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数学物理方程前三章答案一谷超豪
第一章.波动方程
§1方程的导力。定解条件
1.细杆(或弹簧)受某种外界原因而产生纵向振动,以u(x,t)表示静止时在X点处的
点在时刻t离开原来位置的偏移,假设振动过程发生的张力服从虎克定律,试证明u(x,t)
满足方程
uuxEttxx
其中为杆的密度,E为杨氏模量。
证:在杆上任取一段,其中两端于静止时的坐标分别为x与XX。现在计算这段杆
在时刻t的相对伸长。在时刻t这段杆两端的坐标分别为:
xu(x,t);xXu(xX,t)
其相对伸长等于
令[xxu(xX,t)][xu(x,t)]XUX(XX,t)XX0,取极限
得在点X的相对伸长为ux(x,t)。由虎克定律,张力T(x,t)等于
T(x,t)E(x)ux(x,t)
其中E(x)是在点x的杨氏模量。
设杆的横截面面积为S(x),则作用在杆段(x,xx)两端的力分别为
E(x)S(x)ux(x,t);E(xx)S(xx)ux(xx,t).
于是得运动方程(x)s(x)xutt(x,t)ESux(xx)|xxESux(x)|x
利用微分中值定理,消去x,再令x0得
(x)s(x)utt
若s(x)常量,则得(ESux)X
2uu(x)2=(E(x))xxt
即得所证。
2.在杆纵向振动时,假设(1)端点固定,(2)端点自由,(3)端点固定在弹性支承上,试
分别导出这三种情况下所对应的边界条件。
解:(D杆的两端被固定在x0,x1两点则相应的边界条件为u(O,t)O,u(l,t)0.
(2)若x1为自由端,则杆在x1的张力T(l,t)E(x)
的边界条件为ux1等于零,因此相应xu|x1=0x
同理,若x0为自由端,则相应的边界条件为u|x00x
(3)若x1端固定在弹性支承上,而弹性支承固定于某点,且该点离开原来位置的偏移
由函数v(t)给出,则在x1端支承的伸长为u(l,t)V(t)o由虎克定律有
Eu|x1k[u(l,t)v(t)]x
uku)|X1f(t)其中Ex其中k为支承的刚度系数。由此得边界条件(
特别地,若支承固定于一定点上,则v(t)0,得边界条件
(uu)|x10»x
同理,若x0端固定在弹性支承上,则得边界条件u|x0k[u(0,t)v(t)]x
u即(u)|x0f(t).xE
x2ux22u[(l)](1)3.试证:圆锥形枢轴的纵振动方程为E
2xhxht
其中h为圆锥的高(如图1)
证:如图,不妨设枢轴底面的半径为1,则x点处截面的半径1为:
11
hxh2所以截面积s(x)(1)。利用第1题,得x22ux2u[E(1)]
(x)(1)ht2xhx
若E(x)E为常量,则得
x2ux22uE[(1)](1)2xhxht
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1,弦的线密度为,则x点处的张力T(x)为
T(x)g(lx)
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,xx),则弦段两端张力在u轴方向的投影分别为
g(lx)sin(x);g(l(xx))sin(xx)
其中(x)表示T(x)方向与x轴的夹角
又sintg
于是得运动方程uX.
2uuux2[1(xx)]|xxg[1x]|xgxxt
利用微分中值定理,消去X,再令x0得
2uugE(lx)]。2xxt
5.验证u(x,y,t)1
t2x2y2在锥txy>0中都满足波动方程222
2u2u如1222u(x,y,t)txy证:函数在锥>0内对变量
222222txyxy
x,y,t有
3u(t2x2y2)2t二阶连续偏导数。且
t
t22(t2x2y2)
323(t2x2y2)52t2(t2x2y2)32(2t2x2y2)
u2222(txy)xx3
2u
x
2t2x23y223t2x25y22x22x2y2
52u同理t2x2y22t2x22y22t2x25y22t2y
所以2u
x22u
y2tX225y222t2xy22t2.2u
即得所证。
6.在单性杆纵振动时,若考虑摩阻的影响,并设摩阻力密度涵数(即单位质量所受的摩阻
力)与杆件在该点的速度大小成正比(比例系数设为b),但方向相反,试导出这时位移函数
所满足的微分方程.
