數(shù)理方程習(xí)題解答.pdf

豎立方程習(xí)題解答 習(xí)題一 1 習(xí)題二 3 習(xí)題三 5 習(xí)題四 錯(cuò)誤！未定義書簽。錯(cuò)誤！未定義書簽。 習(xí)題五 錯(cuò)誤！未定義書簽。錯(cuò)誤！未定義書簽。 1 習(xí)題習(xí)題1.1.4 1導(dǎo)出弦受阻力的波動(dòng)方程 其中阻力與速度成正比， 為常數(shù) 解解 我們考慮弦的一個(gè)微元。令 為端點(diǎn)處的張力，如教材圖1.1所示，沿錘直方向作 用在這個(gè)微元上的力是,阻力為,由牛頓(Newton)第二定律1， 此合力等于質(zhì)量乘以加速度因此 (1) 其中 是密度， 是微元弦的弧長(zhǎng)因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)弦的斜率是很小的，故有 sx . 因角 和 也很小，所以我們有，于是(1)式變成 （2） 但由微積分學(xué)我們知道，在時(shí)刻 , ,于 是，方程(2)便可寫成 令取極限，我們求得 （3） 其中 2. 設(shè)長(zhǎng)度為 的均勻彈性桿的線密度為 ， 楊氏模量為 ， 試列出桿的微小縱振動(dòng)方程。 解解 考慮桿在無(wú)外力作用下的振動(dòng)。取桿的一端為原點(diǎn)，干的方向?yàn)?軸建立坐標(biāo)系： 則桿上各點(diǎn) 在時(shí)刻 的位移是。 在桿上任取一段， 其兩端點(diǎn)靜止時(shí)的坐標(biāo)為,此小桿段在時(shí)刻 的相對(duì)伸長(zhǎng) 為：，令得 點(diǎn)在時(shí)刻 的相對(duì)伸長(zhǎng)為( , ) x ux t，由Hooke定 律知張力為，再此小桿段上用Newton第二定律得 兩邊同除并令得： 若楊氏模量為 為常數(shù)則得：。 1 牛頓(Newton)第二定律與動(dòng)量守恒定律等價(jià)，也可以用動(dòng)量守恒定律來(lái)見方程，見數(shù)學(xué)物理方程 講義 （姜禮尚、陳亞浙）P1 習(xí)題 1.2.4 3 習(xí)題習(xí)題1.2.4 1 設(shè)懸浮粒子由重力引起的沉淀速度 是不變的， 又假定在同一水平面上粒子的濃度 是相同的，試給出懸浮粒子的濃度 所滿足的方程 解解 取豎直向下的方向?yàn)?軸，考慮介于平面之間，截面積為常數(shù) 的柱體。質(zhì) 量守恒關(guān)系為其中為這段時(shí)間內(nèi)柱體內(nèi)粒子質(zhì)量的增加，而為 這段時(shí)間內(nèi)由于擴(kuò)散作用經(jīng)由柱體的上、下底面進(jìn)入柱體內(nèi)的粒子質(zhì)量，是由于 沉淀經(jīng)柱體的上、下底面進(jìn)入柱體的粒子質(zhì)量。 其中是擴(kuò)散系數(shù)。 從而 注意到與的任意性，由上式立即得 2 沒(méi)有一厚為l的無(wú)限平面板，在其表面與溫度為的周圍介質(zhì)發(fā)生熱交換，如果 板的溫度不隨其厚度而變化(即在垂直于板面的直線上的點(diǎn)的溫度均相同)，試給出板 冷卻的初邊值問(wèn)題。 解解 取平面上任意一區(qū)域 ，在從 到 ()這段時(shí)間內(nèi)考察柱體 中熱量的平衡關(guān)系： 其中 為從 到 這段時(shí)間內(nèi)， 中溫度的變化所吸收的熱量，而與則分別為這 段時(shí)間內(nèi)，通過(guò)由板內(nèi)其他部分流入 的熱量以及通過(guò)上、下板面與周圍 介質(zhì)的熱交換所獲得的熱量。不難計(jì)算得 數(shù)學(xué)物理方程習(xí)題解答 4 從而 所以 其中。此外還有初始條件 于是得二維Cauchy問(wèn)題2 2 取垂直于板平面的方向?yàn)?軸，則在溫度 依賴于 的情況下，所討論的是由兩平面 所界的無(wú)界區(qū)城內(nèi)的問(wèn)題，邊界條件給在兩平面上，此時(shí)邊值問(wèn)題為 在溫度u不依賴于z的情況下，不能簡(jiǎn)單地由三維方程得出u滿足二維熱傳導(dǎo)方程， 因?yàn)槿魧⑺o問(wèn)題當(dāng)作二維問(wèn)題，則此時(shí)上、下板面與周圍介質(zhì)的熱交換不能再當(dāng)作 邊界條件來(lái)處理，而應(yīng)考慮到方程中去。