第一章.
波动方程
§1 方程的导出。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),(t x u 满足方程
()??
? ??????=??? ??????x u E x t u x t ρ 其中ρ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 x ?。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:
),();,(t x x u x x t x u x ?++?++
其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u x
x
t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ
令
0→?x ,取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。由虎克定律,张力),(t x T 等于
),()(),(t x u x E t x T x =
其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。
设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ?+两端的力分别为
x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(?+?+).,(t x x ?+
于是得运动方程
tt u x x s x ???)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-?+?+
利用微分中值定理,消去x ?,再令0→?x 得
tt u x s x )()(ρx
??
=
x ESu () 若=)(x s 常量,则得
22)(t
u x ??ρ=))((x u x E x ????
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l x x ==,0两点则相应的边界条件为
.0),(,0),0(==t l u t u
(2)若l x =为自由端,则杆在l x =的张力x
u
x E t l T ??=)
(),(|l x =等于零,因此相应的边界条件为
x u
??|l
x ==0 同理,若0=x 为自由端,则相应的边界条件为
x u
??∣00
==x (3)若l x =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)(t v 给出,则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。由虎克定律有
x u
E
??∣)](),([t v t l u k l
x --== 其中k 为支承的刚度系数。由此得边界条件
)(
u x u σ+??∣)(t f l x == 其中E
k =σ 特别地,若支承固定于一定点上,则,0)(=t v 得边界条件
)(
u x
u
σ+??∣0==l x 。 同理,若0=x 端固定在弹性支承上,则得边界条件
x u
E
??∣)](),0([0t v t u k x -== 即 )(u x
u
σ-??∣).(0t f x -= 3. 试证:圆锥形枢轴的纵振动方程为 2222)1(])1[(t
u h x x u h x x E ??-=??-??ρ 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l 为:
h
x l -
=1 所以截面积2
)1()(h
x x s -
=π。利用第1题,得 ])1([)
1()(2222x
u
h x E x t u h x x ??-??=??-ππρ 若E x E =)(为常量,则得
2
222)1(])1[(t u
h x x u h x x E ??-=??-??ρ 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l ,弦的线密度为ρ,则x 点处的张力)(x T 为
)()(x l g x T -=ρ
且)(x T 的方向总是沿着弦在x 点处的切线方向。仍以),(t x u 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 x x ?+则弦段两端张力在u 轴方向的投影分别为
)(sin ))(();(sin )(x x x x l g x x l g ?+?+--θρθρ
其中)(x θ表示)(x T 方向与x 轴的夹角
又 .
sin x u tg ??=≈θθ 于是得运动方程
x u
x x l t
u x ???+-=???)]([22ρ∣x u x l g x x ??--?+][ρ∣g x ρ
利用微分中值定理,消去x ?,再令0→?x 得
])[(2
2x u
x l x g t
u ??-??=??。 5. 验证 2
221),,(y x t t y x u --=
在锥2
22y x t -->0中都满足波动方程
222222y u x u t u ??+??=??证:函数2221),,(y
x t t y x u --=在锥2
22y x t -->0内对变量t y x ,,有
二阶连续偏导数。且
t y x t t
u
?---=??-
2
3
222)(
225
222232222
2
)(3)(t y x t y x t t
u
?--+---=??--
)2()
(2222
3222
y x t y x t
++?--=-
x y x t x
u ?--=??-2
3
222)(
(
)
(
)
2252222
32222
23x y x t y x t x
u -
--
-+-
-=??
(
)()222252222y x t y x t -+--=-
同理 ()()222252222
22y x t y x t y
u
+---=??-
所以
(
)().2222
22
2
522
22
22
2t u
y
x t
y x t y
u x
u ??=++-
-=??+
??-
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 x x ?+,上所受的摩阻力.由题设,单位质量所受摩阻力为t
u
b
??-,故()x x x ?+,上所受摩阻力为 ()()t
u
x
x s x p b ?????-
运动方程为:
()()()()t u x x s x b x x u ES t u ES t u
x x s x x x ????-??-???
????=???
??+ρρ2
2
利用微分中值定理,消去x ?,再令0→?x 得
()()()()
.22t
u
x s x b x u ES x t u x s x ??-??? ??????=??ρρ 若=)(x s 常数,则得
()()t u
x b x u E x t
u x ??-??? ??????=??ρρ22
若 ()()则得方程令也是常量是常量
,.,2
ρ
ρρE
a E x E x ===
.2
2
222x
u a t u b t u ??=??+??
§2 达朗贝尔公式、 波的传抪
1. 证明方程
()常数01112
22
22 h t
u
h x a x u h x x ????? ??-=????????????? ??-?? 的通解可以写成
()()x
h at x G at x F u -++-=
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:
()().,
:0x t
u
x u t ψ=??==? 解:令()v u x h =-则
()()()??
?
?
???+-=??-??+=??-x v u x h x
u x h x
v u x
u x h 2,
))(()()()()[(2222x
v u x h x u x h x u x h x v u x u x h x ??+-=??-+??-+??+-=??-??
又 ()2222t
v t u x h ??=??-
代入原方程,得
()()222221t
v x h a x v x h ??-=??-
即 2
22221t v a x v ??=?? 由波动方程通解表达式得
()()()at x G at x F t x v ++-=,
所以 ()()()
x h at x G at x F u -++-=
为原方程的通解。 由初始条件得
()()()[])1(1
x G x F x h x +-=
?
()()()[]
x aG x aF x
h x //1
+--=ψ
所以 ()()()
())2(1
c d h a x G x F x
x +-=-?ααψα
由)2(),1(两式解出
()()()()()2
2121c
d h a x x h x F x
x o
+-+-=?ααψα?
()()()()()2
2121c d h a x x h x G x
x o
+---=?ααψα? 所以 )]()()()[()
(21
),(at x at x h at x at x h x h t x u +--+-+--=
??
+
?+---at x at
x h x h a ()()(21
ψα.)ααd
即为初值问题的解散。
2.问初始条件)(x ?与)(x ψ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 ψ决定。初值问题的解仅由右传播组成,必须且只须对 于任何t x ,
有 G(x+at)≡常数.
即对任何x, G(x)≡C 0
又 G (x )=?-+x x a
C
d a x 02)(21)(21ααψ? 所以)(),(x x ψ?应满足
+)(x ??=x
x C d a 01)(1ααψ(常数)
或 '
?(x)+)(1x a
ψ=0
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)
???
?
???==??=??=+=-).()(0022
222x u x u x u a t u at x at x ψ? ())0()0(ψ?=
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 ψ=F (2x )+G(0) 所以 F(x)=)2
(x ψ-G(0). G (x )=)2
(x ?-F(0). 且 F (0)+G(0)=).0()0(ψ?= 所以 u(x,t)=(
?)2at x ++)2
(at
x -ψ-).0(? 即为古尔沙问题的解。
4.对非齐次波动方程的初值问题
???
????+∞<<-∞=??==+∞<<-∞>=??-??)
()(),(,0),0()
,(22222x x t u x u t x t t x f x u a t u ψ?
