数学物理方程习题解答.pdf

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1、其中0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x+A r。现在计算这段杆在时刻r的相对伸长。在时刻r这段杆两端的坐标分别为：x+u(x,t),x+Ax+Ar,f)其 相 对 伸 长 等 于口 +一+心+&/)-5 +(3)-万=“6 +热/)Ax令 AA-O,取极限得在点x的相对伸长为(xj)由虎克定律，张力T(x j)等于T(x,i)=Ex)ux(xj)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,x+A t)两端的力分别为E(x)S(x)ux(x,0；E(x+Ax)S(x+Ax)u t(x+Ax,Z).于是得运动方程 夕

2、(x)s(x)Ax (x,z)=ESux(x+Ax)lx+Ax-ESux(x)lx利用微分中值定理，消去A r,再令At 0得ep(x)s(x)utt=(ESIQ)ox若s(x)=常量，则得.、d2u d.z.du.0(x)=二(E(x)看)d f dx dx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：(1)杆的两端被固定在x=0/=/两点则相应的边界条件为i/(0,0=0,(/,?)=0.(2)若=/为自由端，则杆在x=/的张力T(/,f)=E(x)包l i等于零，因此相应的边界条件为 1=0dx

3、dx即-6)IO Xo c o 23.试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为E(1-)2 =p(l -)2-4d x h d x h d t2其中为圆锥的高(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/为：/=1-h所以截面积S(X)=%(1-)2。利用第1 题，得h/、八%、2 92 e 八x、0(x)万(1一7)-T T =-l E7i(-y-h 3 广 o x h d x若E(x)=七为常量，则得d r z,bu、八 x、o d2ud x h d x h d t4.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

4、图2,设弦长为/,弦的线密度为p，则x点处的张力T(x)为T(x)=p 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“(X/)表示弦上各点在时刻f 沿垂直于x轴方向的位移，取弦段(x,x +A r),则弦段两端张力在“轴方向的投影分别为p g(l -x)s i n 6(x);p g(l-(x+A x)s i n 0(x+A x)其中。(x)表示T(x)方向与x轴的夹角又 s i n t g O -d x.于是得运动方程.d2u,.,d u.r,d u-U -U+I x+t PS-x I xP8o f d x ex铲：=2 _2 _ y 25 +3(产 _/)_ 5 /dt2

5、_3=(t2-x2-y2)2-(2r2+x2+y2)c _ 3du/2 2 2、一 彳k =-一,)2-e x同理2 3 5碧=0 _/_ y 2+3。_),2储2dx2=(r2-x2-/)r l(?+2A-2-/)驾=(内 一”一 产)向2 _，+2/)a y所以即得所证。du 5u _ /2dx2 dy26.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,x+A x)上所受的摩阻力.由题设，单位质量所受摩

6、阻力为-故(x,x+A x)上所受摩阻力为-b,p(x)s(x)N罢p(x).v(x)A r-=ES-ES-x-b-p(x)5(x)Adxu-dx dt dt运动方程为:利用微分中值定理，消去A c,再令A t-0 得夕(x)s(x)4Ct若 s(x)=常数，则得丹中nu力仕思刖甲义里口j愀圉袱，开出此不解匕刖仞但1叼您:t=0:u=（px,=T（x）.解:令（，2 X，=V 贝lj仇7）包=+型,（r）2 电=（/+为7 dx dx dx dx）d、2 6 ,Sv du 2 Su d2v （/?-A）-=-（+）+（/?-X）+（/?-X）=（A -X）（M+-）OX OX OX OX OX

7、 QLx又（一律=d f dt代入原方程，得（/LX）W =-V（-X）*即dx2 a2 dt2由波动方程通解表达式得v（x,f）=F（x-o f）+G（x+at）所以_ F（J-at）+G（x+at）U=FT为原方程的通解。由初始条件得所以小）=r!F（x）+G（x）h-x=-aF（x）+aGf（x）h-xF（x）-G（x）=-h）y/（a）da+ca s（1）由（1）,两式解出1 1 xp F（x）=（h-+（a-huAada+于任何x,，有 G(x+a t)三常数.即对任何X,G(x)s Cn c又 G (x)=一(X)H-r i/(a)d a-2 2a 工。2a所以夕。),“(x)应满

