數(shù)理方程習題綜合

精選文庫例 1.1.1 設v=v(線x,y),二階性偏微分方程vxy =xy 的通解。解 原方程可以寫成x（vy） =xy兩邊對x 積分，得vy =（y）+1/2 x2Y,其中（y）是任意一階可微函數(shù)。進一步地，兩邊對y積分，得方程得通解為v（x,y）=vydy+f（x）=（y）dy+f（x）+1/4 x2y2=f（x）+g（y）+1/4 x2y2其中f（x）,g（y）是任意兩個二階可微函數(shù)。例1.1.2即 u(,) = F() + G(),其中F(),G()是任意兩個可微函數(shù)。例1.2.1設有一根長為L的均勻柔軟富有彈性的細弦，平衡時沿直線拉緊，在受到初始小擾動下，作微小橫振動。試確定該弦的運動方程。 取定弦的運動平面坐標系是OXU,弦的平衡位置為x軸，弦的長度為L，兩端固定在O,L兩點。用u(x,t)表示弦上橫坐標為x點在時刻t的位移。由于弦做微小橫振動，故ux0.因此0，cos1,sintan=ux0,其中表示在x處切線方向同x軸的夾角。下面用微元法建立u所滿足的偏微分方程。在弦上任取一段弧,考慮作用在這段弧上的力。作用在這段弧上的力有張力和外力。可以證明，張力T是一個常數(shù)，即T與位置x和時間t的變化無關。事實上，因為弧振動微小，則弧段的弧長。這說明該段弧在整個振動過程中始終未發(fā)生伸長變化。于是由Hooke定律，張力T與時間t無關。因為弦只作橫振動，在x軸方向沒有位移，故合力在x方向上的分量為零，即T(x+)cos-T(x)cos=0.由于cos1，cos1,所以T(X+x)=T(x),故張力T與x無關。于是，張力是一個與位置x和時間t無關的常數(shù)，仍記為T.作用于小弧段的張力沿u軸方向的分量為Tsin-TsinT(ux(x+,t)-ux(x,t).設作用在該段弧上的外力密度函數(shù)為F（x,t）那么弧段在時刻t所受沿u軸方向的外力近似的等于F(x,t).由牛頓第二定律得T（ux(x+,t)-ux(x,t)+F(x,t)=,其中是線密度，由于弦是均勻的，故為常數(shù)。這里是加速度在弧段上的平均值。設u=u(x,t)二次連續(xù)可微。由微分中值定理得Tu（x+，t)+F(x,t)=, 01.消去，并取極限0得Tu（x,t）+F(x,t)=u,即 u=u+(x,t), 0x0,其中常數(shù)=T/，函數(shù)（x,t）=F(x,t)/表示在x處單位質(zhì)量上所受的外力。上式表示在外力作用下弦的振動規(guī)律，稱為弦的強迫橫振動方程，又稱一維非齊次波動方程。當外力作用為零時，即=0時，方程稱為弦的自由橫振動方程。類似地，有二維波動方程u=（u+u）+（x.y.t）, (x,y),t0,電場E和磁場H滿足三維波動方程和,其中c是光速和。例1.2.2設物體在內(nèi)無熱源。在中任取一閉曲面S（圖1.2）。以函數(shù)u(x,y,z,t)表示物體在t時刻，M=M(x,y,z)處的溫度。根據(jù)Fourier熱傳導定律，在無窮小時段dt內(nèi)流過物體的一個無窮小面積dS的熱量dQ與時間dt，曲面面積dS以及物體溫度u沿曲面的外法線n的方向?qū)?shù)三者成正比，即,其中k=k(x,y,z)是在物體M(x,y,z)處的熱傳導系數(shù)，取正值。我們規(guī)定外法線n方向所指的那一側為正側。上式中負號的出現(xiàn)是由于熱量由溫度高的地方流向溫度低得地方。故當時，熱量實際上是向-n方向流去。對于內(nèi)任一封閉曲面S，設其所包圍的空間區(qū)域為V，那從時刻到時刻經(jīng)曲面流出的熱量為= 設物體的比熱容為c(x,y,z)，密度為(x,y,z)，則在區(qū)域V內(nèi)，溫度由u(x,y,z,)到u(x,y,z)所需的熱量為.根據(jù)熱量守恒定律，有即 假設函數(shù)u(x,y,z,t)關于x,y,z具有二階連續(xù)偏導數(shù)，關于t具有一階連續(xù)偏導數(shù)，那么由高斯公式得.