证明:
(1) 如果初始条件在x 轴的区间[x 1,x 2]上发生变化,那末对应的解在区间[1x ,
2x ]的影响区域以外不发生变化;
(2) 在x 轴区间[2,1x x ]上所给的初始条件唯一地确定区间[21,x x ]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)=?+-+
++-at
x at x a
at x at x 21)]()([21??+ααψd )( +??-+--t
t a x t a x d d f a 0
)()(.),(21τττξτξ
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 ψ在[2,1x x ]上发生变化,若对任何t>0,有x+at
x x at x t
之外,解u(x,t)不发生变化。 (1)得证。
(2). 区间[21,x x ]的决定区域为 at x x at x t -≤≤+>21,0 在其中任给(x,t ),则
21x at x at x x ≤+<-≤
故区间[x-at,x+at]完全落在区间[21,x x ]中。因此[21,x x ]上所给的初绐 条件)(),(x x βψ?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
()GRu u LG CR CLu u t tt xx +++=
()为常数G R L C ,,,具体形如
()()()at x f t t x u -=μ,
的解(称为阻碍尼波),问此时G R L C ,,,之间应成立什么关系? 解 ()()()at x f t t x u -=μ,
()()at x f t u xx -''=μ
()()()()at x f t a at x f t u t -'--'=μμ
()()()()()()at x f t a at x f t a at x f t u tt -''+-''--''=μμμ22
代入方程,得
()
()()()()()()()()()()()()()()0
212
=-++'++''+-'++'--''-at x f t GR t GR t LG CR t CL at x f t LG CR a t aCL at x f t CLa
μμμμμμμ
由于f 是任意函数,故f f f ''',,的系数必需恒为零。即
()()()()()()()???
??=+'++''=++'=-00
2012t GR t LG CR t CL t LG CR t CL CLa μμμμμ 于是得
21a
CL =
()()()LG CR a t u t u +-='2
2
所以 ()()t LG CR a e
c t u +-
=2
02
代入以上方程组中最后一个方程,得
()()0242
224≡++-+?GR LG CR a LG CR a CL
又 ()GRCL LG CR CL a =+=
2
24
1,1得 即
()02=-LG CR
最后得到
R
G L C =
6.利用波的反射法求解一端固定并伸长到无穷远处的弦振动问题
()()()()()??
?
??≥=∞<<=====00,000,002t t u x x u x u u a u t t t xx tt ψ? 解:满足方程及初始条件的解,由达朗贝尔公式给出:
()()()()()?+-+-++=at
x at
x d a at x at x t x u ααψ??21
21,。
由题意知()()x x ψ?,仅在∞< 拓到0<<∞-x 上,为此利用边值条件,得 ()()()()?-++=at at d at at ααψ??21 0。 因此对任何t 必须有 ()()at at --=?? ()0=?-at at d ααψ 即()()x x ψ?,必须接奇函数开拓到0<<∞-x 上,记开拓后的函数为()()x x ψΦ,; ()()()()()()?? ?<-->=ψ?? ?<-->=Φ0, 0, 0,0, x x x x x x x x x x ψψ?? 所以 ()()()()()?+- +-++=at x at x d a at x at x t x u ααψ??21 21, ()()()()()()()()??? ??? ?>> +--+><+-++=??+-+-0,, 2121 0,,21 21x a x t d a x at at x x a x t d a at x at x at x x at at x at x ααψ??ααψ??。 7.求方程??? ? ????+??+??=??222222 222z u y u x u a t u 形如()t r f u ,=的解(称为球面波)其中222z y x r ++= 。 解: ()t r f u ,= x r r u x r r u x u ???=?????=?? ` ???? ??-??+???=??322222221r x r r u r x r u x u ??? ? ??-??+???=??322222221r y r r u r y r u y u )1(3222222 2r z r r u r z r u z u -??+???=?? 代入原方程,得 )]3([3 22222 222r z y x r r u r u a t u ++-??+??=?? 即 )2(22 222r u r r u a t u ??++??=?? 令 v ru =,则 222222222,r v r u r u r r v u r u r t v t u r ??=??+????=+????=??, 代入方程,得 v 满足 2 2 222r v a t v ??=?? 故得通解 )()(),(at r G at r F t r v ++-= 所以 )()([1 at r G at r F r u ++-= 8.求解波动方程的初值问题 ??? ??? ?=??==??-??==x t u u x t x u t u t t sin |,0sin 002222 解:由非齐次方程初值问题解的公式得 τξξτααττd d d t x u t t x t x t x t x ???-+--+-+=0) () (sin 21 sin 21),( =?----+---+-t d t x t x t x t x 0 ))](cos())([cos(21 )]cos()[cos(21ττττ =? -+t d t x t x 0 )sin(sin sin sin τττ =t t t x t x 0)]sin()cos([sin sin sin τττ-+-+ =x t sin 即 x t t x u sin ),(= 为所求的解。 9.求解波动方程的初值问题。 ??? ? ?? ?+==++===200222 11|,0|)1(x u u x tx u a u t t t xx tt 解: ???-+--+- +++=t t a x t a x at x at x d d d a t x u 0) () (222)1(1121),(τττξξξτ αα ?+---+=+at x at x at x arctg at x arctg d )()(11 2αα ???-+---+--+-=+t t a x t a x t t a x t a x d d d 0) ()(20)()(22])1(21[)1(τξττξξξτττττ =?-++--++t d t a x t a x 022])) ((1)((1[21τττττ =??-++-+++---x at x x at x du u a u at x du u a u at x ) 1(21)1(212 222 =???+--++++++--at x at x x at x x at x u du a t u du za t du u u x a 2 222 121121 =22 22) (1)(1ln 41))()((2at x at x a at x arctg at x arctg a x -+++++-- + )]()(2[2at x arctg at x arctg arctgx a t +--- =)()(21)()(212 2at x arctg at x a at x arctg at x a ++--- +222) (1)(1ln 41at x at x a arctgx a t -++++ 所以 })(1) (1ln 212)()2()()2{(41),(2 2 2 23at x at x atarctgx at x arctg a at x at x arctg a at x a t x u -++++++??-+----= §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) ??? ? ? ? ???==<<-=??=??=??==0),(),0()0()1(,3sin 0 22 222t l u t u l x x x t u l x u x u a t u o t t π 解:边界条件齐次的且是第一类的,令 )()(),(t T x X t x u = 得固有函数x l n x X n π sin )(=,且 t l an B t l an A t T n n n π πsin cos )(+=,)2,1( =n 于是 ∑∞ =+= 1 sin )sin cos (),(n n n x l n t l an B t l an A t x u π ππ 今由始值确定常数n A 及n B ,由始值得 ∑∞==1 sin 3sin n n x l n A l x π π ∑ ∞ ==-1 sin )(n n x l n B l an x l x π π 所以 ,13=A ,0=n A 当3≠n ?