8、足(p(x)+T y/(a)d a =C(常数)a&0,-o o x +o o)d r d x2t =(),w =(p(x),=(x)(-00 X 0,当xX 2+a t,也就是(x,t)落在区间 2,%的影响域xt-at x 0)之外，解u(x,t)不发生变化。(1)得证。(2).区间M，的决定区域为 0,X +at x x2-at在其中任给(x,t)，则x1 x-at x+at x2故区间 x-a t,x+a i 完全落在区间 玉，X?中。因此 x，元2 上所给的初绐条件火尢),仅/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uxx=CLutJ+(CR+LGit+GRu(

9、C,L,R,G为常数)具体形如u(x,t)=-at)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 u(x,t)=at)%=at)一 -at)“”=(/)/(x-ar)-2a/i(t)f(x-ar)+a2/i(t)f(x-at)代入方程，得(CLa2-1)(/)/(x-at)-(2aCL/j(t)+a(CR+LG)(r)_f(x-at)+(CL/(r)+(CR+LG)*(r)+GR(r)+GR(r)/(x-c)=0由于/是任意函数，故/,/,/的系数必需恒为零。即d-1 =()2 W(r)+(CR+LG)加)=00.不 J用汲HJ及利 然本胜一 而|白 1 XE开1用刊兀力三

10、处H 乃幺如砌I 口 J趣-2册=妙6,=o=小)，4|,=0=0 x)(0 x O)解：满足方程及初始条件的解，由达朗贝尔公式给出：x+al(x j)=(。(工 +。/)+。(工 。)+-o2 2。，x-at由题意知e(x),“(x)仅在0 x o o 上给出，为利用达朗贝尔解，必须将e(x),(x)开拓到-O 0 x 0 上，为此利用边值条件，得at0=_(e(G)+e(m)+y/(fic)da o-at因此对任何看必须有(p(at)=_(p(-at)ati/ada-0-at即e(x),“(x)必须接奇函数开拓到8 x 0-cp-x),x 0+(尤)=0一 收(一 x),x 0所以j x+

11、atu(x,t)=一(x+at)+(p(x _ w)+i/(a)da2 2 a)x-at如)+e(i)+；(小+公)一 如 一 犬)+:x+atx-atx+atat-xt 0ax 八t ,x 0ar7求 方.程.a 9d27U =2(彭+谈S2U +右J 形 如=/r(，7)的 解(称为球面波)其中r=J r?+y?+F .8.求解波动方程的初值问题令r u=v,贝 i jd2u d2v d u d v d2u d u d2vr T-=z-,r F =，r +2 =-9厂 d t d r d r 3 厂 d r br 代入方程，得v满足d2V 2 52VT =a 7d t d r 故得通解v(

12、/*,r)=F r -a t)+G r +a t)所以u=F(r-a t)+G(r+a t)rd2u d2ut s in xuI,ni/=o 0,，加 I f.-_un s in x解：由非齐次方程初值问题解的公式得t X+(t-r)j s in j d j d r0 X-(t-T)X+t|s in a d a +J 2x-ti 1=c o s(x+r)-c o s(x-0 j2 2 =s in xs in r+s in x J r s in。-r)dTo=s in xs in r+s in XT c o s(r-r)+s in Q -7)=t s in x即(xj)=f s in x为所求的

13、解。9.求解波动方程的初值问题。i x+at-1 f x-uX .X,t r du t r+-za J-+-r+-2 a.J-+-x/z 、,、1 ,+(x+aty=-(arctg(x-at)-arctg x+at)+5-1 1 1 -32CT 4a l+(x-G)+2arctg x-arctg(x 一 at)-arctg(x+at)2a=-7(x-at)arctg (x-a t)-(x+at)arctg (x+at)2a 26rt 1 ,l+(x+r)2+arctg x+7 In-7a 4c1 1 +(1一成)所以127(/)=-(x-a t-2a)arctg(x-at)-(x +at-2a