由于時間間隔及區(qū)域V是任意的，且被積函數(shù)是連續(xù)的，因此在任何時刻t，在內(nèi)任意一點都有 (1.2.6)方程稱為非均勻的各向同性體的熱傳導方程。如果物體是均勻的，此時k,c及均為常數(shù)，令=，則方程(1.2.6)化為, (1.2.7)它稱為三維熱傳導方程若物體內(nèi)有熱源，其熱源密度函數(shù)為，則有熱源的熱傳導方程為 (1.2.8)其中類似地，當考慮的物體是一根均勻細桿時如果它的側面絕熱且在同一截面上的溫度分布相同，那么溫度只與有關，方程變成一維熱傳導方程 （1.2.9） 同樣，如果考慮一塊薄板的熱傳導，并且薄板的側面絕熱，則可得二維熱傳導方程 （1.2.10）（P16)例1.3.1一長為L的彈性桿，一端固定，另一端被拉離平衡位置b而靜止，放手任其振動。試寫出桿振動的定解問題。解 取如圖1.3所示的坐標系。 O L L+b x泛定方程就是一維波動方程（桿的縱振動方程）u=au, 0xL.在初始時刻（即放手之時），桿振動的速度為零，即u(x,0)=0,0xL.而在x=L端拉離平衡位置，使整個彈性桿伸長了b。這個b是來自整個桿各部分伸長后的貢獻，而不是x=L一端伸長的貢獻，故整個彈性桿的初始位移為u|=x, 0xL.再看邊界條件。一端x=0固定，即該端位移為零，故有u(0,t)=0,0xL.另一端由于放手任其振動時未受外力，故有u(L,t)=0,t0.所以，所求桿振動的定解問題為 u=au, 0x0, u(x,0)=x, u（x,0)=0, 0xL,u(0,t)=0, u(L,t)=0, t0.（P17）例1.3.2 ：長為L的均勻弦，兩端x=0和x=L固定，弦中張力為T，在x=x0處以橫向力F拉弦，達到穩(wěn)定后放手任其振動。試寫出初始條件。X0解：建立如圖坐標系。設弦在x0點受到橫向力T作用后發(fā)生的位移為h,則弦的初始位移為 hx, 0xx0,u(x,0)= x0 h(L-x), x0xL, L-x0其中h待求。由牛頓第二定律得F-Tsin1-Tsin2=0，在微小振動的情況下， Sin1tan1= h , sin2tan2= h , x0 L-x0所以 F=Th +Th x0 L-x0因此 h=Fx0(L-x0) . TL F(L-x0) , 0xx0,從而初始位移為u(x,0)= TL Fx0(L-x) , x0xL. TL而初始速度ut(x,0)=0.(P18)例1.3.3考慮長為L的均勻細桿的熱傳導問題。若（1）桿的兩端保持零度；（2）桿的兩端絕熱；（3）桿的一端為恒溫零度，另一端絕熱。試寫出該絕熱傳導問題在以上三種情況下的邊界條件。解：設桿的溫度為u(x,t),則（1） u（x,t）=0，u(L,t)=0.（2） 當沿桿長方向有熱量流動時，由Fourier實驗定律得其中q1,q2分別為x=0和x=L處的熱流強度。而桿的兩端絕熱，這就意味著桿的兩端與外界沒有熱交換，亦沒有熱量的流動，故有q1=q2=0和.(3) 顯然，此時有 .例1.5.1求Poisson方程Uxx +Uyy =X2 +XY+Y2的通解解:先求出方程的一個特解V=V（x，y),使其滿足Vxx +Vyy=X2 +XY+Y2 由于方程右端是一個二元二次齊次多項式，可設V（x，y) 具有形式V(x,y)=aX4 +bX3 Y+cY4,其中a,b,c是待定常數(shù)Vx=4aX3+3bX2 Y Vy=bX3+4cY3Vxx=12aX2+6bXY Vyy=12cY2得Vxx+Vyy=12aX2 +6bXY+12cY2=X2 +XY+Y2 比較兩邊系數(shù)，可得a=1/12,b=1/6,c=1/12于是V（x,y)=1/12(X4 +2X3 Y+Y4）下面求函數(shù)W=W(x,y),使其滿足Wxx+Wyy=0.