-=l n xdx l n x l x an B 0 sin )(2π π ??? ??+???? ??+-=x l n x n l x l n n l x l n x n l l an ππ ππππ π cos sin cos 2 22 22 )} ))1(1(4cos 2sin 2443 333222n l an l x l n n l x l n n x l --=--π π π ππ 因此所求解为 ∑∞ =--+ =1 4 4 3 s i n s i n )1(143s i n 3c o s ),(n n x l n t l an n a l x l t l a t x u π ππππ (2) ??? ? ? ????=??==??==??-??0)0,(,)0,(0),(0 ),0(022222x t u x l h x u t l t u t u x u a t u 解:边界条件齐次的,令 )()(),(t T x X t x u = 得:?? ?='==+''0)(, 0)0(0 l X X X X λ (1) 及 )2(02 =+''X a T λ。 求问题(1)的非平凡解,分以下三种情形讨论。 1 0<λ时,方程的通解为 x x e C e C x X λλ-- -+=21)( 由0)0(=X 得021=+c c 由0)(='l X 得021=----- -l l e C e C λλλλ 解以上方程组,得01=C ,02=C ,故0<λ时得不到非零解。 2 0=λ时,方程的通解为x c c x X 21)(+= 由边值0)0(=X 得01=c ,再由0)(='l X 得02=c ,仍得不到非零解。 30>λ时,方程的通解为 x c x c x X λλsin cos )(21+= 由0)0(=X 得01=c ,再由0)(='l X 得 0cos 2 =l c λλ 为了使02≠c ,必须 0cos =l λ,于是 2 212?? ? ??+==πλλl n n )2,1,0( =n 且相应地得到x l n x X n π21 2sin )(+= )2,1,0( =n 将λ代入方程(2),解得 t a l n B t a l n A t T n n n ππ21 2sin 212cos )(+++= )2,1,0( =n 于是 ∑∞ =++++=0 21 2sin )212sin 212cos (),(n n n x l n t a l n B t a l n A t x u πππ 再由始值得 ??? ????++=+=∑∑∞ =∞ =00 212sin 2120212sin n n n n x l n B a l n x l n A x l h πππ 容易验证? ?? ???+x l n π212sin )2,1,0( =n 构成区间],0[l 上的正交函数系: ?????=≠=++?n m l n m xdx l n x l m l 当当2 0212sin 212sin 0ππ 利用? ?? ??? +x l n π212sin 正交性,得 xdx l n x l h l A l n π212sin 20+=? l x l n n l x l n x n l l h 0 2 2212sin )12(2212cos )12(22??????? ? ??+??? ? ??++++-=ππππ n n h )1()12(82 2-+= π 0=n B 所以 ∑∞ =+++-=02 221 2s i n 212c o s ) 12()1(8),(n n x l n t a l n n h t x u πππ 2。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 ??? ? ???=??===??=??0)0,()0,(sin ),(, 0),0(22 222x t u x u t A t l u t u x u a t u ω 求解此问题。 解:边值条件是非齐次的,首先将边值条件齐次化,取t x l A t x U ωsin ),(=,则),(t x U 满足 0),0(=t U ,t A t l U ωsin ),(= 令),(),(),(t x v t x U t x u +=代入原定解问题,则),(t x v 满足 )1()0,(0)0,(0),(,0),0(sin 22 2222??? ? ???-=??===+??=??x l A x t v x v t l v t v t x l A x v a t v ωωω ),(t x v 满足第一类齐次边界条件,其相应固有函数为x l n x X n π sin )(=,)2,1,0( =n 故设 )2(sin )(),(1 ∑∞ == n n x l n t T t x v π 将方程中非齐次项 t x l A ωωsin 2及初始条件中x l A ω-按? ?? ? ??x l n π sin 展成级数,得 ∑∞ ==1 2sin )(sin n n x l n t f t x l A π ωω 其中 ?=l n xdx l n t x l A l t f 02sin sin 2)(π ωω l x l n n l x l n x n l t l A 0 22222sin cos sin 2??? ?? ?+-=ππππ ωω x l A t n A n ωωπω--=+sin )1(212 x l n n n π ψsin 1 ∑∞ == 其中 n l n n A xdx l n x l A l )1(2sin 202-=-=?πω πωψ 将(2)代入问题(1),得)(t T n 满足??? ??? ?-='=-=?? ? ??+''+n n n n n n n A T T t n A t T l an t T )1(2)0(,0)0(sin )1(2)()(12 2 π ω ωπωπ 解方程,得通解2212)(sin )1(2sin cos )(?π?π?ππ-?-++=+l an t n A t l an B t l an A t T n n n n 由始值,得0=n A 222222231)(2)1(}))((2)1(2)1{(1l an al A l an n l A n A an B n n n n ?π??ππ?π?π--=----=+ 所以 ∑∞ =--=12 2sin ) ()(2)1({),(n n t l an l an al A t x v π ?π? x l n t n l an l A n π ?π ?π?sin }sin 1)()(2)1(22221?--++ x l n t n l t l an a l an l A n π ?π?π?π?sin }sin sin {) ()()1(212 22∑∞ =---= 因此所求解为 ∑∞ =--+=1 2 22 )()()1(2sin ),(n l an l A t x l A t x u ?π?? x l n t nt l t l an a π ??πsin }sin sin {-? 3.用分离变量法求下面问题的解 ??? ? ? ? ???===??=+??=??====0||0 ||00022 222l x x t t u u t u u bshx x u a t u 解:边界条件是齐次的,相应的固有函数为 ),2,1(sin )( ==n x l n x X n π 设 ∑∞ == 1 sin )(),(n n x l n t T t x u π 将非次项bshx 按}{sin x l n π 展开级数,得 ∑∞ ==1 sin )(n n x l n t f bshx π 其中 shl bn l n xdx l n shx l b t f n l n πππ2)1(sin 2)(2221 0+-==+? 将 ∑∞ == 1 s i n )(),(n n x l n t T t x u π 代入原定解问题,得)(t T n 满足 ???? ?='=+-=+' '+0 )0(,0)0(2)1()()( )(22212n n n n n T T shl l n bn t T l an t T πππ 方程的通解为 shl l n bn an l t l an B t l an A t T n n n n 12222)1(2)(sin cos )(+-+?++=ππ πππ 由0)0(=n T ,得:shl l n bn an l A n n 12 222)1(2)(+-+-=ππ π 由0)0(='n T ,得0=n B 所以 )cos 1()1(2)1()(12222t l an shl l n bn an t T n n ππππ--+=+ 所求解为 ∑∞=+-+-=12 22122sin )cos 1() ()1(2),(n n x l n t l an l n n shl a bl t x u π πππ 4.用分离变量法求下面问题的解: ???? ? ????=??===>??=??+??====0|,|0||)0(20002 2 222t t l x x t u x l h u u u b x u a t u b t u 解:方程和边界条件都是齐次的。令 )()(),(t T x X t x u = 代入方程及边界条件,得 λ-==+X X T a bT T " 2 '"2 0)()0(==l X X 由此得边值问题 ?? ?===+0 )()0(0"l X X X X λ 因此得固有值2 ?? ? ??==l n n πλλ,相应的固有函数为 ,2,1,s i n )(==n x l n x X n π 又)(t T 满足方程 022 ' " =++T a bT T λ 将n λλ=代入,相应的)(t T 记作)(t T n ,得)(t T n 满足 022 ' "=?? ? ??