解:利用第1题的推导,由题意知此时尚须考虑杆段X.xX上所受的摩阻力.由题
设,单位质量所受摩阻力为bu,故X,XX上所受摩阻力为t
ubpxsxt
运动方程为:
xsxx2uuuuESxxESxbXSXX
xttt2
利用微分中值定理,消去x,再令X0得
2uuuxsX2ESbXSXtxxt
若s(x)常数,则得
2uUUX2EbxXxtt
,ExE也是常量.令a若x是常量2
22uu2ubtt2x2E,则得方程
§2达朗贝尔公式、波的传施
1.证明方程
22xu1x2uh0常数
1212xhxaht的通解可以写成
uFxatGxathx
其中F,G为任意的单变量可微函数,并由此求解它的初值问题:
t0:ux,
解:令hxuv则ux.t
vhxuuv,hx2uhxuxxxx
vu2v2u2u[(hx)(u)(hx)(hx)(hx)(u2)
xxxxxx
2112V又hx22tt
代入原方程,得
2vl2vhx22hx2xat
2vl2v22即2xat
由波动方程通解表达式得
vx,tFxatGxat
所以u
为原方程的通解。
由初始条件得FxatGxathxlFxGxhx
1xaF/xaG/xhxx(1)
1de所以FxGxhaxO
由⑴,⑵两式解出x(2)llc
Fxhxxhd22ax2ox
HeGxhxxhd22ax2ox
所以u(x,t)1[(hxat)(xat)(hxat)(xat)]2(hx)
xatl+(h)()d.2a(hx)xat
即为初值问题的解散。
2.问初始条件(x)与(x)满足怎样的条件时,齐次波动方程初值问题的解仅由右传
播波组成?
解:波动方程的通解为
u=F(x-at)+G(x+at)
其中F,G由初始条件(x)与(x)决定。初值问题的解仅由右传播组成,必须且只须
于任何x,t有G(x+at)常数.
即对任何x,G(x)CO
又G(x)=(x)
所以(X),(x)应满足121xC()d2ax02a
lx()dCl(常数)xOa
1'或(x)+(x)=0a(x)
3.利用传播波法,求解波动方程的特征问题(又称古尔沙问题)
22u2u2a2txuxat0(x)(0)(0)
u(x).xat0
解:u(x,t)=F(x~at)+G(x+at)
令x-at=0得(x)=F(0)+G(2x)
令x+at=0得(x)=F(2x)+G(0)所以F(x)=()-G(0).
G(x)=()-F(0).
且F(0)+G(0)=(0)(0).
所以u(x,t)=(x2x2xatxat)+()-(0).22
即为古尔沙问题的解。
4.对非齐次波动方程的初值问题
22u2u(t0,x)t2ax2f(x,t)
ut0,u(x),(x)(x)t
证明:
(1)如果初始条件在x轴的区间[xl,x2]上发生变化,那末对应的解在区间[xl,x2]
的影响区域以外不发生变化;
(2)在x轴区间[xl,x2]上所给的初始条件唯一地确定区间[xl,x2]的决定区域中解
的数值。
证:(1)非齐次方程初值问题的解为
u(x,t)=[(xat)(xat)]
xa(t)If(,)dd.+xa(t)2a0tl21xat()d
xat2a
当初始条件发生变化时,仅仅引起以上表达式的前两项发生变化,即仅仅影晌到相应齐
次方程初值的解。
当(x),(x)在[xl,x2]上发生变化,若对任何t>0,有x+at〈xl或x-at>x2,则区间[x-
at,x+at]整个落在区间[xl,x2]之外,由解的表达式知u(x,t)不发生变化,即对t>0,当
x<xl-at或x>x2+at,也就是(x,t)落在区间[xl,x2]的影响域
xtatxx2at(t0)
之外,解u(x,t)不发生变化。(1)得证。
(2).区间[xl,x2]的决定区域为t0,xlatxx2at
在其中任给(x,t),则
xlxatxatx2故区间[x-at,x+at]完全落在区间[xl,x2]中。因此[xl,x2]上所
给的初绐
条件(x),(x)代入达朗贝尔公式唯一地确定出u(x,t)的数值。
5.若电报方程
uxxCLuttCRLGutGRu
C,L,R,G为常数具体形如ux,ttxat
的解(称为阻碍尼波),问此时C,L,R,G之间应成立什么关系?