14、)4a1 1 +(x+a/)-arctg (x+R)+2atarctg x+In-2 l+(x ar)23混合问题的分离变量法用分离变量法求下列问题的解：(1)d2u 2 d2u T=a 彳dt2 dx2.3G du 八、八u(=0=sm,|f=o=x(l-x)(0 x /)I Ct(0j)=w(/,f)=0解：边界条件齐次的且是第一类的，令u(x,t)=X(x)T(?)JIT F得固有函数X,(x)=sin jx,且T/、.an7V.an nT“(f)=An c o s-y-1+Bn sin一 t,(=1,2)工日/、a n7 r .CinJT.n7l十是 u(x,t)=2J(A C O S

15、-1 +Bn sm-r)sin x”=i/ll因此所求解为/、3 a 7T.3 u(x9t)=c o s j t s in x+4/3-4-a 兀 =l7 7 4.a n 7T .n 兀s in-Z s in x加一说包况oO 1 w(0,f)=0M(X,0)=x,解：边界条件齐次的，令u(x,t)=X(x)T(t)X+AX =0得：X(0)=0,X (1)=0及 T +a2AX=0 (2),求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。1 九()时，方程的通解为X(x)=GeQ+”一 口 工由 X(0)=0 得 C +c2=0由 X =()得 G d产-C2 d e-Q =0解以上方程组，得G

16、=()，c,=o,故a 0 时,方程的通解为丁 1 人,/)=7 c us-a 7ii 十 b in-a yu j j s in-ZLA占 21 21 21再由始值得h J.2 n +lx=/s in-mI =o 21八(2 7?+1 2 +10 =-a r cB,、s in-m占 2/2/口 、丁 (.2n+1谷易验证J s m 2 公(=0,1,2)构成区间 0,/上的正交函数系:2m+1 .2n +l .-G s in-m a x -02.n7i.x sin cot sin 丁-xdx2Aa)2.z-sm cotI2njv r .n/rxcos x+,、sm xI/乃 2/02Aco2H

17、 7Vzi、+i.Aco(-1)s i n.x己.m t=Z sm xn=l I忆-2 cAco=7 hr1 0 12.n7r 2Acoxsin xdx=-(-1)I n/r将(2)代入问题(I),得T“Q)满足，窘 )+an 717“。)=”竺(-1严sin cot I j n7TT“(0)=0,窘()=里(一 1)nTT解方程，得通解T“=A“cos掌f+B sin 等1严.n冗sin tut。万、2 2)-GJ-由始值，得A“=0(一 1严 24 sB=!(-l)n,an:r n兀 nTran/r)2-GT2/2)(-4)2A m/(anTr)2-GT2!2由1 6 (l)n 2A zu

18、cil.cin7r所以 心 02%荷-3产7解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为 1 7 TX(x)=si n x (=1,2,)设 H(x,O =T(r)si n-xn=l I1 1 J T将非次项加x按 加?8展开级数，得bs h x=2f(t)s in-x7J=1 I其中s h x si n xd x 7(D：-2bn 7is h l 2/+将”(X/)=/；。)4 11竺3代入原定解问题，得Z()满足71=1IT.)+(W)Z=(-1)H+I 再 兀r s h l,，-r-(1-c os?)si n -xaF I Id 印 外 以 布 曷 件 或 下 面 而1廊 的 做.因此得固有值

19、九=4,1 1兀2,相应的固有函数为7/乃 1 个X(x)=sin x,n=1,2,-又T（。满足方程f +2 b t+a2AT=0将 =4,代入，相应的T 记 作 北 ，得7；满足一般言之,T”+2bT”+an兀27=0b很小，即阻尼很小，故通常有b2 cm兀2,=12 故得通解Tn(?)=eb,(An cos cont+Bn sin a)t)其中所以00w(x,/)二 6一4 2(4 cos69,/+Bn sino,3)sinn冗n=再由始值，得h。1 1 7 Tyx=Z A sin 不 工l n=I0=W(“+3 m)s i n?n=l1所以An=?fxsin xrfx=(-l)n+,I

20、 Q l n 兀4=(-Df l+1(Dn n7TC Dn0/山(山/“用 fU g j Uis J.(J).u is u iszr/j j气0000 00 =(bp cbm s Qp g,u i s j 1/2 1乙=(bp g p QyA-d)u i s g u i s J=d)p d)t soo0 0 必呼J,肛10 0小 P 6 P 6 N 小 soou i s ./J卜代,过4%U!S：+1 2 gsoo-e g储Y 0 0小 M/ooj ev e u?sf0J Y =小田P0U、S4(/)/0 3。,UI S00 0产q jV s0 0()=M sooj ezU lsJ&=也 也U