++T l an bT T n n π 一般言之,b 很小,即阻尼很小,故通常有 ,2,1,2 2=?? ? ?? 故得通解 )sin cos ()(t B t A e t T n n n n bt n ωω+=- 其中 2 2 b l an n -?? ? ??=πω 所以 x l n t B t A e t x u n n n n n bt πωωsin )sin cos (),(1 +=∑∞ =- 再由始值,得 ??? ????+-==∑∑∞ =∞=x l n B bA x l n A x l h n n n n n n πωπsin )(0sin 11 所以 10 2)1(2sin 2+-==?n l n n h xdx l n x l h A ππ 1)1(2+-= =n n n n n n bh A b B πωω 所求解为 .sin )sin (cos )1(2),(1 1x l n t b t n e h t x u n n n n n bt π ωωωπ +-= ∑∞ =+- §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 )(2zz yy xx tt u u u a u ++= 的柯西问题 ?????=+===0 0230t t t u z y x u 解:泊松公式 ds r a ds r a t u Sat M Sat M ????+?? ??????????=ψ πφπ4141 现 z y x 2 3 ,0+==φψ 且 ????=Φ=Φ ππ ?θθ?θ020|sin ),,(at r s d d r r ds r M at 其中 )cos ,sin sin ,cos sin (),,(θ?θ?θ?θr z r y r x r +++Φ=Φ )c o s ()s i n s i n ()c o s s i n (2 3 θ?θ?θr z y r x ++++= ?θ?θ?θ33222 2 2 2 3 cos sin cos sin 3cos sin 3r xr r x z y x ++++= θ?θ?θcos sin sin sin sin 2222r y rz yzr +++ θ?θ?θθcos sin sin sin cos sin 2232r yr ++ 计算 ??Φππ ?θθ?θ020 sin ),,(d d r r ) (4)cos (2)(sin )(23020 2323 z y x r z y x r d d r z y x +=-?+=+??πθπψθθππ π ????==?ππ π π ??θθ?θθ?θ020 202 2 22 0cos sin 3sin cos sin 3d d r x d d r r x ????=?ππ π π??θθ?θθ?θ020 20 233222 cos sin 3sin cos sin 3d d xr d d r xr π πφφθθ20033]2sin 4 12[ ]cos cos 31[3+?-=xr ?θθ?θπππ d d r r xr sin cos sin 433020 3 ?=?? 3320 4 4 4cos sin xr d d r π??θ θπ π ==? ? ????==?π π ππ ??θθ?θθ?θ0 202 2 020 0sin sin 2sin sin sin 2d d yzr d d r yzr z r z r d d rz d d r z r 320 03320 20 3 020 2 2 2 3 4]2sin 412[]cos cos 31[sin sin sin sin sin π??θθ??θθ?θθ?θπππ π ππ =-?-==????? ????==?π π ππ ?θθθ?θθθ0 20 2 2020 2 0sin cos sin cos d d r y d d r r y ????==??π πππ ??θθθ?θθ?θθ20 23020 2 sin cos sin 2sin sin sin 2d d yr d d r coc yr ??? ? =?=?ππ ππ ??θθθ?θθθ?θ0 20 234020 2230 sin cos sin sin cos sin sin d d r d d r r (20141008)第二章 傅里叶级数 1. n a 和n b 的推导 如果以2π为周期的函数()f x 可以展开成三角级数,即 01 ()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑ (1) 成立。在等式两边同时对x 积分有 0001()d d (cos sin )d 2022n n n a a f x x x a nx b nx x a ππππππππ∞-- -==++=+=∑???g 因此 01()d a f x x πππ- =? 将等式(1)左右两边同时乘以*cos ()kx k N ∈然后对x 积分有 01 ()cos d cos d (cos sin )cos d 2n n n a f x kx x kx x a nx b nx kx x ππππππ∞---==++∑??? 利用三角函数的正交性,等式右边的第二项积分而言,当n k ≠时,积分为0,而当n k =时,积分为k a π,所以 ()cos d 0k k f x kx x a a ππππ-=+=? 因此 *1()cos d , k a f x kx x k N πππ- =∈? 将等式(1)左右两边同时乘以*sin ()kx k N ∈然后对x 积分后同理可得 *1()sin d , k b f x kx x k N πππ-= ∈? 合并上述结果,可以得到 1 ()cos d , (=0,1,2,3,)n a f x nx x n πππ -=?L 1()sin d , (1,2,3,)n b f x nx x n π ππ-==?L n a 和n b 即为()f x 的傅里叶系数,等式(1)的右边即为()f x 的傅里叶级数。记为: 01 ()~(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞=++∑ 此处之所以没有使用“=”,是由于尚不清楚()f x 的傅里叶级数是否以()f x 为和函数,且其是否收敛也未可知。 对于()f x 的傅里叶级数而言,如果()f x 是奇函数,显然有 02 0, ()sin d n n a b f x nx x π π==? 由于此时()f x 的傅里叶级数仅剩下正弦项,因此也成为正弦级数; 如果()f x 是偶函数,同理有 02()cos d , 0n n a f x nx x b π π==? 且由于此时()f x 的傅里叶级数仅剩下余弦项,因此也成为余弦级数。 2. 关于傅里叶级数的一些重要结论 以2π为周期,定义于[,]ππ-上的函数()f x x =的傅里叶展开式为 2 141cos(21), (,)2(21)n n x x n π π∞ =--∈-∞+∞-∑ 证明(应该不会考)如下: 第 二 章 热 传 导 方 程 §1 热传导方程及其定解问题的提 1. 一均匀细杆直径为l ,假设它在同一截面上的温度是相同的,杆的表面和周围介质发生热交换,服从于规律 dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ,比热为c ,热传导系数为k ,试导出此时温度u 满足的方程。 解:引坐标系:以杆的对称轴为x 轴,此时杆为温度),(t x u u =。记杆的截面面积4 2 l π为S 。 由假设,在任意时刻t 到t t ?+内流入截面坐标为x 到x x ?+一小段细杆的热量为 t x s x u k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 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t 到t t ?+在截面为 x 到x x ?+一小段中产生的热量为 ()()t x s u u l k t x l u u k dQ ??-- =??--=11 1124π 又在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+这一小段内由于温度变化所需的热量为 ()()[]t x s t u c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3 由热量守恒原理得: ()t x s u u l k t x s x u k t x s t u c x t ??-- ????=????11 2 24ρ 消去t x s ??,再令0→?x ,0→?t 得精确的关系: ()11 224u u l k x u k t u c -- ??=??ρ 或 ()()11 22 2112244u u l c k x u a u u l c k x u c k t u --??=--??=??ρρρ 其中 ρ c k a =2 2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。 解:在扩散介质中任取一闭曲面s ,其包围的区域 为Ω,则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质,由dsdt n u D dM ??-=,其中D 为扩散系数,得 ?????= 2 1 t t s dsdt n u D M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为 ()()[]???????????ΩΩΩ ??