解uX,ttfxatuxxtxat
uttfatatfxat
utttxat2atfxata2txat
代入方程,得
CLa1tfxat2aCLtaCRLGtfx
at
CLtCRLGtGRtGRtat02
由于f是任意函数,故f,f,f的系数必需恒为零。即
CLa2102CLtCRLGt0
CLtCRLGtGRt0
CL12a于是得
uta2CRLGut2
所以utcOea2CRLGt2
代入以上方程组中最后一个方程,得
a4a22CRLG2GR0CLCRLG42
又a2112,得CRLGGRCLCL4即CRLG20
最后得到CGLR6.利用波的反射法求解•端固定并伸长到无穷远处的弦振动问题
utta2uxxut0x,utt00x0x
u0,t0t0
lluX,txatxatdat22axxat解:
满足方程及初始条件的解,由达朗贝尔公式给出:
由题意知X,x仅在0x上给出,为利用达朗贝尔解,必须将
X,X开拓到x0±,为此利用边值条件,得
10atatdo2atat
因此对任何t必须有
atat
at
atd0
即xx必须接奇函数开拓到x0±,记开拓后的函数为
x,x
x0xXx,xOx0XX
X0
xat所以llux,txatxatd22axat
xat11dxatxat22axatxatl
12xatatx2ad
atxtx,xOax,x0ao
22u2u2u2u227.求方程2a形如ur,t的解(称为球面
波)其中2tyx
rx2y2z2o
解:ufr,tuururxrxrx
2u2ux2u1x22223rrrxrr
2u2uy2uly22223rrryrr
2u
代入原方程,得2uz2ulz222(3)2rrrzrr
22uu3x2y2z2
2ua[2()]rrt2rr3
22u2u2u即a)22rrtr
令ruv,则
2u2vuv2uu2vr22,ru,r22rrrr2ttr
代入方程,得v满足
22v2va22tr
故得通解v(r,t)F(rat)G(rat)所以u1[F(rat)G(rat)r
8.求解波动方程的初值问题
2u2ut2x2tsinx
uu0,|t0sinxt0t
xttx(t)解:由非齐次方程初值问题解的公式得llsindsindd
u(x,t)2xt20x(t)11=[cos(xt)cos(xt)][cos(x(t
))cos(x(t))]d220
tt
=sinxsintsinxsin(t)d
0
=sinxsintsinx[cos(t)sin(t)]0=tsinx
即u(x,t)tsinx为所求的解。
9.求解波动方程的初值问题。t
tx2uauxxtt(1x2)2u|0,u|1
tOtt01x2
11d解:u(x,t)12(12)2dd2axatOxa(t)
xatxattxa(t)
xatl1
2darctg(xat)arctg(xat)
lxa(t)dd[(12)22(12)]xa(t)d
Oxa(t)0
1]d=[22201(xa(t)1(xa(t))
lxatulxatudua2(lu2)a2(lu2)du2x2atxat
tdutdudu=1u22a1u2zax2a2
xatlu2
atxatlxatxxttxa(t)txuxx
xll(xat)2
(arctg(xat)arctg(xat))21n=222a4al(xat)
t[2arctgxarctg(xat)arctg(xat)]2a
ll=(xat)arctg(xat)(xat)arctg(xat)2a22a2+
til(xat)2
In+arctgx22a4al(xat)所以
u(x,t)1
4a22{(xat2a)arctg(xat)(xat2a)3
11(xat)2
arctg(xat)2atarctgxln221(xat)
§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)
22u2u2a2tx3xu,ut0sinltu(0,t)u(1,t)0
tox(1x)(0x1)
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)sinnx,且1
ananTn(t)AncostBnsint,(n1,2)11
于是u(x,t)(Ancos
n1ananntBnsint)sinx111
今由始值确定常数An及Bn,由始值得
3xnAnsinxsinlln1
x(lx)annBnsinxlln1
所以A31,An0,当n3
2Bnan2an1x(lx)sinOnxdx112nxxcosx
