數(shù)學(xué)物理方程第二版答案第一章．波動(dòng)方程§1方程的導(dǎo)出。定解條件4.絕對柔軟逐條而均勻的弦線有一此線的微小橫振動(dòng)方程。端固定，在它本身重力作用下，此線處于鉛垂平衡位置，試導(dǎo)出解：如圖2，設(shè)弦長為，弦的線密度為，則點(diǎn)處的張力T(x)為lx且T(x)u(x,t)x的方向總是沿著弦在點(diǎn)處的切線方向。仍以tx表示弦上各點(diǎn)在時(shí)刻沿垂直于軸方向的位移，取弦段(x,xx),則弦段兩端張力在軸方向的投影分別為u(x)表示T(x)方向及軸的夾角x其中ux.sintg又于是得運(yùn)動(dòng)方程利用微分中值定理，消去，再令x0得x1u(x,y,t)在錐t2x2y2>0中都滿足波動(dòng)方程y225.驗(yàn)證t2x2t2uu2uy1證：函數(shù)u(x,y,t)在錐t2x2y2>0內(nèi)對變量xxy222t222x,y,t有3ut(t2x2y2)2t二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)。且52u222222txy2tx2y同理y22u52u2u222txy2222txyt2.2所以x2y2即得所證?！?達(dá)朗貝爾公式、波的傳抪3.利用傳播波法，求解波動(dòng)方程的特征問題（又稱古爾沙問題）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)第1頁x()-G(0).所以F(x)=2xG（x）=()-F(0).2(0)(0).且F（0）+G(0)=xatxat所以u(x,t)=)+()-(0).(22即為古爾沙問題的解。8．求解波動(dòng)方程的初值問題解：由非齊次方程初值問題解的公式得即u(x,t)tsinx為所求的解?！?混合問題的分離變量法1.用分離變量法求下列問題的解：(1)解：邊界條件齊次的且是第一類的，令得固有函數(shù)X(x)sinnx，且lnantBsinant)sinn于是u(x,t)(Acosxlllnnn1AB今由始值確定常數(shù)及，由始值得nnA1,A0,當(dāng)n3所以3n因此所求解為22ua2u0x2t2u(0,t)0ut(l,t)0(2)huu(x,0)x,t(x,0)0l解：邊界條件齊次的，令X0X得：(1)X(0)0,X(l)0Ta2X0及(2)。求問題(1)的非平凡解，分以下三種情形討論。10時(shí)，方程的通解為X(0)0cc0由得12第2頁X(l)0CelCel0由得12解以上方程組，得，，故時(shí)得不到非零解C0C00。1220時(shí)，方程X(x)ccx的通解為12由邊值X(0)0c0X(l)0c0得，仍得不到非零解2得，再由。130時(shí)，方程的通解為由X(0)0c0X(l)0得得，再由1為了使c0，必須cosl0，于是22n1X(x)sinx2l(n0,1,2)且相應(yīng)地得到n將代入方程(2)，解得2n12n12n1at)sinxu(x,t)(AcosatBsin于是2l2l2lnnn0再由始值得sin2n1(n0,1,2)構(gòu)成區(qū)間[0,l]上的正交函數(shù)系：x容易驗(yàn)證2l2n1sinx正交性，得利用2l(1)ncos2n1atsin2l2n12l8hu(x,t)2x所以(2n1)2n02。設(shè)彈簧一端固定，一端在外力作用下作周期振動(dòng)，此時(shí)定解問題歸結(jié)為22uua22x2tu(l,t)Asintu(0,t)0,求解此問題。