=??=-=2 12 1121,,,,,,t t t t dvdt t u C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M 两者应该相等,由奥、高公式得: ????????Ω Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2 12 11t t t t dvdt t u C M dvdt z u D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程: ?? ? ??????+???? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C 3. 砼(混凝土)内部储藏着热量,称为水化热,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()t Q 表示它在单位体积中所储的热量,0Q 为初始时刻所储的热量,则 Q dt dQ β-=,其中β为常数。又假设砼的比热为c ,密度为ρ,热传导系数为k ,求它在浇后温度u 满足的方程。 解: 可将水化热视为一热源。由Q dt dQ β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设,放 热速度为 t e Q ββ-0 它就是单位时间所产生的热量,因此,由原书71页,(1.7)式得 ??? ? ??-=+??? ? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222 2 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度0u 的介质中,试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程 ()2201224.0ρω ρωρc r i u u c P k x u c k t u +--??=?? 其中i 及r 分别表示导体的电流强度及电阻系数,表示横截面的周长,ω表示横截面面积,而k 表示导线对于介质的热交换系数。 解:问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为 数学物理方程第二版答案 第一章. 波动方程 §1 方程的导出。定解条件 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l ,弦的线密度为ρ,则x 点处的张力)(x T 为 )()(x l g x T -=ρ 且)(x T 的方向总是沿着弦在x 点处的切线方向。仍以),(t x u 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 x x ?+则弦段两端张力在u 轴方向的投影分别为 )(sin ))(();(sin )(x x x x l g x x l g ?+?+--θρθρ 其中)(x θ表示)(x T 方向与x 轴的夹角 又 . sin x u tg ??=≈θθ 于是得运动方程 x u x x l t u x ???+-=???)]([22ρ∣x u x l g x x ??--?+][ρ∣g x ρ 利用微分中值定理,消去x ?,再令0→?x 得 ])[(2 2x u x l x g t u ??-??=??。 5. 验证 2 221),,(y x t t y x u --= 在锥2 22y x t -->0中都满足波动方程 222222y u x u t u ??+??=??证:函数2221),,(y x t t y x u --=在锥2 22y x t -->0内对变量t y x ,,有 二阶连续偏导数。且 t y x t t u ?---=??- 23 222)( 22 52222 3 2222 2 ) (3) (t y x t y x t t u ?--+---=??- - 第一章. 波动方程 §1 方程的导出。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),(t x u 满足方程 其中ρ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 x ?。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: 其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?x ,取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。由虎克定律,张力),(t x T 等于 其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。 设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ?+两端的力分别为 于是得运动方程 tt u x x s x ???)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-?+?+ 利用微分中值定理,消去x ?,再令0→?x 得 若=)(x s 常量,则得 22)(t u x ??ρ=))((x u x E x ???? 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l x x ==,0两点则相应的边界条件为 (2)若l x =为自由端,则杆在l x =的张力x u x E t l T ??=) (),(|l x =等于零,因此相应的边界条件为 x u ??|l x ==0 同理,若0=x 为自由端,则相应的边界条件为 x u ??∣00==x (3)若l x =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)(t v 给出,则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。由虎克定律有 x u E ??∣)](),([t v t l u k l x --== 含有阻尼项的弦振动方程及其仿真 内容提要: 本文通过对古典吉他的琴弦振动情况建立数学物理方程,得到一个含有阻尼项的双 曲型方程的初边值问题,对解用Matlab进行仿真。最后依据弦振动方程的结果,列举 了在这种情况下几种泛音的位置,并结合该方程,对右手给出指导。 关键词 数学物理方程,Matlab,驻波。 引言: 在弦乐器表演中常用到泛音这样的一个技巧,即左手虚按琴弦,滤掉一部分波在琴 弦上形成驻波。比如在弦的三分点进行滤波,则波长的三倍不能被弦长整除的波,将会 被滤掉。但是在拨弦乐器的教学中,关于泛音的位置一直是老师们口口相传。而且某些 泛音准确位置并不在拨弦乐器的品(山口)上,所以缺乏理论指导。 在国内的研究领域中,韩佩琪《弦乐器泛音的分析及应用》一文中只是对弹拨乐器 的空弦状态下进行求解而且忽略了空气的阻力,而且并没有结合列出的解给出演奏技巧 上的指导。而邱桂明《阻尼作用下的弦振动研究》的初边值条件并不符合乐器的条件。另外在周伟《古典吉他演奏教程》以及相关的一些吉他教学视频中只是提及了左手虚按 的位置,关于右手的位置没有给出一个指导。综上来看,国内研究领域,对定弦振动泛 音的理论研究尚处于一个盲区。然而一维双曲型微分方程的理论已经比较完善给本文提 供了理论依据,给研究带来了可行性。 一、模型建立: 如图所示:琴弦的初始状态: 1 其中h是弹拨弦与初始位置间的距离,b是弹拨点距离原点的距离,l表示弦的长度。 弦的两端是静止不动的,从而边值条件:为u(0,t)=u(l,t)=0 其中t表示振动时间。 列出方程: 其中:错误!未找到引用源。,而T表示琴弦松弛时的张力,错误!未找到引用源。表示琴弦线密度。 边值条件: 初值条件: 二、问题的求解 从物理上知道,一个复杂的振动往往可以分解成许多简单的振动的叠加。如弦振动所发出的声音可以分解成各种不同频率的单音叠加。相应于每种单音,弦振动时波形保持不变,从而当时间变化是个点的振幅做同步的变化,所以可以有如下形式: 带入到原方程会得到: 分离变量: 等式左右两边相等,左边仅是t的函数,右边仅是x的函数,左右两边要相等,只有等于同一个常数才可能。设此常数为错误!未找到引用源。。则得到两个常微分方程。 得到以下通解: 因为阻尼系数很小,所以 2 数学物理方程总结 Revised by Jack on December 14,2020 浙江理工大学数学系 第一章:偏微分方程的基本概念 偏微分方程的一般形式:221 1 (,,, ,,,)0n u u u F x u x x x ???=??? 其中12(,,...,)n x x x x =是自变量,12()(,,...,)n u x u x x x =是未知函数 偏微分方程的分类:线性PDE 和非线性PDE ,其中非线性PDE 又分为半线性PDE ,拟线性PDE 和完全非线性PDE 。 二阶线性PDE 的分类(两个自变量情形): 2221112222220u u u u u a a a a b cu x x y y x y ?????+++++=?????? (一般形式 记为 PDE (1)) 目的:可以通过自变量的非奇异变换来化简方程的主部,从而据此分类 (,) (,)x y x y ξξηη=?? =? 非奇异 0x y x y ξξηη≠ 根据复合求导公式最终可得到: 22211122222 20u u u u u A A A A B Cu ξξηηξη ?????+++++=??????