1nIn12nxcosxsin1lln22n212xn213n22sin
x33cosxllnn
因此所求解为1041344(1(l)n)an
3a3413
u(x,t)cotsixIla4
22u2u02a2xt(2)u(0,t)0
u(x,0)hx,11(l)nannsitsix411nn1u(1,t)0
tu(x,0)0t
解:边界条件齐次的,令
u(x,t)X(x)T(t)
XX0得:x(o)0,
2X(1)0⑴及TaX0(2)o
求问题(1)的非平凡解,分以下三种情形讨论。1。时,方程的通解为
X(x)CiexC2ex由X(0)0得clc20
由X⑴0得CleC2e0解以上方程组,得Cl0,C20,故0时
得不到非零解。20口寸,方程的通解为X(x)clc2x由边值X(0)0得cl0,
再由X(1)0得c20,仍得不到非零解。30时,方程的通解为
X(x)clcosxc2sinx由X(0)0得cl0,再由X(1)0得c2cos]0
为了使c20,必须cosl0,于是
2n1n(n0,1,2)21
且相应地得到Xn(x)sin22n1x(n0,1,2)21
将代入方程(2),解得Tn⑴Ancos
2n12nlatBnsinat(n0,1,2)
21212n12n12nlatBnsinat)sinx212121于是u(x,t)
再由始值得n0(Ancos
2n1hxAsinxn121n0
2n12n10aBnsinx2121n0
容易验证sin
12n1x(n0,1,2)构成区间[0,1]上的正交函数系:
212m12n10当mn
sinxsinxdx1当mn212102
利用sin
2n1x正交性,得21
2h2n1xdxAnxsinl01211
2h212n1212xcosx(2n1)(2n1)211
22n1sinx21018h
(2n1)22(l)n
Bn0
(l)n2n12nIcoatsix所以u(x,t)222121n0(2nl)8h2。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
22u2u2ax2tu(l,t)Asint求解此问题。u(0,t)0,
uu(x,0)(x,0)0t
解:边值条件是非齐次的,首先将边值条件齐次化,取U(x,t)
足
U(0,t)0,U(l,t)Asint
令u(x,t)U(x,t)v(x,t)代入原定解问题,则v(x,t)满足
22vA2
2vxsint2a21xt
v(0,t)0,v(l,t)0
vAv(x,0)0(x,0)xtlAxsint,贝lJU(x,t)满1⑴
v(x,t)满足第一类齐次边界条件,其相应固有函数为Xn(x)sin故设v(x,t)nx,
(n0,1,2)1Tn(t)sin
n1nxl(2)x展成级数,得A2Anxsint及初始条件中将方程中
非齐次项x按sinlll
A2nxsintfn(t)sinxlln1
2A2nxsintsinxdx其中fn(t)1011
12A2n12nsintxcosxsinx22n1112nOil
2A2A(l)nIsintxn1
nsinn1nx1
2A2n2Anxsinxdx1)其中nlOlln1
anT(t)n1将⑵代入问题(1),得Tn(t)满足
T(0)0,n2Al)nIsintTn(t)n2ATn(0)(l)n
n22anan2A2sint解方程,得通解Tn(t)Ancos
tBnsint(l)n1an211n()2
1
由始值,得An0
1(l)n12A312(1)n2Aaln2A{(1)}Bn
222222annn((an)1)(an)1
(l)n2Aalansint所以v(x,t){221(an)(l)n1
(l)n12A2121nsint}sinx221(an)(l)n
(l)2anIn{asintsint}sinx2A1221nIn1(an)(1)
因此所求解为
A(1)2
u(x,t)xsint2A1221n1(an)1)
{asinanIntsint}sinxInti
3.用分离变量法求卜面问题的解
22u2ubshx2a2xt
u1100u110tu|x0u|x10
解:边界条件是齐次的,相应的固有函数为
Xn(x)sinnxl(n1,2,)设u(x,t)T(t)sinn
n1nx1
将非次项bshx按{sinnx}展开级数,得1
bshxfn(t)sin
nInx1
2bn(l)n1
shxsinxdx222bnshl其中fn(t)2101n1
将u(x,t)InT(t)six代入原定解问题,得Tn(t)满足nln1
an22bnn1T(t)()T(t)(l)shlnn222