utu(x,0)(x,0)0AU(x,t)xsint，則U(x,t)滿足齊次的，首先將邊值條件齊次化，取解：邊值條件是非l令u(x,t)U(x,t)v(x,t)代入原定解問題，則v(x,t)滿足v(x,t)滿足第其相應(yīng)固有函數(shù)為X(x)sinnx，(n0,1,2)一類齊次邊界條件，ln第3頁nv(x,t)T(t)sinnx(2)故設(shè)ln12將方程中非齊次項(xiàng)A及初始條件中nAxsintxsin按x展成級數(shù)，得lll2xdxf(t)2xsintsinnlAl其中其中l(wèi)ln0Al2xsinnxdxl2An2l(1)nln02(1)n1sinT(t)2Aan2()tTtn(1)，得滿足nl將(2)代入問題T(t)nT(0)0,T(0)2An(1)nnnnT(t)AcosantBsinant2A2sint(1)n1(an解方程，得通解llnnnn)22lA0由始值，得nsinan(1)n2Aal(an)2(l)2l所以v(x,t){tn1因此所求解為3．用分離變量法求下面問題的解解：邊界條件是齊次的，相應(yīng)的固有函數(shù)為nu(x,t)T(t)sinnx設(shè)ln1nbshx{sin將非次項(xiàng)按x}展開級數(shù)，得lxdxl(1)n1222lf(t)2blshxsinn2bnshl其中nln0nx將u(x,t)T(t)sinT(t)n代入原定解問題，得滿足lnn1方程的通解為l2bnT(0)0A(，得：n(1)n1)2n22l2shl由annT(0)0nB0n由，得第4頁所以T(t)()2(1)shl(1cosant)12bnn22l2n1anln所求解為§4高維波動(dòng)方程的柯西問題1．利用泊松公式求解波動(dòng)方程ux3y2zt0的柯西問題utt00解：泊松公式0,x3y2z現(xiàn)且2ratds(r,,)rsindd|r00sMat(r,,)(xrsincos,yrsinsin,zrcos)其中計(jì)算2(r,,)rsindd00所以u(x,y,z)=1t4arMSat即為所求的解。2．試用降維法導(dǎo)出振動(dòng)方程的達(dá)朗貝爾公式。解：三維波動(dòng)方程的柯西問題當(dāng)u不依賴于x,y,即u=u(z),即得弦振動(dòng)方程的柯西問題：利用泊松公式求解因只及z有關(guān)，故令z+atcos=,-atsind=dds2zat()d得rMSatzat所以即為達(dá)郎貝爾公式。3.求解平面波動(dòng)方程的柯西問題：解：由二維波動(dòng)方程柯西問題的泊松公式得：xrcos,yrsinxrcosxyrcosrsin2又222cosd0,sind0,cos2d因?yàn)?00第5頁xrcos,yrsinrdrdat2所以又atr22200atrdra2t2r|at2at0a2t2r20ux,y,t22axxya333xy12at2于是3即為所求的解。4.求二維波動(dòng)方程的軸對稱解（即二維波動(dòng)方程的形如uur,t的解，解：解法一：利用二維波動(dòng)方程柯西問題的積分表達(dá)式由于u是軸對稱的uur,t,故其始值,只是r的函數(shù)，，u|r,t0為圓xy2a2t2.記圓上任一點(diǎn)p,2的矢徑為u|r,又tmt0at2xy222圓心M(x,y)其矢徑為rx2y2記s則由余弦定理知，2，其中為及的夾角。選極坐標(biāo)(s,)。r2s22rscosMpoM于是以上公式可寫成(r,t)由上式右端容易看出，積分結(jié)果和有關(guān)，因此所得的解為軸對稱解，即解法二：作變換xrcos,yrsin.波動(dòng)方程化為用分離變量法，令u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得解得：疊加得令5.求解下列柯西問題czu(x,y,z)eav(x,y,t)][提示：在三維波動(dòng)方程中，令czu(x,y,z,t)eav(x,y,t)解：令czczczueav,ueav,ueavyy則ttttxxxxyyua2(uuu)ttxxyyzz代入原問題，得czczea(x,y)uea(x,y),ut0tt0M為下半球，M為M在o平面上的投影。記SM為上半球，SatSatatat第6頁atdd,則ds)2(22(aty)2xchc2t2(cr)21所以u(x,y,z){ea2czata(xt2aa2t2r200chc2t2(cr)2于是v(x,y,t)12ata(xt2aa2t2r200即為所求的解。4第七段中的方法導(dǎo)出平面齊次波動(dòng)方程6．