21、!S J sooei qs&Y j J J肛2(2 J +/).=o oX esoo 一 (2 J+X)J =4用 用 呼 2 /+r)|j叽110 0协 阳/U!s4 0 e j)J J11 X葭收g s o。z UI S UI S fJ+U lS S 09 U lS “Z+。111户8 ,uis 2A+d)u isg uis+d)fSOOg fU!S J +d)zSO 3 f f,UTS,Xg4-(SO 3UlS J,x g +2./+丫=(ff SOD./+2)式。UI SUI SH-/)+V(SOOUI SJ 4-X)=(e soo/+2 i qs e u i s/+4 力 soo e

22、 呼 /+卜)=(。？，/)中|i 苴目0 0 =1 的BR9 U F (/)0 J00所以Satd s =4 z*(x2+y2z)+4 m”3A r2 ,7 2 1 i=4 的 心-+yz +xa t+*7 zd 1 中u(x,y,z)=-I o t 4 必 引 rMSat=t x3+t y2z +xa2t3+-a2t2z d t 3=x3+y2z +3 a2t2x+a2t2 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un=a2(U x x+uy y+ua)|；=0 =0 意，)，Z),%I=0 =0(x,y,Z)当 u不依赖于x,y,即 u=u(z

23、),即得弦振动方程的柯西问题u“=a&o=i r r(p yj r2+s2+2r s cos 0s d s d 0r +52-2 rco s。痴尸.I-s d s d&解法二：作变换x=r co s O ,y=r s in O,波动方程化为d2u 2/52W 1 d u-r =Q(r-1-d t2 d r2 r d r用分离变量法，令 u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得T +a2 At =0*户 R”+承 +2R=O解得:T(/)=AA COS a y1Z t +sin a X tR(r)=J0(VIr)7SJttxx，yy)72 2 z、代入原问题，得Uczt=Q=ea(p(x.yu

24、tcz,=0=e w y)g夕（自用）r 1 1 (T e%.向+而 占 厂5%:(-x)2+(7 7-y)2+(-z)2=2r2记S：+为上半球，S；为下半球，为Sf在鲂平面上的投影。ds=G d0 rl，则2t2-(J-X)2 -(7 -C0 理 匹J f-d s =JjL(p(&,)ds+J j-g W )d ss”s +r sM-(Z+h产_(_ 幻2 _(一,)2)eaZ J c/广 _(：一 工)2 -(-y)2-(z-7 2r-(-x)2-(-y)2)+J J /：,W(&E)d如ch-cr(自一幻2 _(一 y)?:2?.,而，M d刀小a T _ _ )一(/一)“cz In

25、ai chjc2t2-(一)？2ea f f-/,)；(p(x+r c o s ,y+r s i n 0)rd rd 30 0 J。？厂一厂r 一 Ch2 ,Cc T -(rY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。2 +uyy)+f(x,y,t)在齐次初始条件|,=o=O，,|,=o=O下的求解公式。解：首先证明齐次化原理：若w(x,y,1,r)是定解问题卬=(%+%)y )+/(X,y,t)ut=o=O，/L=o =0的解。显然，W/=o=Od u/、f Sw r Sw(My=0 ).所 以*I =0其中积分是在以(x,y,z)为中心，g 为半径的球体中进行。它是柯西

26、问题utt=2(%+uy y+uzz)+f(x,y,z,t)-)u(x,y,t)=-7 1-dsdr4m 一般 r其中s：为以M(x,y,0)为中心r 为半径的球面，即S :(-x)2+(T j-y)2+/=r-ds=ddr)J，y)?1Js：1出 t-)-d s =-d s +r.J r1JS丁-)-1一 Q 一阵切J i 一 e -J)?-S -y)右其 中+分别表示S：的上半球面与下半球面，表示d在 7/平面上的投影。1 al/C-)所以 心,刈=y ,2 a/271a ozn W 7r-(4-x)-(-y)r,ai r2/(x +pcos6,y+0 sin 6,r)通7 J i i-0