In1Tn(0)0,Tn(0)0
方程的通解为
Tn(t)Ancosanan122bntBnsint()222(l)nlshlHann1由
Tn(0)0,得:An(
由Tn(0)0,得Bn0
所以Tn(t)(
所求解为122bn)222(l)nIshi
ann1122bnan)222(1)nIshi(1cost)ann11
2bl2(1)nlann(1cost)sinxu(x,t)2shl22211anln(n1)
4.用分离变量法求下面问题的解:
22uu2ua(b0)22b2ttxux0ux10
huutOx,|t001t
解:方程和边界条件都是齐次的。令
u(x,t)X(x)T(t)代入方程及边界条件,得
T2bT'X"
2XaT
X(0)X(l)0
由此得边值问题
X"X0X(0)X(l)0
n因此得固有值n,相应的固有函数为1
Xn(x)sin
又T(t)满足方程
T2bTaT0将n代入,相应的T(t)记作Tn(t),得Tn⑴满足
T"2nx,n1,2,1"'2nan'2bTnT01
22一般言之,b很小,即阻尼很小,故通常有anb,n1,2,12
故得通解Tn(t)ebt(AncosntBnsinnt)
2an2其中nb1
所以
u(x,t)ebt(AncosntBnsinnt)sin
nInx1
hnxAsinxniln1再由始值,得
0(bAB)sinnxnnnIn1所以
An2h
121xsin
On2hxdx(l)n1In
Bn
所求解为bnAn2bh(1)n1nn
u(x,t)2h
ebt(l)nIbn(costsint)sinx.nnnInn1
§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(uxxuyyuzz)
32ut0xyz的柯西问题utt002
解:泊松公式
11dsut4aMr4aMrSatSat
现0,xyz32
且ds(r,,)rsindd|ratrOOsM
at2
其中(r,,)(xrsincos,yrsinsin,zrcos)
(xrsincos)(ysinsin)(zrcos)
xyz3xrsincos3xrsincosrsincos
2yzrsinsinrzsinsinyrcos
2yrsincossinrsinsincos
232222223332222232
计算(r,,)rsindd00
2
(x
00
3
y2z)rsinddr(x3y2z)2(cos)0
4r(x3y2z)
2
3x
00
2
rsincosrsindd3xr
22
sin
03
2
2
dcosd0
03
20
2
00
3xrsincosrsindd3xr
222
2
sindcosd0
112
3xr3[cos3cos][sin2]00
3244xr3r
2
2
00
4
r3sincos3rsindd
2
4
sind
cos3d4xr3
2
2
2yzrsinsinrsindd2yzrsin
00
dsind0
2
2
2
2
3
2
00
2rzsinsinrsinddrzsindsind
11432r3z[cos3cos][sin2]rzOO
3243
2
2
2
y
00
rcosrsinddyr
22
cossindd0
2
2yr
00
2
sincocsinrsindd
2
2yr3sin2cosdsind0
2
322
rsinsincosrsindd00
2
r4sin3cosdsin2d0所以
43223ds[4r(xyz)4rrz]ratr3MSat
14at[x2y2zxa2t2a2t2z]3
u(x,y,z)=1t4aMrSat
31[txty2zxa2t3a2t2z]t3
x3y2z3a2t2xa2t2z
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
2utta(uxxuyyuzz)ut0(x,y,z),utt0(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:
2uttauzzut0(z),utt0(z)
利用泊松公式求解
u11ds}dst4ar4arMMSatSat
因只与z有关,故
MSatr2ds00(zatcos)at(at)2sindd
2
d(zatcos)atsind
00
令z+atcos=,-atsind=d
得
所以rds2()dMSatzatzat11
u(z,t)()datat()dt2az2az
zat
zatzat
11