也就是說(shuō)，邊界條件和方程不是截然分開的 兩個(gè)不同的東些，而是同一事物的不同表現(xiàn)方式。在齊次方程和非齊次方程、齊次邊 界條件和非齊次邊界條件之間的轉(zhuǎn)換時(shí)，就會(huì)從數(shù)學(xué)上遇到此問(wèn)題。 習(xí)題 1.3.3 5 習(xí)題習(xí)題1.3.3 1(數(shù)學(xué)物理方程講義 姜禮尚、陳亞浙P34,17) 設(shè) () 222 11 ( )|( ) 22 J vvvdxa x v dsfvdxgvds =+ 其中( )0a x ?？紤]以下三個(gè)問(wèn)題： 問(wèn)題I(變分問(wèn)題) ：求 1( ) uMC=使得( )min ( ) u M J uJ v = 問(wèn)題II：求 1( ) uMC=使得它對(duì)于任意vM都滿足 ()()( )0uvu vfv dxa x uvgv ds + += 問(wèn)題III (第三邊值問(wèn)題)：求 21 ( )( )uCC 滿足以下邊值問(wèn)題 ( ) uufx u a x ugx n += += (1) 證明問(wèn)題I與問(wèn)題II等價(jià) (2) 當(dāng) 21 ( )( )uCC 時(shí)，證明問(wèn)題I、II 、III 等價(jià) 證明證明 設(shè)問(wèn)題I(變分問(wèn)題)成立，即 1( ) uMC=使得( )min ( ) u M J uJ v =，則對(duì) vMuvM +R ? ，從而 () 22 2 1 ( )()|()|() 2 1 ( )()()() 2 jJ uvuvuvdx a x uvdsf uv dxg uv ds =+=+ + 在0=取的最小值，所以 (0)0 j =，即 ()(0)( )0juvuv dxa x uvdsfvdxgvds = += （1） 所以問(wèn)題I問(wèn)題II。由于( )j是一個(gè)二次函數(shù)，故(0)j取最小值等價(jià)于 (0)0 j =，也就是問(wèn)題I問(wèn)題II。 當(dāng) 21 ( )( )uCC 時(shí)由高斯公式得 6 () u uvdxv uv u dxvdSv udx n = = 所以 ()( )0 u uuf vdxa x ug vdsvM n += 由變分引理得 ( ) uufx u a x ugx n += += 所以問(wèn)題II問(wèn)題III。而問(wèn)題III問(wèn)題II是顯然的，所以，問(wèn)題II問(wèn)題III。 習(xí)題習(xí)題2.1.3 1 將下列方程化成標(biāo)準(zhǔn)型 ()() 2 22 22 22 (1)0,0; (2)0,0,0; (3) 4420, (4)0,0; (5) sin2 sin0; (6) 110. xxyy xxyy xxxyyyy xxyy xxxyyy xxyyxy ux ux y ux uxy uuuu uyuy x uyx uy u xuyuxuyu += += += += += += 解（1）由特征方程解得兩簇共軛特征線，做變換 ，則由鏈?zhǔn)椒▌t原方程化為 （2）由特征方程解得兩簇共軛特征線，做變換 ，則由鏈?zhǔn)椒▌t原方程化為 （3）由特征方程解得一簇特征線，做變換 ，則由鏈?zhǔn)椒▌t原方程化為 （4）由特征方程 22 0dyydx+= 當(dāng)0y 時(shí)解得一簇共軛特征線2 yxic=， 做變換2, yx=， 則由鏈?zhǔn)?法則原方程化為 1 0uuu += 7 當(dāng)0y =+= = = = = =時(shí)，(, ), r l a ux tvx t a 均為（1）的解，令 ( , )(, ),0 r l a u x tux tvx tx a =+ % 其中,為待定常數(shù)。 顯然，0x 時(shí)( , )u x t%是（1）的解。