其中: 考虑22111222( )2()0z z z z a a a x x y y ????++=????如果能找到两个相互独立的解 那么就做变换(,) (,)x y x y ξφηψ=??=? 从而有11220A A == 在这里要用到下面两个引理: 引理1:假设(,)z x y φ=是方程22111222( )2()0z z z z a a a x x y y ????++=???? (1)的特解,则关系式(,)x y C φ=是常微分方程:22111222()2()0a dy a dxdy a dx -+= (2)的一般积分。 主 成都理工大学 《数学物理方程》模拟试题 一、填空题(3分?10=30分) 1.说明物理现象初始状态的条件叫( ),说明边界上的约束情况的条件叫( ),二者统称为 ( ). 2.三维热传导齐次方程的一般形式是:( ) . 3 .在平面极坐标系下,拉普拉斯方程算符为 ( ) . 4.边界条件 f u n u S =+??)(σ是第( )类边界条件,其中S 为边 界. 5.设函数),(t x u 的傅立叶变换式为),(t U ω,则方程22 222x u a t u ??=??的傅立叶变换为 ( ) . 6.由贝塞尔函数的递推公式有 =)(0x J dx d ( ) . 7.根据勒让德多项式的表达式有)(3 1)(3 202x P x P += ( ). 8.计算积分 =? -dx x P 2 1 1 2)]([( ) . 9.勒让德多项式)(1x P 的微分表达式为( ) . 10.二维拉普拉斯方程的基本解是( ) . 二、试用分离变量法求以下定解问题(30分): 1.??? ? ? ????<<=??===><?=??====30,0,3,000,30,2003 222 22,0x t u x x t x x u t u t t x u u u 2.???? ? ?? ??===><?=??===x t x x u t u u u u t x x 2,0,00,40,04022 3. ???? ? ????<<=??===><<+??=??====20,0,8,00,20,16200202 2 2 22x t u t x x u t u t t x x u u u 三、用达朗贝尔公式求解下列一维波动方程的初值问题(10分) ?? ???=??=>+∞<<-∞+??=??==0 ,2sin 0,,cos 0022 2 22t t t u x u t x x x u a t u 四、用积分变换法求解下列定解问题(10分): ??? ? ???=+=>>=???==, 1, 10,0,1002y x u y u y x y x u 五、利用贝赛尔函数的递推公式证明下式(10分): )(1)()(' 0' '02x J x x J x J -= 六、在半径为1的球内求调和函数u ,使它在球面上满足 θ21cos ==r u ,即所提问题归结为以下定解问题(10分): 数学物理方程习题解 习题一 1,验证下面两个函数: (,)(,)sin x u x y u x y e y == 都是方程 0xx yy u u += 的解。 证明:(1 )(,)u x y = 因为322 2 22 2222 2222 22 322 222 2222 2222 222222 222222 1 1()22 () 2()()11()22()2()()0()() x xx y yy xx yy x u x x y x y x y x x x y u x y x y y u y x y x y x y y y y x u x y x y x y y x u u x y x y =-? ?=- +++-?-=-=++=-??=-+++-?-=-=++--+=+=++ 所以(,)u x y =是方程0xx yy u u +=的解。 (2)(,)sin x u x y e y = 因为 sin ,sin cos ,sin x x x xx x x y yy u y e u y e u e y u e y =?=?=?=-? 所以 sin sin 0x x xx yy u u e y e y +=-= (,)sin x u x y e y =是方程0xx yy u u +=的解。 2,证明:()()u f x g y =满足方程 0xy x y uu u u -= 其中f 和g 都是任意的二次可微函数。 证明:因为 ()()u f x g y = 所以 ()(),()()()() ()()()()()()()()0 x y xy xy x y u g y f x u f x g y u f x g y uu u u f x g y f x g y g y f x f x g y ''=?=?''=?''''-=?-??= 得证。 3, 已知解的形式为(,)()u x y f x y λ=+,其中λ是一个待定的常数,求方程 430xx xy yy u u u -+= 的通解。 解:令x y ξλ=+则(,)()u x y f ξ= 所以2 (),()x xx u f u f ξλξλ'''=?=? (),(),()xy y yy u f u f u f λξξξ'''''=?== 将上式带入原方程得2 (43)()0f λλξ''-+= 因为f 是一个具有二阶连续可导的任意函数,所以2 -430 λλ+=从而12 =3,1λλ=, 故1122(,)(3),(,)()u x y f x y u x y f x y =+=+都是原方程的解,12,f f 为任意的二阶可微函数,根据迭加原理有 12(,)(3)()u x y f x y f x y =+++为通解。 4,试导出均匀等截面的弹性杆作微小纵振动的运动方程(略去空气的阻力和杆的重量)。 解:弹性杆的假设,垂直于杆的每一个截面上的每一点受力与位移的情形都是相 同的,取杆的左端截面的形心为原点,杆轴为x 轴。在杆上任意截取位于 [,]x x x +?的一段微元,杆的截面积为s ,由材料力学可知,微元两端处的相对伸长(应 变)分别是 (,)u x t x ??与(,)u x x t x ?+??,又由胡克定律,微元两端面受杆的截去部分的拉力分别为()(,)u SE x x t x ??与()(,)u SE x x x x t x ?+?+??,因此微元受杆的截去部分的作用力的合力为:()(,)()(,)u u SE x x x x t SE x x t x x ??+?+?-?? 数学物理方程期末考试试题及答案 一、求解方程(15分) ?????===-=+=-. )()(0002x u x u u a u at x at x xx tt ψ? 其中)0()0(ψ?=。 解:设? ??+=-at x at x ηξ=则方程变为: 0=ξηu ,)()(at x G at x F u ++-=(8’)由边值条件可得: )()0()2(),()2()0(x G x F x x G F ψ?=+=+ 由)0()0(ψ?=即得: )0()2 ()2( ),(?ψ?--++=at x at x t x u 。 二、利用变量分离法求解方程。(15分) ?????==≥==∈=-====)(,)(, 0,0,),(,00002x u x u t u u Q t x u a u t t t l x x xx tt ψ? 其中l x ≤≤0。0>a 为常数 解:设)()(t T x X u =代于方程得: 0''=+X X λ,0''2=+T a T λ(8’) x C x C X λλsin cos 21+=,at C at C T λλsin cos 21+= 由边值条件得: 21)( ,0l n C πλ== l x n at A at B u n n n πλλsin )sin cos (1 +=∑∞= ?=l n dx l x n x l B 0sin )(2π?,?=l n dx l x n x an A 0sin )(2πψπ 三.证明方程02=--cu u a u xx t )0(≥c 具有狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与 稳定性. (15分) 证明:设u e v ct -=代入方程: ?? ???====-=).(),(),(),0()(02102t g t l v t g t v x v v a v t xx t ? 设21,v v 都是方程的解设21v v v -=代入方程得: ?? ???====-=0),(,),0(0002t l v t v v v a v t xx t 由极值原理得0=v 唯一性得证。(8’)由 ≤-21v v ετ≤-2 1v v ,稳定性得证由u e v ct -=知u 的唯一性稳定性 得证。 四.求解二维调和方程在半平面上的狄利克雷问题(15分). ,0,0>=++=?z u u u u zz yy xx ).(0x f u z == 解:设),,(ζηξp 是上半平面内一点,在该点放置单位点电荷,其对称点 ),,(?ηξ-p 格林函数: 222)()()(141 ),,,(?ηξπ ηξ-+-+--=z y x y x G 222)()()(141 ?ηξπ++-+-+z y x 2019年数学物理方程-第二章分离变量法.doc 第二章 分离变量法 分离变量法是求解偏微分方程定解问题最常用的方法之一,它和积分变换 法一起统称为Fourier 方法. 分离变量法的本质是把偏微分方程定解问题通过变量分离,转化为一个所谓的特征值问题和一个常微分方程的定解问题,并把原定解问题的解表示成按特征函数展开的级数形式. 本章介绍两个自变量的分离变量法,更多变量的情形放在其他章节中专门讨论. §2?1 特征值问题 2.1.1 矩阵特征值问题 在线性代数中,我们已学过线性变换的特征值问题. 