試用在齊次初始條件下的求解公式。解：首先證明齊次化原理：若w(x,y,t,)是定解問題t即為u(x,y,t)w(x,y,t,)d的解，則定解問題0的解。顯然，u0t0u）.所以t（w00t0t2uw2wdt又ttt2t20因?yàn)閣滿足齊次方程，故u滿足齊次化原理得證。由齊次方程柯西問題解的泊松公式知所以即為所求的解。rdrdd12a00f(xrcos,yrsin,)ta(t)2所以u(x,y,t)a2(t)2r207．用降維法來解決上面的問題解：推遲勢(x,y,z)其中積分是在以為中心，為半徑的at球體中進(jìn)行。它是柯西問題ufz的解。對于二維問題，皆及無關(guān)，故其中sM為以M(x,y,0)為中心r為半徑的球面，即r第7頁s,sssoM其中rM分別表示M的上半球面及下半球面，M表示M在平面上的投影。rrrrf(,,tr)12aataddu(x,y,t)所以r2(x)2(y)220rMr在最外一層積分中，作變量置換，令r0t，當(dāng)時(shí)，t，即ra(t),dradarat當(dāng)時(shí)，，得0即為所求，及6題結(jié)果一致。8．非齊次方程的柯西問題解：由解的公式得計(jì)算2(yrsinsin)(zrcos)]ds[(xrsincos)2r00SMt2rsindd(x2yz2xrsincosr2sin2cos2rt00yrcoszrsinsinr2sincossin)rsinddrt22sindd4,sin2cosdd00000所以r4dstxyz)t34(23SMt計(jì)算f(,,,tr)dV2(yrsinsintr)r2sindrddrrrtrtt2(yrsinsintr)rsindrdd2000所以u(x,y,z,t)t(x2yz)13t3yt213t3即為所求的解?！?能量不等式，波動(dòng)方程解的唯一和穩(wěn)定性1．設(shè)受摩擦力作用的固定端點(diǎn)的有界弦振動(dòng)，滿足方程證明其能量是減少的，并由此證明方程的混合問題解的唯一性以及關(guān)于初始條件及自由項(xiàng)的穩(wěn)定性。1證：首先證明能量是減少。第8頁lEtua2u2)dx()(2能量tx0因弦的兩端固定，u|x00,u|xl0,所以dE(t)dtlt2u(ua2u)dx于是ttxx0E(t)t因此，隨著的增加，是減少的。2.證明混合問題解的唯一性混合問題:設(shè)u,u上問題的解。令uu1uu2,則滿足是以12lE(t)(ua2u2)dx2t能量x0當(dāng)t0,利用初始條件有u|0,由u|t00,得tt0E(0)0所以又E(t)是減少的，故當(dāng)t0,E(t)E(0)0,又由E(t)的表達(dá)式知E(t)0,所以u0,及u0,于是得到得由此txu常量再由初始條件u|t00,得u0,uu1因此即混合問題解的唯一的。2,3.證明解關(guān)于初始條件的穩(wěn)定性，即對任何.0,可以找到0,只要初始條件之差,1212滿足22則始值(,)u()所對應(yīng)的解2之差uu1u2滿足所對應(yīng)的解及111Tl(u1u2)2dxdt或00lE0(t)u2(x,t)dx令0d(etE0(t)etE(t)即dt第9頁tE0(t)etE0(0)eteE()d積分得0tE()E(0),所以又E(t)etE0(0)etE0(0)ed00E0(t)etE0(t)(et1)E(0)即~~~uuu2滿足1,記，則1212~E0(0)l2dx則相對應(yīng)地有011lx2l22~~~~dxxL2dx2故若0L202則E002,E01a22E0tetet11a222(對任何t)u于是L2即uL21212TlT/u2dxdteeadttt112或0004解關(guān)于自由的穩(wěn)定性ua2ucuf1設(shè)滿足ttxxtux,tu|0,u|xl01x0u|,ut|t0t0ua2ucuf2滿足u2x,tttxxtu|0,u|xl0x0u,ut|t0t0ua2ucuff12ttxxtu|0,u|xl0x0u|0,ut|t00則1uuu2滿足t0記fff今建立有外力作用時(shí)的量不等式12第10頁lFtf2dx,故其中0E00由始值又,所以3由中證明,知E00由始值而故0Tl因此,當(dāng)Kf2dxdt,則00TT(uu2)2dxdtl(f1f2)2dxdtl亦即當(dāng)，則00。