令 20 ( , )0,0 ( , ) ( , )0,0 u x txt U x t u x txt = %得 ( 0, )( 0, )( 0, ),( 0, )( 0, )( 0, ) r xxx l a ututvtututvt a +=+=+% 由（5） 、 （6）得 1 1 lr rl k a k a += += （7） 于是，( , )U x t滿足 2 0 0,0,0 ()0 ( )0 tlxx r l t Ua Uxt a xxx Ua xx = = + = 21 習(xí)題習(xí)題3.3.7 1 一根均勻弦固定于x=0和x=l兩端， 在開始的瞬間， 它的形狀是一條以過(guò)2xl=點(diǎn) 的鉛直線為對(duì)稱軸的拋物線，假定沒(méi)有初速度，確定弦上諸點(diǎn)距離平衡狀態(tài)的位移。 解解 原問(wèn)題歸結(jié)為初邊值問(wèn)題 直接用用變量分離法解之得 2 在一端固定而另端自出的條件下， 園柱狀桿的縱向微小振動(dòng)的方程式問(wèn)題歸結(jié)為: 其中 是坐標(biāo)為 的截面的位移， 是桿長(zhǎng)， 為單位長(zhǎng)度的質(zhì)量， 是楊氏系數(shù)。 解解 直接用變量分離法解之得 其中 3 求解初邊值問(wèn)題 解解 直接用變量分離法解之得 22 其中是的解 4 求單位圓內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，他在邊界上的值為 解解 在極坐標(biāo)下研究，原邊值問(wèn)題化為 以分離變數(shù)形式的試探解 代入泛定方程得 上式左邊是 的函數(shù)，與 無(wú)關(guān)；右邊是 的函數(shù)，與 無(wú)關(guān)兩邊不可能相等，除非 兩邊實(shí)際上是同一個(gè)常數(shù)把這常數(shù)記作，這就分解為兩個(gè)常微分方程 (1) (2) 常微分方程（1）隱含著一個(gè)附加條件。事實(shí)上，一個(gè)確定地點(diǎn)的極角可以加減的 整倍數(shù)，而電勢(shì) 在確定的地點(diǎn)應(yīng)具確定數(shù)值，所以，即 亦即 (3) 這叫做自然的周期條件。常微分方程（1）與周期條件（3）構(gòu)成本征值問(wèn)題。求解得 本征值和本征函數(shù)為 以本征值代入常微分方程（2）得 這是歐拉型常微分方程，作代換，即方程化為 其解為 這樣，由于u在D內(nèi)有界， 所以D0，于是分離變數(shù)形式的解是 23 拉普拉斯方程是線性的，它的一般解應(yīng)是所有本征解的疊加，即 (4) 為確定（4）中的系數(shù)，把（4）代入原邊值問(wèn)題的邊界條件先代入齊次邊界條件得 從而， 代入（4）計(jì)算得,Poisson 公式 5 弦在一端是固定的，而在另一端受到諧和的擾動(dòng)力，因而引起該端的位 移。研討這個(gè)弦的橫向振動(dòng) 解解 問(wèn)題歸結(jié)為： 1) 分解問(wèn)題：令 ，則得 2) 用分離變量法求(I)的一個(gè)特解， 3) 解(II)應(yīng)用分離變量法可得 6 試證拉普拉斯方程(用球坐標(biāo)) 24 有特解，其中為任意常數(shù)， 是 階 Legendre11多項(xiàng)式。 證明證明 考慮球?qū)ΨQ的情形，即與無(wú)關(guān)的解12。由球?qū)ΨQ原方程化為 令 代入方程得 令得 令 代入 （1） 得 ， 解得 ， 從而 （1） 的兩個(gè)線性無(wú)關(guān)解為 。 令，則（2）化為， （Legendre方程） 他有解（為 次勒讓德多項(xiàng)式） 。從而原方程由特解為 7 設(shè)有一彈簧一端固定，另一端在外力作用下作周期運(yùn)動(dòng)，當(dāng)振動(dòng)進(jìn)行很多次后，初 始條件產(chǎn)生的影響因阻力而消失，它與初始條件無(wú)關(guān)，問(wèn)題歸結(jié)為： 2 0 (0, )0 ( , )sin ttxx ua u ut u l tAt = = = 試求它的周期解。 