作變量代換e=x,n=iy(以下的偏導的符號記為d)Ue=du/de=du/dx=Ux Un=du/dn=du/dy *dy/dn=-iyUee=dUe/de=Uxx Unn=-Uyy可得Wee-Wnn=0再作變量代換s=e+n,t=e-nUe=du/de(s,t)=Us+Ut Un=du/dn=Us-UtUee=dUe/de=d(Us+Ut)/de=Uss+Utt+2UstUnn=dUn/dn=d(Us-Ut)/dn=Uss+Utt-2Ust那么方程進一步化為Wst=0其通解為W=f(s)+g(t)=f(e+n)+g(e-n)=f(x+iy)+g(x-iy),其中f,g是任意兩個二階可微函數(shù)。那么根據(jù)疊加原理，方程的通解為u(x,y)=V+W=f(x+iy)+g(x-iy)+1/12(X4+2X3 Y+Y4)(P32)例2.1.1 判斷方程Uxx+2Uxy-3Uyy+2Ux+6Uy=0（2.1.22）的類型，并化簡。解： 因為a11= 1,a12= 1,a22= -3,所以 =a212-a11a22=40,故方程為雙曲型方程。對應的特征方程組為 該方程組的特征曲線（即通解）為作自變量變換則 將上述各式帶入方程（2.1.22），得第一種標準形式 （2.1.23）若令則得到第二種標準形式 （2.1.24）下面對式（2.1.24）進一步化簡。令則代入方程，得我們?nèi)t式（2.1.24）化簡為 （2.1.25）該方程不含一階偏導數(shù)項。例2.1.2例 2.1.4 求值問題 4y2vxx+2(1-y2)vxy-vyy-2y/(1+y2) (2vx-vy)=0,xR1,Y0V(X,0)=（X）,VY（X,0）=（X）,XR1 的解，其中（x）是已知任意二階可微函數(shù)，（x）是任意一階可微函數(shù)。解 先把所給方程化為標準型。特征方程組為 dy/dx =-1/2,dy/dx=1/2y2.其通解為x+2y=C1,x-2y3/3=C做自變量變換=x+2y,=x-2y3/3,這樣給定的方程化為標準型V=0依次關于和積分兩次，得通解v=F（）+G（）.代回原自變量x,y得原方程得通解v？（x,y）=F（x+2y）+G（x-2y2/3）其中F,G是任意兩個可微函數(shù)。進一步，由初始條件得（x）=v（x,0）=F（x）+G（x）,（x）=VY（x,0）=2F（x）從而求出F（x）=F（0）+1/2x0（t）dt,G（x）=（x）-F（0）-1/2x0（t）dt.所以原定解問題的解為v（x,y）=（x-2y3/3）+1/2x+2yx-2y3/3（t）dt.例2.1.3 設常數(shù)A,B,C滿足 B2-4AC0,m1,m2是方程Am2+Bm+C=0 的兩個根。證明二階線性偏微分方程Auxx+Buxy+Cuyy=0 的通解具有如下形式：u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y), 其中f,g是任意兩個二階可微函數(shù)。證 不失一般性，設A0和B2-4AC0.其它情況可以類似的處理。令=m1x+y,=m2x+y.則Ux=m1u +m2u，uy=u+u ， Uxx=m12u+2m1m2u+m22u uyy=u+2u+u ,uxy=m1u+(m1+m2)u+u上述式代入得 ：（Am12+Bm1+C）u+（Am22+Bm2+C）u+(2Am1m2+B(m1+m2)+2C)u=0由題意得Am12+Bm1+C=0，Am22+Bm2+C=0，m1+m2=B/A, m1m2=C/A上述式代入得(1/A)(4AC-B2)u=0又由題意得4AC-B20故u=0對該方程兩邊分別關于和積分，得通解u=f()+g（），代回自變量x,y,得方程的通解是u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y), 其中f,g是任意兩個二階可微函數(shù)。證畢。端點自由的半無限長的均勻弦振動的定解問題 (3.1.22)因為,我們對函數(shù)關于x做偶延拓。定義和如下：函數(shù)在上是偶函數(shù)。由推論3.1.1，是關于x的偶函數(shù)，且這樣得到定解問題（3.1.22）的解所以，當時，（3.1.23）當時， （3.1.24）例4.2.3端點固定的半無限長的均勻弦振動的定解問題考慮定解問題求解上述問題的基本思路是以某種方式延拓函數(shù)使其在上也有定義，這樣把半無界區(qū)域上的問題轉(zhuǎn)變成上的初值問題。