即解關(guān)于自由項(xiàng)是穩(wěn)定的。100f(x,t)在G：0xl，0tT2．證明如果函數(shù)作微小改變時(shí)，方程2uk(x)xuquf(x,t)xt2（k(x)0，q0和f(x.t)都是一些充分光滑的函數(shù)）滿足固定端點(diǎn)邊界條件的混合問題的解在G內(nèi)的改變也是很微小的。(k(x)u)qufuttxxu|x00,u|xl0u|t00,ut|t00f證：只須證明，當(dāng)很小時(shí)，則問題u的解也很小（按絕對值）。lEtukxuqu2)dx()(2()2x考慮能量t0u|x00u|0u|0u|0。，tx0lxl由邊界條件，，故txldE(t)llllt2u(u(k(x)u)qu)dx2uf(x,t)dxu2dxf2dx所以tttxxtdt0000lk(x)0q0udxE(t)2又由于，，故，即t0ld(E(t)e1)etf2dx或記dt0lF(t)f2dx0第11頁lE(t)E(0)etetF()d得0u|t00u|0，由初始條件，tt0lE(t)etF()du|0u|0E(0)0又因t0，得xt0，故，即0l22d2lffF(t)f2若很小，即，則，故0[0.T]E(t)即在中任一時(shí)刻，當(dāng)很小時(shí)，E(t)，又中積分號下每一項(xiàng)皆為非負(fù)的，故tf2lkxudx2t（對中任一時(shí)刻）今對()2[0,]0xl，0tT，Tx0u(x,t)估計(jì)。ulxx因?yàn)閡(x,t)u(0,t)uxdxuxdxxdx，應(yīng)用布尼亞科夫斯基不等式，00012ux1k(x)udxkxdxk(x)u2dxKlllldx()1可以得到xk(x)x0000lK2k(x)1dx()0kx（因且充分光滑）其中即0u(x,t)u(0,t)Ku(x,t)K，得又由邊界條件u(0.t)0即當(dāng)0xl0tTuxt(,)，，有很小，得證。3．證明波動(dòng)方程fL2(K)的自由項(xiàng)中在意義下作微小改變時(shí)，對應(yīng)的柯西問題的解在意義之下改變也是微小uL2(K)的。證：研究過(x,y,R)的特征錐K00a令tt截K，得截面t，在上研究能量：tt其中為的t邊界曲線。再利用奧氏公式，得第12頁因?yàn)榈诙?xiàng)是非正的，故dE(t)E()f2dxdy所以令dtttF(t)f2dxdytd(eE())etF(t)t上式可寫成即tdttE()E(0)etetF()dt0EEeef2dxdydttt即t0KE0ux,y,tdxdy2研究tttE0EeeEdtt所以t0000為證明柯西問題的解的關(guān)于自由項(xiàng)的穩(wěn)定性，只須證明柯西問題12f當(dāng)f2dxdydtu“很小”時(shí)，則解的模uL2K也“很小”LK2Ku0u0t0此時(shí)，由始值tt0，而由于得E0，即00E0,所以0f2LK故任給得證0u，當(dāng)，則ML2K24．固定端點(diǎn)有界弦的自由振動(dòng)可以分解成各種不同固有頻率的駐波(諧波)的波的動(dòng)能和位能，并證明弦振動(dòng)的總能量等于各個(gè)駐波能量的迭加。這個(gè)物理性質(zhì)對應(yīng)的數(shù)學(xué)事實(shí)是什么？解：固定迭加。試計(jì)算各個(gè)駐端點(diǎn)有界弦的自由振動(dòng)，其解為u每一個(gè)是一個(gè)駐波，將的總能量記作uEV，位能記作，動(dòng)能記作nK，則nnnn2annnxdxll2lsinancos2Va2u2dxanxAtBt2cosnnnlll00an2EVKn22ABnn總能量nn2lEtE0。