + 1 2a Z CM at Z (,)dd pa2t2 ( x)2 ( y)2 + 1 2a2 Z at 0 Z CM Z f ,t a ddd 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 2a t Z at 0 Z 2 0 (x + rcos,y + rsin) a2t2 r2