然后利用達朗貝爾公式（3.1.15），求出在上的解u（x,t）。同時使此解u（0,t)滿足u（0，t)=0.這樣當x限制在上就是我們所要求的半無界區(qū)域上的解。由微積分知識可知，如果一個連續(xù)可微函數(shù)g（x)在上是奇函數(shù)，則必有g（0）=0.因此要使解u=u（x,t)滿足u（0,t)=0，只要u(x,t)是x的奇函數(shù)便可。而由推論3.1.1，只要f(x,t),是x的奇函數(shù)。因此對函數(shù)f和關于x作奇延拓。我們定義F（x,t),和如下：顯然函數(shù)F和在上是奇函數(shù)。然后考慮初值問題（3.1.17）由（3,1,15)，問題（3.1.17)的解是（3.1.18）所以問題（3.1.16)的解u（x,t)在上的限制。于是當時，（3.1.19)當時，（3.1.20）例2.2.1確定下列方程標準型(1) uxx+2uxy-2uxz+2uyy+6uzz=0(2)解:(1)方程對應的系數(shù)矩陣是利用線性代數(shù)中把對稱矩陣化為對角型的方法,我們可選取,則 (2) 方程對應的系數(shù)矩陣是 因為其中所以取 則給定的方程化簡為例3.1.1 求解下列初值問題解：利用達朗貝爾公式（3.3.15）得易見，解關于x 是奇函數(shù)。4.2.1波動方程的初邊值問題例4.2.1設邊長為L的弦，兩端固定，作微小橫振動。已知初位移為（x）,初始速度為（x）,試求弦的運動規(guī)律。解： 該物理問題可歸為下列定解問題： 1設上述問題有非零變量分離解u(x,t)=X(x)T(t).代入上述問題1中得：X(x)T(t)=a2X(x)T(t)， 由此設：T(t)a2T(t) =X(x)X(x) =-（記-為比值常數(shù)），并得： T(t)+a2T(t) =0 2 X(x)+X(x) = 0, 3再根據(jù)邊界條件u(0,t)=u(L ,t)=0,得：X(0)T(t)=X(L)T(t)=0 , T(t)0,則 X(0)=X(L)=0，由上分析，得： 4（1）=-20時，方程組4的通解為：X(x)=C1ex+C2e-x,代入X(0)=X(L)=0，解得常數(shù)C1=C2=0,即得零解X(x)=0（u=0），不合初設u為非零解，舍去；（2）=0時，方程組4的通解為： X(x)=C1x+C2,代入X(0)=X(L)=0，解得零解X(x)=0（u=0），舍去；（3）=20時，方程組4的通解為：X(x)=C1cosx+C2sinx.代入X(0)=X(L)=0，解得C1=0,C2sinL=0 則 =n=n2=（n/L）2,n=1,2,. 對應n的特征函數(shù)為：Xn（x）=Cn sin,n=1,2,.5 將特征值n代入2得：T(t)+na2T(t) =0通解為Tn(t)=Ancos+Bnsin 6綜上可知定解問題的變量分離特解為：un（x，t）=（ancos+bnsin）sin7其中，an= AnCn ,bn=BnCn 為任意常數(shù)，n=1,2根據(jù)線性疊加原理，將特解un（x，t）疊加起來，得到通解：u(x,t)=. 8由原定解問題： （x）=u(x,0)= (x) =ut(x,0)=，可將（x）， (x)看作是0,L上的傅里葉級數(shù)，則有：把上面得到的an,bn代入8中，得級數(shù)通解u(x,t)= ,其中經(jīng)檢驗，得到的通解u（x,t）滿足關于x和t逐項微分二次后一致收斂，因而滿足定解問題1中方程和相應條件，即通解u（x,t）存在，是定解問題的解 例4.2.2設長為L，且兩端自由的均勻細桿，作縱振動，且初始位移為（x），初始速度為（x）。試求桿做自由縱振動的位移規(guī)律。解： 令，代入上式得：得到兩個獨立的常微分方程又由邊界條件，得所以特征值問題為當0,函數(shù) 在 滿足狄利克雷條件。我們?nèi)匀挥梅蛛x變量法解這個問題。