27、 0 0 yjr-pclpdO clr在最外一层积分中，作变量置换，令t=T,即厂=一 工)，力=一或，当r=0 时7=，当，=G 时，r=0,得所以计算,/b in uci uci(pr=/J JA 十 十 乙 八/bill。C U b 3 十/5 1 1 1 C 7 C U S0 0+y r c o s 6+z r s i n s i n +r2n 2ns i n c o s 0 s i n )r s i n 3 cl Gd(p r=l j j s i n 田田夕=44,0 0n?兀J j s i n2 3 co s(p d 0d(p=00 0in4j j s i n3 0co s2(p

28、d O d(p=一肛o o3乃2乃J j s i n2 0s m(p d 0d(p=0,o oJ J d s=4m(.J +y z)+3 加3s；w r 3肝”华S vrt rtn IKJ k i n O c o s田田0 =00 0n 1nJ j s i n2 O c o s O s i n 0/田e=0.o o+r s i n 6 s i n e +r)2.3皿-r s i n O cl r d O d(pt乃2=2 J J j(y +r s i n s i n-r +r)r s i nO d r d 0d(p00 0t 71=4乃 j J(y +r)r s i n 田00q 3 V=8乃

29、-(y-r)r2+-yJ/()A2 4 3=4 町 t T i t .所以9 1 o o 1 3(x,y,zj)=+yz)+yt f=r(x2+yz+”)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2UJI C i u c/布;明 田 能 帚4TM成 小 的.邛 山 叶 叩 方 程因弦的两端固定，“1=0=0，1=/=0,所以J=o=0,zz,lx=/=0于是dEQ)dt2 1%(uu-a2ux x)dx0=-2c 0)o因此，随着t的增加，(f)是减少的。2-证明混合问题解的唯一性混合问题：L-=0=0,M IX=/=O|仁0=e(x

30、),j=o=(x)设小,“2是以上问题的解。令=%-2,贝 满 足E(0=(娟+a2u)djc0当f=0,利用初始条件有/l,=o=0,由u l,=o=(),得E(0)=0又E(r)是减少的，故当t 0,E(t)0,所以EQ)三 0dEQ)dt=2 ju-utdx o即积分得E0(/)+(?)；)W e-E Q)attE()(f)4 e E()(0)+e p-rE(r)J r0又 E(r)(0),所以 EQ(/)e E0(0)+/Eo(0)je-rdro即E0(t)etE0(t)+(e,-l)E(0)记0=。1 一。2，。=收 1 一 “2，则汀=1 一 2 满足则相对应地有utt=auxX-

31、c utu l=o=0，k =0 k 0=0,与忆0=。&(o)=k2 dx成0)=卜力2+/公)dx故若1(i H悯L =J 0 2 dx 7lo J1(I i悯 卜=ij/-dx 则&)(0)/，M 0)p+(e,-1)(1 +a2)1/2?(对任何 t)即 M b 则=一 2 满足 11=0=0,U x=i=0 l=o=0,J=o =0今建立有外力作用时的量不等式(H/=/-人)*(/)=0dE(t)(2,-=2 J+Q uB JLZXd t 0=-a2ux xlx0=2 cut2 卜 aUxx c ut0I I/2 jwz fdx Jwz2J%+j/2cA (f)+F(z)0 0 0/

32、其中尸)二 J尸d x,故0t(/)E()e，+/eF rlTo又E()=()(由始值)，所以t t IE(r)e1 eT=el eTdr f2dxo o o e f2dxdt=K2e00由3中证明,知tEo(/)?E0()+Je-rE(r)Jr02.证明如果函数/(x,f)在G：O K xK/,作微小改变时，方 程 以 =(x)型 一次，+/*/)及2 dx)(乂 幻()，q0和/(.)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。utJ=(k(x)ux)x-qu+f证：只须证明，当了很小时，则问题卜140=0,14/=0 的解也很小(按绝对值)。1=0