{(zat)(zat)}at()d22az
即为达郎贝尔公式。
3.求解平面波动方程的柯西问题:
2uttauxxuyy
2u|t0xxy
utIt00
解:由二维波动方程柯西问题的泊松公式得:
1
UX,y,t
2atm
at
atxy22
2
2
dd
at
m
a2t2xy2
2
dd
1
2at
at2
xrcos,yrsin
atr
2
222
rdrd
又xrcos,yrsinxrcosxyrcosrsin
xxy2xxyrcosxyrcos
2
2
2
xrcossin2xrcossincos
2
2
rcoscossin
3
2
2
2
2
2
因为
sd0,sind0,cosdco
2
2
3
2
2sincosd0,cosd0,cossind0.0
at2
所以
00
xrcos,yrsin
atr
2
222
at
2x
xy
at
rdratr
22
2
3xy
r3dratr
222
at
又
at
rdra2t2r2
at
a2t2r2|0at
r3dra2t2r2
at
r
2
atr|2a2t2r2rdr
222
at
3
222222a
atr|0a3t3
33
于是ux,y,t
2
12332
2axxya3xy
2at3
22
xxyat3xy即为所求的解。
4.求二维波动方程的轴对称解(即二维波动方程的形如uur,t的解,
r
x2y2).
解:解法一:利用二维波动方程柯西问题的积分表达式
ux,y,t
1
[2at
atxy
m
,dd
2
22
att
atxy
m
2
22
]、
att
由于u是轴对称的uur,t,故其始值,只是r的函数,,u|t0r
ut110r,又at为圆xya2t2.记圆上任一点
P,的矢径为
m
2
2
22圆心M(x,y)其矢径为rx2y2记s
2
2
2
xy则由余弦
2
2
定理知,rs2rscos,其中为oM与Mp的夹角。选极坐标(s,)。
r
于是以上公式可写成
2
s22rscoss2
2
2rscos
at2s2
1ux,y,t
2at
at2
r2s22rscossdsd
at2
00r2s22rscosat2s2sdsd
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
1at2r2s22rscos[sdsdu(r,t)00222at(at)s
at2
+00(r2s22rcos(at)s22sdsd]
解法二:作变换xrcos,yrsin.波动方程化为
22ulu2ua()22rrtr
用分离变量法,令u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得
〃2Tat02〃'2rRrRrR0
解得:
T(t)AcosatBsinatR(r)J0(r)
令叠加得
u(r,t)(A()costB()sint)J0()du
0
5.求解下列柯西问题
vtta2(vxxvyy)c2vv(x,y)vt0(c,y),rt0
[提示:在三维波动方程中,令u(x,y,z)ev(x,y,t)]
解:令u(x,y,z,t)
则utt
uzzczeavczaczeav(x,y,t)xx,uyytt,uxxczeavczeavyyc2a2czeav
代入原问题,得utta2(uxxuyyuzz)czcz
aaut0e(x,y),utt0e(x,y)
cc(,)Ilea(,)u(x,y,z,t){ds}dsrrt4aSM4aSM
atat
MSat:(x)2(y)2(z)2a2t2
记Sat为上半球,Sat为下半球,MMM
at为Sat在o平面上的投影。M
dsat
at(x)(y)2222dd,则
SM
ateea(,)rdsSclae(,)dsMatrMSatclae(,)
dsr
atMec(za2t2(x)2(y)2)a22at(x)(y)
c(za2t2(x)2(y)2)a
222(,)ddatMeat(x)(y)
ch
at222(,)dd2eczaMca2t2(x)2(y)2(,)dd
2222at(x)(y)
2ecz2at
a00cchc2t2(r)2aatr222(xrcos,yrsin)rdrd
所以u(x,y,z)1{et2ac222chct(r)cz2ataaOOatr222(x
rcos,yrsin)tftf}
cchc2t2(r)2
a
atr2221e2acz2ata00(xrcos,yrsin)rdrd于是
v(x,y,t)1t2a002atcchc2t2(r)2aatr222(x
rcos,yrsin)rdrd1