解解 設(shè) ( , )( ) i t U x tX x e =， 滿足(0)0,( )XX lA=， 則( , )U x t的虛部就是本問(wèn) 題的解13，將( , )U x t代入原定解問(wèn)題得 勒讓德（17521833）Legendre，Adrien-Marie 法國(guó)數(shù)學(xué)家。1752年9月18日生于巴黎 ，1833 年1 月10日卒于同地。1770 年畢業(yè)于馬薩林學(xué)院 。1782 年以外彈道方面的論文獲柏林科學(xué)院獎(jiǎng)。1783 年被選為巴黎科學(xué)院助理院士，兩年后升為院士。1795年當(dāng)選為法蘭西研究院常任院士。1813年繼 任J.-L.拉格朗日在天文事務(wù)所的職位。 勒讓德的主要研究領(lǐng)域是分析學(xué)(尤其是橢圓積分理論)、 數(shù)論、 初等幾何與天體力學(xué)， 取得了許多 成果，導(dǎo)致了一系列重要理論的誕生。勒讓德是橢圓積分理論奠基人之一。在L.歐拉提出橢圓積分加 法定理后的40年中， 他是僅有的在這一領(lǐng)域提供重大新結(jié)果的數(shù)學(xué)家。 但他未能像N.H.阿貝爾和C.G.J. 雅可比那樣洞察到關(guān)鍵在于考察橢圓積分的反函數(shù) ，即橢圓函數(shù)。在關(guān)于天文學(xué)的研究中，勒讓德 引進(jìn)了著名的“勒讓德多項(xiàng)式” ，發(fā)現(xiàn)了它的許多性質(zhì) 。他還研究了B函數(shù)和函數(shù)，得到了函 數(shù)的倍量公式。他陳述了最小二乘法，提出了關(guān)于二次變分的“勒讓德條件” 。 勒讓德對(duì)數(shù)論的主要貢獻(xiàn)是二次互反律，這是同余式論中的一條基本定理。他還是解析數(shù)論的先 驅(qū)者之一，歸納出了素?cái)?shù)分布律，促使許多數(shù)學(xué)家研究這個(gè)問(wèn)題。 12 實(shí)際上，完全球?qū)ΨQ的解應(yīng)該是只與r有關(guān)，而與無(wú)、關(guān)的解，這里選的是與無(wú)關(guān)的特解。 考慮只與無(wú)關(guān)的解會(huì)得到什么結(jié)果？ 13 這不是一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)的定解問(wèn)題，因?yàn)閺某Ｒ?guī)來(lái)看，它差一個(gè)定解條件-初始條件。但是，題目明確 說(shuō)初始條件因長(zhǎng)時(shí)間運(yùn)動(dòng)而消除了。由于振動(dòng)純屬邊界振型造成，所以弦振動(dòng)的角頻率也應(yīng)該為， 25 2 2 0 (0)0,( ) XX a XX lA + = = 解得 12 ( )cossinX xcxcx aa =+ 由邊界條件得 12 0,sincclA a = 所以 ( )sin sin A X xx a l a = 從而 ( , )sin sin i t A U x txe a l a = 于是 ( , )Im( , )sinsin sin A u x tU x txt a l a =。 8 求解沒(méi)有初始條件的半無(wú)界桿的熱傳導(dǎo)問(wèn)題 的周期解。 解解 設(shè)14 ，則，于是有 特征方程為： 解得特征根為 所以 由 得，由得，于是 所以可用此特殊的變量分離法。 14這不是一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)的定解問(wèn)題， 因?yàn)閺某Ｒ?guī)來(lái)看， 它差一個(gè)定解條件-邊界條件。 但試題上明確說(shuō)明 是求周期解，方程是齊次的，所以周期解得周期應(yīng)該與初始函數(shù)的周期相同。特殊的變量分離法，這 里用到一個(gè)特殊的邊界條件lim ( ) x X x =有界. 26 。從而原問(wèn)題的解為 9 求解振動(dòng)向題 解解 用疊加原理、齊次化原理和變量分離法解得 其中 10求解熱傳導(dǎo)方程定解問(wèn)題 解 先作變換，然后再用變量分離法解之得 其中，這里是特征函數(shù)， 而則是權(quán)函數(shù)。 