33、=0,J=o=0/考虑能量 EQ)=1(J+k(x)ux2+qiJ)dxo/=(2ututt+2k(x)uxuxt+2quut)dx=2jututtdx+2k(x)uxuto1-2 ut(k(x)ux)xdx o由边界条件u I =()，ti j I(=/=0 故 it j I K=O 0 n i I x=0 o所以dEQ)dt2jut(utt-(A(X)Y)X+qu)dxo=2-f(x,t)dx 0,q 。,故J”/小4 E Q),即(E(Oe-1)e-r尸=J/2公EQ)E(0)e+errF(T)dr0因为应用布尼亚科夫斯基不等式,可以得到其中dx|z/(x,r)-(0,r)|K sjk(

34、x)T dx k(x)u X2dx.0 o心(因&(x)0且充分光滑)即I2 Ks又由边界条件“(0 1)=(),得|(X,/)K K-即当 0 x/,0 t T,有很小，得证。3.证明波动方程2U=a(uxx+uy y)+f(x,y,t)的自由项/中在Z?(K)意义下作微小改变时，对应的柯西问题的解“在Z 7(K)意义之下改变也是微小的。证：研究过(%,孔,)的特征锥Ka(x-x()2+(y-%)2 (R-a ty令f=，截K,得 截 面 在 储 上 研 究 能 量：E(Qf)=|wz2+/(J -uy2)dxdydE(QJ-NdtR-at 2TTT _二 f j+2(/+y2)ws力.&=

35、J(x-x()2+(y-y0)2)0 0R-at 2加j ututt-cT(iixuxt+uyuy tydsdt-a ut2+tz2(w v2+wy2)J5o o r其中I；为Q,的边界曲线。再利用奥氏公式，得上式可写成即即研究attE（Q,）E（Q0）ez+j er-rF（r）J r0t E（f i（）ez+ef fdxdydr0QrRa E（Q0）er+e j f2dxdydt（）QrE（p,t）（。（）P+/2 dM y力E（）（Qj=/卜乂巾入心垢（。,）dt,2uuxdxdy 2dxdy+dxdy所以&）O）+g）tE o（Qj4&）（C oP +-阳。（）”70 E0（Q0）ez+

36、pzE（Q0）/r +oi（J W d i0 I K）二E（）（Q（）p+/ezE（Q0）+r z f2dxdydtK为证明柯西问题的解的关于自由项的稳定性，只须证明柯西问题utt=o2iixx忆）二，+）+/（%，y/）utt=O=（R g、=加 口）9-=河2加 氤）故任给 0,当 川 岛K），则M（K）得证4.固定端点有界弦的自由振动可以分解成各种不同固有频率的驻波（谐 波）的迭加。试计算各个驻波的动能和位能，并证明弦振动的总能量等于各个驻波能量的迭加。这个物理性质对应的数学事实是什么？解：固定端点有界弦的自由振动，其解为00 00/、l 4 a n j u 八.a n/c .n兀 =L

37、 A；co s r +f l s i n r s i n xn=1 I J I每 一 个 即 是 一 个 驻 波，将 乙 的 总 能 量 记 作En,位 能 记 作 匕，动 能 记 作Kn,则1 7%2 2 1 2%人 a n兀 八.a n n （n T i V 2 n 7T .Vn=1 un xd x=a I At 1 c o s-1 +Bn s m-1 c o s*xd xo o l/八/J I（a n 7c（A cm兀 八.a n兀 Y 1=1 I I A i c o s-/+Bns i n-z I；由此知E与f无关,即能量守恒，&（。=5（0）。现在计算弦振动的总能量，由于自由振动能量

38、守恒，故总能量上”）亦满足守恒定律，即E（/）=1伤 +Q2 j ,二 E（0）o即 （/）=jQ+/J=0 必；0万）2 2占2/co所以 期=包裂/+箫）=邙。n=l n=l即总能量等于各个驻波能量之和。I I这个物理性质所对应的数学意义说明线性齐次方程在齐次边界知件下，不仅解“具有可加性，而且及仍0 0具有可加性。这是由于，s i n 子 x 的正交性所决定的。5.在的情况下，证明定理5,即证明此时波动方程柯西问题存在着唯一的广义解，并且它在证理4的意义下是稳定的。证：我们知道当*e c 3,“ec2,则波动方程柯西问题的古典解唯一存在，且在Z;（K）意义下关于初始条件使稳定的（定理3、