设A 为一n 阶实矩阵,A 可视为n R 到自身的线性变换。该变换的特征值问题(eigenvalue problem )即是求方程: ,n Ax x x R λ=∈, (1.1) 的非零解,其中C λ∈为待定常数. 如果对某个λ,问题(1.1)有非零解n x R λ∈,则λ就称为矩阵A 的特征值(eigenvalue),相应的n x R λ∈称为矩阵A 的特征向量(eigenvector). 一般来讲,特征值问题(1.1)有不多于n 个相异的特征值和线性无关的特征向量. 但可证明: 任一n 阶矩阵都有n 个线性无关的广义特征向量,以此n 个线性无关的广义特征向量作为n R 的一组新基,矩阵就能够化为Jordan 标准型. 若A 为一n 阶实对称矩阵,在线性代数中有一个重要结果,即存在一个正交矩阵T 使得 1T AT D -=, (1.2) 其中D =diag 12(,,...,)n λλλ为实对角阵. 设12[ ... ]n T T T T =,i T 为矩阵T 的第i 列向量(1)i n ≤≤,则式(1.2)可写为如下形式 1212 [ ... ][ ... ]n n A T T T T T T D =, 或 , 1.i i i A T T i n λ=≤≤ (1.3) 上式说明,正交矩阵T 的每一列都是实对称矩阵A 的特征向量,并且这n 个特征向量是相互正交的. 由于此结论在一定意义下具有普遍性,我们以定理的形式给出. 定理1.1 设A 为一n 阶实对称矩阵,考虑以下特征值问题 ,n Ax x x R λ=∈, 则A 的所有特征值为实数,且存在n 个特征向量,1i T i n ≤≤,它们是相互正交的(正交性orthogonality ),可做为n R 的一组基(完备性completeness ). 特征值问题在线性问题求解中具有重要的意义,下面举例说明之. 为简单起见,在下面两个例子中取A 为n 阶非奇异实矩阵,故A 的所有特征值非零,并且假设A 有n 个线性无关的特征向量,i T 相应的特征值为, 1i i n λ≤≤. 例1.1 设n b R ∈,求解线性方程组 Ax b =. 解 由于向量组{1}i T i n ≤≤线性无关,故可做为n R 的一组基. 将,x b 按此 数学物理方程试题(一) 一、填空题(每小题5分,共20分) 1.长为π的两端固定的弦的自由振动,如果初始位移为x x 2sin ,初始速度为 x 2cos 。则其定解条件是 2. 方程 03=??-??x u t u 的通解为 3.已知边值问题???===+0 )()0(0 )()('"πλX X x X x X ,则其固有函数)(x X n = 4.方程0)(222'"2=-++y n x xy y x α的通解为 二.单项选择题(每小题5分,共15分) 1. 拉普拉斯方程02222=??+??y u x u 的一个解是( ) (A )xy e y x u x sin ),(= (B )22),(y x y x u += (C )2 21),(y x y x u += (D )22ln ),(y x y x u += 2. 一细杆中每点都在发散热量,其热流密度为),(t x F ,热传导系数为k ,侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ,则热传导方程是 ( ) (A )ρc t x F x u a t u ),(222 22+??=?? (B )ρc t x F x u a t u ),(222+??=?? (C ) ρc t x u x F a t F ),(22222+??=?? (D) ρc t x u x F a t F ),(22 2+??=?? (其中ρc k a =2) 3. 理想传输线上电压问题??? ??? ?=??=??=??=x aA t u x A x u x u a t u t ωωωsin ,cos )0,(0 2 2 222 ( 其中C L a 1 2 = )的解为( ) (A ))(cos ),(at x A t x u +=ω (B )t a x A t x u ωωcos cos ),(= (C )t a x A t x u ωωsin cos ),(= (D ))(cos ),(t a x A t x u -=ω 第一章 §1 方程的导出。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),(t x u 满足方程 ()?? ? ??????=??? ??????x u E x t u x t ρ 其中ρ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 x ?。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: ),();,(t x x u x x t x u x ?++?++ 其 相 对 伸 长 等 于 ) ,()],([)],([t x x u x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?x ,取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。由虎克 定律,张力),(t x T 等于 ),()(),(t x u x E t x T x = 其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。 设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ?+两端的力分别为 x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(?+?+).,(t x x ?+ 于 是 得 运 动 方 程 tt u x x s x ???)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-?+?+ 利用微分中值定理,消去x ?,再令0→?x 得 tt u x s x )()(ρx ?? = x ESu () 若=) (x s 常量,则得 22)(t u x ??ρ=))((x u x E x ???? 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l x x ==,0两点则相应的边界条 件为 .0),(,0) ,0(==t l u t u (2)若 l x =为自由端,则杆在 l x =的张力 x u x E t l T ??=)(),(|l x =等于零,因此相应的边界条件为 x u ??|l x ==0 同理,若 0=x 为自由端,则相应的边界条件为 x u ??∣ 00 ==x (3)若l x =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)(t v 给出,则在l x =端支 承的伸长为)(),(t v t l u -。由虎克定律有 x u E ??∣)](),([t v t l u k l x --== 其中k 为支承的刚度系数。由此得边界条件 )( u x u σ+??∣ ) (t f l x == 其中 E k = σ 特别地,若支承固定于一定点上,则,0)(=t v 得边界条件 )( u x u σ+??∣0==l x 。 同理,若0=x 端固定在弹性支承上,则得边界条件 x u E ??∣)](),0([0t v t u k x -== 即 )(u x u σ-??∣).(0t f x -= 3. 试证:圆锥形枢轴的纵振动方程为 数学物理方程第三版答案 第一章. 波动方程 §1 方程的导出。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),(t x u 满足方程 ()?? ? ??????=??? ??????x u E x t u x t ρ 其中ρ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 x ?。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: ),();,(t x x u x x t x u x ?++?++ 其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?x ,取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。由虎克定律,张力),(t x T 等于 ),()(),(t x u x E t x T x = 其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。 设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ?+两端的力分别为 x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(?+?+).,(t x x ?+ 于是得运动方程 tt u x x s x ???)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-?+?+ 利用微分中值定理,消去x ?,再令0→?x 得 tt u x s x )()(ρx ?? = x ESu () 若=)(x s 常量,则得 22)(t u x ??ρ=))((x u x E x ???? 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。 ,. 