27 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 2 0 2 2 , 0, ( , )sin 2 ( )sin ( )sin nab b t x l a a n n b t x a n b x a n b x a they are orthogonal onl with weight function n u x teex l n wherex exdx ll n Note the eigen functions areXxex l e + = = = = l1. 求解細(xì)桿導(dǎo)熱問(wèn)題稈長(zhǎng)l，初始溫度均勻?yàn)閡0。兩端分別保持溫度u1和u2。 解 數(shù)學(xué)模型為 2 0 1 2 0 ( ,0) (0, ( , ) txx ua u u xu utu u l tu = = = = 作變換 21 1 uu uvux l =+將邊界條件其次化再用變量分離法解之得 ()2 21 1 1021 1 ( , ) () 2( 1)1( 1)sin naltnn n uu u x tux l uuuun x e nnl = =+ + 12 解一個(gè)具有熱絕緣的側(cè)表面均勻桿冷卻問(wèn)題，假定這個(gè)汗的初始溫度分布情況是 ( ,0)( )u xx=，它的一端熱絕緣，而另一端永遠(yuǎn)保持為 0 u，問(wèn)題歸結(jié)為， 2 0 00,0 ( ,0)( )0 (0, )0,( , ) txx x ua uxl t u xxxl utu l tu = = = 解 作變換 0 uuv=+，然后用分離變量法解得 2 21 20 0 0 221( 1) 421 ( , )( )coscos 2(21)2 n ln at l n nun v x tedx llnl + = + = + 13 有一個(gè)半徑為R的均勻球體，它的中心就是坐標(biāo)的原點(diǎn)，已知球內(nèi)任意一點(diǎn)的初 始溫度只與該點(diǎn)到球心的距離有關(guān)，球的表面溫度永遠(yuǎn)保持零度，確定球內(nèi)任一點(diǎn)在 t0時(shí)的溫度。解 由球?qū)ΨQ性可知方程為 2 2 2 20 uuu rar trr += ，從而有 定解問(wèn)題 28 2 2 2 20 ( , )0,(0, ) ( ,0)( ) uuu rar trr u R tut u rf r += = = 有界 作變換( , )( , )v r tru r t=得 2 2 2 0 ( , )0,(0, ) ( ,0)( ) vv a tr v R tvt v rrf r = = = =0 應(yīng)用分離變量法解得 2 1 0 ( , )( )sinsin n l at R n nn v r tefdr RR = = 14在圓域a的Green函數(shù) 解 取( , ),0Q 關(guān)于x、y軸的對(duì)稱點(diǎn)( ,)(, )QQ ，及原點(diǎn) (,)Q，則四分之一平面的格林函數(shù)為 2222 2222 111 ( , ; , )lnln 2 ()()()() 111 lnln 2 ()()()() G x y xyxy xyxy = + + + 2 證明 () 222 12 1 ( )u rccrxyz r =+=+是三維拉普拉斯方程在0r 時(shí)的 解，而 () 22 12 1 ( )lnu rccrxy r =+=+是二維拉普拉斯方程在0r 時(shí)的解。 3 用電像法求半球的Green函數(shù)。 解 1111 () 4| | |,0 R G Rz = = * * x, x- -x -x -x 其中0是 關(guān)于平面的對(duì)稱點(diǎn)， ， 分別是 ， 關(guān)于球面的反演點(diǎn)。 習(xí)題習(xí)題4.1.3 1 設(shè)() ,0, 0,Qx txltT=，則 （1）0c 時(shí)，max | max | Q uu =， （2）一般地max |max | T Q ueu ，其中 max 0,max() Q c=。 證明： （1）首先注意到，若得max0 Q u 則 maxmax( ) Q uua =。