39、4）今（P G c1 N G c,根据维尔斯特拉斯定理，存在 0”当一 8时外及其一阶偏导数2底，死、分别一致收敛于（P，外 及（py,i/n 致收敛于W。记：外,为初始条件的柯西问题的古典解为明,则明二阶连续可微，且在Z?（K）意义下“关于见,匕，是稳定的。%,，“为一致连续序列，自然在ZAC。）（C。：特征锥K与r=0 相交截出的圆）意义下为一基本列，即m,N 时帆一 /），lkx-J（f i0）帆”y -外 讪）,I%”，（2（5）根据 乙 的稳定性，得nium -un 11 ）=（-Un f d xd yd t）2 K即 “在Z?（K）意义下为一基本列，根据黎斯一弗歇尔定理，存在唯一的

40、函数，使当 f 8时IIU-ML2（K）。根据黎期弗歇尔定理，按 意 义 收 敛 于 唯 一 的 极 限 函 数。与万工矛盾。故以上所定义的广义解是唯一的。若9 G 1 ,所 对 应 的 广 义 解记作又夕2 G。2，匕e 1所 对 应 的 广 义 解 记 作“2，即存在 Pn e c 3,g e C2,(p2 n e C3,2GC2 分别一致收敛于 ix，01)，9 2 x，9 2 y 则，”1”，所对应的古典解%按乙2 (K)意 义 收 敛 于，2”所对应的古典解”2“按心2(K)意义收敛于“2M l -2日=-u2)2d xd yd tK=-ln)+(W l n -)+(2“-2)2 d

41、M y力K-Ml n)+(1-2 )2 +(2”_ 2)2 +2(!-UXnl lX n-U2 n)K+2(1 _-i)(2 n -2)+2(I”一2)(2”-u2)d xd yd t4 3”(1-1”)2 +(1”-“2”)2 +(2 -u2)2d xd yd tK=3|M,-UXn l +M -2乙2 +，2 一2臼 (3)若 帆 一 处 啦。)，M l x -9 2 1g 0)，帆)，一。2 y lLQ“)，岫，2|乃 口)(P (pln f 夕2，故当”N 有|。1”一例L(Q,)，|。2 一。21 bglJ 则柯西问题ul t=a uxxUI u0=9(x)，=o=(x)有古典解G

42、C .且M关于（P、W是稳定的。现在按以下方法来定义广义解。给出一对初始函数e =（p，w）、（p G c2,i/G c1可以唯的确定一个 o函数对e =（p，w）的全体构成一个空间中，它的元素的模按以下方式来定义，记（xj）的依赖区域为X +G,记K为区域：x-a t x c +a t,0 tf Su I A 7 32W|A Ad Q x+Ax 一%=/s A L-7 x SAA/o x o x杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻，到，+加在截面为x 到X+A r 一小段中产止的执景为其中2=_Lcp2.试直接推导扩散过程所满足的微分方程。a解：在扩散介质中任

43、取一闭曲面s,其包围的区域为C，则从时刻乙到G流入此闭曲面的溶质，由dM=-D dsclt,8n其中。为扩散系数，得M=W D dsdt八S浓度由变到2所需之溶质为aJ?a=j|cw(x,y,z,t2)u(x,y,z,t1 ixdydz=jjjjc.d fd v=j j j j f dv.c a 八 a h c a两者应该相等，由奥、高公式得：“视H哨其中C叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形C=1dt 3x(dx J dy y3.碎(混凝土)内部储藏着热量，称为水化热,d(d(du，2c rrr du+D +D dvdt=M=C dvdt I dy)dz J dt。由于。,4 4的任意性即得方程

44、：包 +2仿 包 dy)&(dz)在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的水化热成正比。以。)表示它在单位体积中所储的热量，Qo为初始时刻所储的热量，则-=-pQ，dt为 热 传 导 系 数 为k，求它在浇后温度满足的方程。解：可将水化热视为一热源。由 也=一 尸。及0 LO=Qo得Q(r)=(atQ”它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得史 2(曲曲曲段0dt-dx1 dy2 dz1)cp其中力为常数。又假设碎的比热为c,密度W。由假设，放热速度为因此单位体积时间所产生的热量为0.2 4 户“0 2由常温度的热交换所产生的(视为“被动”的热源)，从本节第一题看出为其中