2a2at00cchc2t2(r)2aatr222(x
rcos,yrsin)rdrd
即为所求的解。
6.试用4第七段中的方法导出平面齐次波动方程utta(uxxuyy)f(x,y,t)在齐
次初始条件
u
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
2wtta(wxxwyy)wto0,wtf(x,y,)
tt020,utt00
的解,则u(x,y,t)w(x,y,t,)d即为定解问题
0
2utta(uxxuyy)f(x,y,t)ut00,utt00
的解。
显然,ut00
ttuwww(x,y,t,)tdtttoo
(wt0).所以u
tt00
2w2d
0tt2uw又tt2tt
2wf(x,y,t)20y
uwuw02222xyyOx2t22t2
因为w满足齐次方程,故u满足
22u2u
2uf(x,y,t)a(22)2txy
齐次化原理得证。由齐次方程柯西问题解的泊松公式知
w(x,y,t,)
所以12aa(t)
ta(t)2Mf(,)a(t)(x)(y)2222d
lu(x,y,t)2a0
即为所求的解。
所以u(x,y,t)00f(xrcos,yrsin,)a(t)r222
lta(t)2f(xrcos,yrsin)rdrdd0002222aa(t)
7.用降维法来解决上面的问题
解:推迟势
u(x,y,z,t)1
4a2
ratrf(,,t)ar
其中积分是在以(x,y,z)为中心,at为半径的球体中进行。它是柯西问题
2utta(uxxuyyuzz)f(x,y,z,t)
ut00,utt00
的解。对于二维问题u,f皆与z无关,故
u(x,y,t)1
4a2at
OSrMrf(,,t)r
其中sr为以M(x,y,O)为中心r为半径的球面,即M
SrM:(x)2(y)22r2
ds
rrx)(y)222ddSrMrrrf(,,t)f(,t)f(,,t)a
aarrrSMSMrr
2
其中srMrMrf(,,t)ad222r(x)(y)MM表示sr在o
平面上的投影。,srM分别表示srM的上半球面与下半球面,
1所以u(x,y,t)2a2at
0rMrf(,,t)add222r(x)(y)
r)r2f(xcos,ysin,t1adddr
2222aOOOrat
在最外一层积分中,作变量置换,令tr,即ra(t),drad,当r0
时a
f(xcos,ysin,)
a(t)222t,当rat时,0,得lu(x,y,t)2a0
即为所求,与6题结果一致。
8.非齐次方程的柯西问题ta(t)200ddd
uttu2(yt)2u0,uxyztt0t0
解:由解的公式得
u(x,y,z,t)
计算1Ids4aS4a2Mratratrf(,,,t)r(a1)
StMrds[(xrsincos)0022(yrsinsin)(zrcos)]
2
rsindd2222(xyz2xrsincosrsincosrt
00
yrcoszrsinsinr2sincossin)rsinddrt22
00sindd4,
4sincosdd,3032002sincosdd0
220sincosdd000
2
所以002sinsindd0,2002sicossindd0.n
StM4ds4t(x2yz)t3r3
计算
rtf(,,,tr)2(yrsinsintr)2dVrsindrdd
rrrt
t2
2(yrsinsintr)rsindrdd
000
t
4(ytr)rsindrd
00
3lr428(yt)r4yt2t3.2330
132213所以u(x,y,z,t)t(xyz)tytt33t
t(xyzyt)
即为所求的解。
§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
2uttauxxcut2
证明其能量是减少的,并由此证明方程
utta2uxxcutf
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E(t)(uta2ux)dx1022dE(t)(2ututt2a2uxuxt)dxdtO
1
1
012ututtdx2a[uxut|utuxxdx]002212112ut(uttauxx)dx2auxut0
因弦的两端固定,u|x00,u|x10,所以
ut|x00,ut|x10
dE(t)于是2ut(utta2uxx)dxdtO
2cut2dx0(c0)110
因此,随
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