設 將其代入到（4.2.38）方程中，得 從而得到關于 的常微分方程由（4.2.38）中的邊界條件，得 下面求解由方程（4.2.41）和邊界條件（4.2.42）組成的特征值問題當 時，邊值問題（4.2.41）和（4.2.42）只有零解。當 時，方程（4.2.41）的通解為 由邊界條件（4.2.42），得 為求特征值和特征函數(shù)，設 所以 記 則上式可表示為 方程（4.2.43）的根可以看作切曲線 與直線 的交點的橫坐標，見圖4.6.由此可見，他們交點有無窮多個，他們關于原點對稱，設方程（4.2.43）的無窮多個正根依次為 于是邊值問題（4.2.41）和（4.2.42）的特征值和相應的特征函數(shù)為 現(xiàn)在證明特征函數(shù)系 在 是正交系.記 則 分別滿足 和邊界條件（4.2.42）.用 乘以（4.2.46），然后（4.2.46），然后兩式相減，并且在 上積分，得因為當 時， .所以 即特征函數(shù)系 是 上的正交函數(shù)系.下面將 代入到方程（4.2.40），得解 由此得到滿足方程（4.2.38）中的方程和邊界條件的一組特解 其中任意常數(shù) ,由于方程和邊界條件是其次的利用疊加原理，可設定解問題（4.2.38）的形式解為 用 乘以式（4.2.50），并且利用 是 上的正交函數(shù)性，我們得到這里 將是（4.2.51）代入（4.2.49），即得原定解問題（4.2.38）的形式解.例4.4.1解下列非齊次邊界的定解問題 0x0,=, =, 0xL, t0。其中A，B是常數(shù)。解：設u（x,t）= +,將其帶入到上述的方程中，得=為使方程和邊界條件都化為齊次的，我們選取滿足 其解為.再解滿足的定解問題 , ,=- 由波動方程的初邊值問題(例4.2.1)可知其中系數(shù) 例4.4.2解下列初邊值問題： 0x0, 其中a,b,A,B是常數(shù)，且a0和解：設其中滿足顯然可取 那么滿足如下（4.4.14）三等式。 0x0, 易知上式的特征函數(shù)系為 因此上式的形式解為：（4.4.15）其中為待定系數(shù)。把v代入（4.4.14）中的方程得（4.4.16）其中對等式（4.4.16）兩邊同乘以并且利用三角函數(shù)系在上的正交性，得 （4.4.17）其中n=1,2.(4.4.18)方程（4.4.17）的解為（4.4.19）由（4.4.14）中的初始條件和式（4.4.15）得 所以因此定解問題（4.4.13）的形式解為（4.4.21）其中由式（4.4.19）給出，由式（4.4.20）確定。例4.4.2求解下列無限桿的熱傳導方程的初值問題：解：其解為這樣問題的解為由卷積定理得同理可得所以處置問題的形式解為例5.3.4利用傅里葉變換求解一維波動方程的初值問題 （5.3.12）記。那么問題（5.3.12）化為（5.3.13）這是一個帶參數(shù)的常數(shù)微分方程的初值問題，其解為 由于以及類似的，有所以原問題（5.3.12）的解為這就是波動方程的達朗貝爾解例 6.2.2 利用拉普拉斯變換，求解下列初邊值問題： x0,t 0, x=0, 解： 因為已知，所關于自變量t作變換，設則由定解問題中的方程和初始條件可得其通解是注意到邊界條件得所以 因此 故問題的解為.利用積分性質(zhì)和延遲性質(zhì)可得這就是所求的解。例7.3.1求拉普拉斯方程在半空間z0上的狄利克雷問題的解： （7.3.1）解：在半空間z0上任取一點M0=M0（x0,y0,z0),在其上放置一單位正電荷，它在無窮空間形成電場，在上半空間任一點M（x,y,z)處的電位為。然后找出M0關于邊界z=0的對稱點M1=M1（x0,y0,-z0),并在其上放置一單位負電荷。則它與M0點的單位正電荷所產(chǎn)生的電位在平面z=0上電位互相抵消。因為在z0上為調(diào)和函數(shù)，在閉區(qū)域z=0上具有一階偏導數(shù)，故 (7.3.2)便是半空間z0上的格林函數(shù)，其中下面計算，由于在平面z