45、/为细杆直径，故有2=万/名一=3,代入得co 4 I尸 2 人)十(。)因热源可迭加，故有尸(X,f)=片(x j)+&(x/)。将所得代入空+/(x,r)即得所求：d t 靖d u k d2u k P(、0.2 4 i2r=-z-o J -z-d t cp d x2 cp co Cp a-5*.设物体表面的绝对温度为“，此时它向外界辐射出去的热量依斯忒一波耳兹曼(S te f a n-Bo l tzm a n)定律正比于小,即d Q =cn J d s d t今假设物体和周围介质之间只有辐射而没有热传导，又假设物体周围介质的绝对温度为己知函数/(x,y,z/),问此时该物体热传 导问题的边

46、界条件应如何叙述？解：由假设，边界只有辐射的热量交换，辐射出去的热量为d Qx=m iA s d s d t,辐射进来的热量为d Q.=q f4sd s d t,因此由热量的传导定律得边界条件为：k-s=a u4 s-/4I Jo n 2混合问题的分离变量法1.用分离变量法求下列定解问题的解:8 u 2 e2u/八 八 a (t 0,0 0 1由初始值得 r .2 +1f M =LCn sm x=o 1 2*12 1因 止 匕 C=2 xsnnmdx+x)snn7ixdxo io.i因此 C”=j/(x)sin xdx8 n a!(2 n+l)2故解为”(x,t)=2 1/sin 2+l“/g

47、.e 4 sin+*x=0%(；2 22.用分离变量法求解热传导方程的混合问题du _ d2udt dx2x 0 x -,u(x,0)=，.21-A-X 0,0 x 0)解：设”=X(x)T代入方程及边值得fX+AX=0 X(0)=X(l)=0 T+AT=0求非零解 X(x)得 2“=2，X=sinnx n=l,2,对应 T 为 Tn=Cne-,M00故解为 u(x,t)=Z C/一 sinnmn=l由始值得x 0 x -2 1 1-x X 12oosin 7?n=l=a -dt dx2du._ du.lv=O-x=lO X oxM l(=0=/(X)设=X(x)TQ)代入方程及边值得 X+A

48、X=0 X(0)=X(/)=0 T+a2aAT=Q求非零解X(x)：(1)当4 0时，通解为X(x)=A e Q +8 1口，由边值得X(x)=_ 6 c leA y T-B y T =0A C le -B y P le-E =0因 匚 五 片0故 相 当 于 0,e*为单调增函数之故。因此没有非零解X(x)。(2)当)=0时,通解为要X(x)非零,必需A H 0,因此必需s i n J I/=0,即=n 7r(整数)四=牛(整 数)这时对应 X(x)=c o s x(W=l)因取正整数与负整数对应X(x)一样，故可取=-j-X =(-)=1 2Xn(x)=c o s y-x n =1,2,.

49、对 应 于2=0,乂0(幻=1,解丁得丁0)二。0曲 万2/Y!冗、M 7 T 一；一)1对应于2=(7)2,乂“。)=7玛解丁得7 (。=。/1由迭加性质，解为/、万 k8 一(a(n丁J Z),n7 r”(x/)=C o+C e 1 c o s XM=1IC 一(7)n j u=C“e -co s xn=0I由始值得/(x)=C cos-x=0 I因此 C()=-f(x)d x Cn=f(x)co s-xd x n=1,2,.z o1 o所以 ng)=-J/(x)dx+Z 7 j 7 0 c o s竿 加/1 c o s竿x1 o ”11 o 1 1当/(x)=o =co n s t 时,

50、提示：作变量代换=o+U(工)6 .解：按提示，引=0+口0/)6 一，则做X/)满足du?d?u一二初 dx1*=。，*=0VL=O =/=M0由分离变量法满足方程及边值条件的解为00(如 叫 2fv(x,r)=2 jAne s i n xn=1再由始值得fM-U Q =ZA s i n 芋 Xn=l 1故A“=7 J(x)_ 0 s i n,x d x因此w(x,f)=UQ+v(x,t)eV 2 V r !,几 万x/汇 T(竿)2+切,几兀=o +、7 J e)-()s i n-U e 1 s i n x“1 1 o 1 15.长度为/的均匀细杆的初始温度为0,端点x=0 保持常温“0,