nnEtn由此知及無關(guān)，即能量守恒，第13頁現(xiàn)在計(jì)算弦振動(dòng)的總能量，由于自由振動(dòng)能量守恒，故總能量Et亦滿足守恒定律，即luauxt0dx222Et即t0AB又由分離變量法，、由始值決定，且nnnnx)dxllanlan2dx(Bsinx)(Bsinlu所以利用同理所以tnnll0n1m10t0n[0,l]上的正交性，得在sinxlcosnmcosmxdxlllnu2dxAxAlxt0nmll0n1m10anEt2ABE。22n2lnn1n1即總能量等于各個(gè)駐波能量之和。u這個(gè)物理性質(zhì)所對應(yīng)的數(shù)學(xué)意義說明線性齊次方程在齊次邊界知件下，不僅解具有可加性，而且nx的正交性所決定的。lludxu2dx仍具有可加性。這是由于sin2t及xl005.在c2,c2的情況下，證明定理5，即證明此時(shí)波動(dòng)方程柯西問題存在著唯一的廣義解，并且它在證理4的意義下是穩(wěn)定的。證：我們知道當(dāng)c3,c2，則波動(dòng)方程柯西問題的古典解唯一存在，且在L2(K)意義下關(guān)于初始條件使穩(wěn)定的（定理3、4）今c2,c1，根據(jù)維爾斯特拉斯定理，存在{n}c2,當(dāng)n時(shí)n及c3,{n}nx及,一致收斂于。,其一階偏導(dǎo)數(shù),分別一致收斂于nyxynn,記：u為初始條件的柯西問題的古典解為，則nu二階連續(xù)可微，且在L2(K)u意義下關(guān)nnn于,nL（）（0：特征錐K及t0相交截2是穩(wěn)定的。{},{}為一致連續(xù)序列，自然在nnn0出的圓意義下為一基本列，即m,nN時(shí)）u根據(jù)的穩(wěn)定性，得n意義下為一基本列，根據(jù)黎斯—弗歇爾定理，存在唯一的函數(shù),使當(dāng)n時(shí)uuL在2(K)即n第14頁,即為對應(yīng)于初始條件的柯西問題的廣義解。u現(xiàn)在證明廣義解的唯一性。c3,c2，當(dāng)n時(shí),且,nynxy若另有nnxnnuuL(K)),現(xiàn)在uu,用反證法，2是一致的，其所對應(yīng)的古典解(按n若uu，研究序列,,,,,,(1)(2)1122nn,,,,,,1122nn,,偏導(dǎo)數(shù)仍分別一致收斂于,序列（2）仍為一致收斂于，利用古xyx和y則序列（1）及其對的典解關(guān)于初始條件的穩(wěn)定性，序列（1）(2)所對應(yīng)的古典解序列根據(jù)黎期弗歇爾定理，按L2(L)意義收斂于極限函數(shù)。及uu矛盾。故以上所定義的廣義解是唯一的唯一的。c2,c1，所對應(yīng)的廣義解記作1又uc2,c1所對應(yīng)的廣義解記作2，即存u若1122,,2y則,。分別一致收斂于112xyx{1n}c3,{1n}c2,{2n}c3,{2n}c2在,1n,2n所對應(yīng)的u，所對應(yīng)的uL2(K)u意義收斂于古典解2n按L2(K)意義收古典解按12n1n1u斂于23[u1u1n2L2u1nu2n2L2u2nu22L2](3)若,,,12L2()01x2xL21y2yL2()12()0L2()00。則=3[22n2221L2()+L2()+0L2()]01n120因1n，2，故當(dāng)nN有1n，2n212n1L2()0L2()0所以2nL2()3292L2()0即1n1n2n01nx31ny3，2nyL()同理有，2nxL2()02031n2nL2()0。（當(dāng)nN）又由廣義解的0定義知，對，穩(wěn)定性，得u1nu2n由古典解的L2(K)第15頁當(dāng)nN有故當(dāng)nmax(N,N)時(shí)，由（3）式有即廣義解對于初始條件是穩(wěn)定的。6．對弦振動(dòng)方程的柯西問題建立廣義解的定義，并證明在(x)為連續(xù)，(x)為可積的情形，廣義解仍然可以用達(dá)朗貝爾公式來給出，因而是連續(xù)函數(shù)。解：由達(dá)朗貝爾公式知，當(dāng)(x)c2,(x)c1時(shí)ua2uttxx則柯西問題(x)u(x),ut0tt0有古典解uc2.且關(guān)