反證，若 (, )x tQ 使得(, )max Q u x tu =，則(, )0,(, )0, xt ux tu x t = (, )0 xx ux t 。 由(, )0Lu x t =得 * (, ) (, )(, )(, )0 xx c x t u x ta x t ux t =， 34 這與 * (, )0, (, )0c x tu x t 矛盾。所以（a）成立。同理可證，若min0 Q u ， 則( , )0c x t+。由（1）得( , )max ( , ) ,( , )v x tv x tx tQ ，即 ( , )max( , ) ,( , ) T u x teu x tx tQ 。令即可。 2 設(shè) n R有界區(qū)域，記(x, ): x, 0 T QttT=，作輔助函數(shù) (x, )(x, ),vtutt= 于是直接計(jì)算可得0.LvLuf=。又由 于lim ( )0u = x x，故存在0r ，使得| rx時(shí)，| ( )|( )uu P，則 u在閉圓盤上的最大值 00 (,)0u x y，所以 3 00 (,)0uxy。另一方面， 0000 (,)0,(,)0 xxyy uxyuxy，從而 000000 (,)(,)(,)0 xxyy uxyuxyu xy+=。 矛盾。 6 證明二維調(diào)和方程的Dirichlet外問(wèn)題的有界解是唯一的。 證明 由線性性，只需證明 2 0, 0, uon uonu = = 有界 R 只有零解即可。取 00 (,)P xy，作輔助函數(shù) () () 2222 00 2 ln xxyy v r + =，則v在之外調(diào)和 且對(duì)充分小的r，v是正的。由于u有界，所以對(duì)充分大的R0有 0 |ln R u r 充分大， 使得( , )( , ) x yB P R， 在( , ) B P R 中對(duì)vu用極值原理得| ( , )|ln R u x y r ，令0的( , )0u x y =。由 2 ( , )x yR知u恒為零。 37 習(xí)題習(xí)題4.2.4 1 證明Goursat問(wèn)題（G）的解是唯一的。 () () 22 22 ( , , ) ( ) , ,( , ) ttxxyy uuuf x y txyt G u x yxyx y +=+平面tT=所截下的錐的部分記為 22 : T KxytT+ 。記 T 為 T K的底。 T 為 T K的側(cè)面。由線性性，要證（G）之解唯一，只需證 明 () () 22 22 0 ( ) , ,0 ttxxyy uuuxyt G u x yxy +=+為常數(shù)， n R有界，證明第三邊值問(wèn)題的解的穩(wěn)定性 () 2 ( , ),(0, ( ,0)( ) ( , )(0, t uaufttT uon u uhtonT = = += xx xx x n 證明 用u乘方程兩邊并在(0, t tQ=上積分得 40 222 11 22 ttttt t QQQQQ uu dxdtau udxdtufdxdtu dxdtf dxdt=+ （1） 由 () 222 0 11 22 t t t Q uu dxdtu dxdtudx t = () 2 0 2 0 tt t t QQ t Q u u udxdtudSdtu dxdt u hu dSdtu dxdt = = n 代入（1）得 2 2222 0 2222 0 22 2 t tt t Q t QQ u dxau dxdtau dSdt dxauhdSdtu dxdtf dxdt + + （2） 由 22 000 1 4 ttt uhdSdtu dSdth dSdt + 代入（2）得 2 22 2 2222 0 2 2 t tt Q t QQ u dxau dxdt a dxh dSdtu dxdtf dxdt + + （3） 令 2 2222 0 ( ),( ) 2 QQ a Au dxdtFdxh dSdtf dxdt =+ ，則 2 ( )( )( )Au dxAF =+ ，所以( )( ) t A te F t，代入（3）得 () 2 22 2 222 0 2 1 2 t t Q t t Q u dxau