第 二 章 热 传 导 方 程 §1 热传导方程及其定解问题的提 1. 一均匀细杆直径为l ,假设它在同一截面上的温度是相同的,杆的表面和周围介质发生热交换,服从于规律 dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ,比热为c ,热传导系数为k ,试导出此时温度u 满足的方程。 解:引坐标系:以杆的对称轴为x 轴,此时杆为温度),(t x u u =。记杆的截面面积4 2 l π为S 。 由假设,在任意时刻t 到t t ?+内流入截面坐标为x 到x x ?+一小段细杆的热量为 t x s x u k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 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t 到t t ?+在截面为 x 到x x ?+一小段中产生的热量为 ()()t x s u u l k t x l u u k dQ ??--=??--=111124π 又在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+这一小段内由于温度变化所需的热量为 ()()[]t x s t u c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3 由热量守恒原理得: ()t x s u u l k t x s x u k t x s t u c x t ??-- ????=????11 2 2 4ρ 消去t x s ??,再令0→?x ,0→?t 得精确的关系: ()11 224u u l k x u k t u c -- ??=??ρ 或 ()()11 22 2112244u u l c k x u a u u l c k x u c k t u --??=-- ??=??ρρρ 其中 ρ c k a =2 2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。 解:在扩散介质中任取一闭曲面s ,其包围的区域 为Ω,则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质,由dsdt n u D dM ??-=,其中D 为扩散系数,得 ?????= 2 1 t t s dsdt n u D M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为 ()()[]???????????ΩΩΩ ??=??=-=2 12 1121,,,,,,t t t t dvdt t u C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M 两者应该相等,由奥、高公式得: ????????Ω Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2 12 11t t t t dvdt t u C M dvdt z u D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程: ?? ? ??????+???? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C 3. 砼(混凝土)内部储藏着热量,称为水化热,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()t Q 表示它在单位体积中所储的热量,0Q 为初始时刻所储的热量,则 Q dt dQ β-=,其中β为常数。又假设砼的比热为c ,密度为ρ,热传导系数为k ,求它在浇后温度u 满足的方程。 解: 可将水化热视为一热源。由Q dt dQ β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设,放 热速度为 t e Q ββ-0 它就是单位时间所产生的热量,因此,由原书71页,(1.7)式得 ??? ? ??-=+??? ? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222 2 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度0u 的介质中,试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程 ()2201224.0ρω ρωρc r i u u c P k x u c k t u +--??=?? 其中i 及r 分别表示导体的电流强度及电阻系数,表示横截面的周长,ω表示横截面面积,而k 表示导线对于介质的热交换系数。 解:问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为 第五讲补充常微分方程求解相关知识。 第二章 分离变量法 偏微分方程定解问题常用解法,分离变量法。 解常微分方程定解问题时,通常总是先求出微分方程的特解,由线性无关的特解叠加出通解,而后用定解条件定出叠加系数 一阶线性偏微分方程的求解问题,基本方法也是转化为一阶线性常微分方程组的求解问题 对于二阶以及更高阶的偏微分方程定解问题,情况有些不同:即使可以先求出通解,由于通解中含有待定函数,一般来说,很难直接根据定解条件定出,因此,通常的办法就是把它转化为常微分方程问题 (第六讲) §2.1 有界弦的自由振动 什么是分离变量法?使用分离变量法应具备那些条件? 下面通过两端固定的弦的自由振动问题来说明。 定解问题:考虑长为l ,两端固定的弦的自由振动,其数理方程及定解条件为 .0 ),(u ),(u 0, ,0u ,0u 0, l,0 ,0 t 0022 222l x x x t t x x u a t u t t l x x ≤≤==>==><?=??====ψ? 分析: 1. 方程和边界条件都是齐次的,求这样的问题可用叠加原理。 2. 我们知道,在解常微分方程定解问题时,通常总是先求出微分方程的特解, 由线性无关的特解叠加出通解,而后用定解条件定出叠加系数。 启发:能否运用类似求常微分方程定解问题的方法求偏微分方程?也既是能否先找出满足齐次方程及齐次边界条件的足够多的特解,再用其作线性组合使其满足初始条件。 由分析,我们现在试求方程的变量分离形式: )()(),(t T x X t x u = 的非零解。 将),(t x u 代入方程,可得 ) () ()()()()()()(2''''' '2 ' 'x T a x T x X x X t T x X a t T x X = ?= 此式中,左端是关于x 的函数,右端是关于t 的函数。因此,左端和右端相等,就必须等于一个与t x ,无关的常数。设为λ-,则有 中国杰出数学家_谷超豪_生平 谷超豪(1926-2012),数学家。复旦大学教授,中国科学院院士。浙江温州人。1948年毕业于浙江大学数学系,1953年起在复旦大学任教,历任复旦大学副校长、中国科学技术大学校长。1980年当选为中国科学院数学物理学部委员,撰有《数学物理方程》等专著。研究成果“规范场数学结构”、“非线性双曲型方程组和混合型偏微分方程的研究”、“经典规范场”分别获全国科学大会奖、国家自然科学二等奖、三等奖、09年度国家最高科技奖。2010年1月11日,谷超豪院士获得2009年度国家最高科学技术奖。2012年6月24日01时08分在上海逝世,享年87岁。 出生 1926年5月15日,谷超豪出生在温州市,幼年由婶母抚养,婶母的性格对谷超豪起到了潜移默化的影响,使他从小善良、纯真、助人为乐。 小学 他5岁入私塾接受启蒙教育。两年后进入温州瓯江小学。谷超豪从小性格文静,聪慧过人,对各门功课都有兴趣。数学、语文、历史、地理、自然等课程,都学得很好。他平时文文雅雅,不太爱说话,不大喜爱运动。但是,在课堂上,他思想活跃,喜欢独立思考。特别是数学,分数与循环小数的互化早在小学三年级时就掌握了,并开始知道数学上有无限的概念。 中学 1937年,全面抗战开始,谷超豪进入温州中学。温州中学后来汇集了不少回乡的大学老师,拥有雄厚的师资力量,尤其是数学和物理。这对谷超豪来说真是如鱼得水。他的语文、社会科学、数理的基础是很全面的,每次考试,成绩都名列前茅。(这里还有一个小故事,在谷超豪初一时,老师讲完乘方的知识后,出了道习题:用4个“1”组成一个最小数,但不能用运算符号,谷超豪举手回答:“是1的111次方”老师又说“那3个9组成的最大数哪?”“是9的9次方的9次方”)他不满足于课本知识,看了不少课外书,如刘熏宇著的《数学园地》,其中介绍了微积分和集合论的初步思想,使他初步了解到数学中无限的3个层次:循环小数,微积分,集合论,这使他对数学产生更浓厚的兴趣。 大学 1943年秋天,谷超豪考入浙江大学龙泉分校(注:时值抗日战争岁月,浙江大学在浙江龙泉市开设有浙江大学龙泉分校),后成为苏步青的得意弟子,开始了大学生活。当时一年级课程并不要求太多的逻辑推理,但对直观能力、演算能力和解应用问题的能力,却有很高的要求。这些训练,为谷超豪打下了扎实的数学基础。谷超豪原来有不太细致的毛病,通过学微积分,逐步克服了。他读了一本用综合方法写的射影几何的著作,完全不用计算,便能把二次曲线的基本性质描述清楚,引起他很大兴趣。他非常喜爱笛沙格定理、帕普斯定理和帕斯卡定理等。从此,他对几何学就有了偏爱。后来,他的许多研究成果,即使是分析的或物理的,都带有几何的风格。同时他也感到,尽管自己看了大量的书和做了许多难题,但听了苏步青、陈建功这些著名教授的课后,方觉自己的了解是很肤浅的。因此他认识到必须把自学与课堂的严格训练结合起来,基础才更为扎实。谷超豪还尽可能多掌握其他方面的知识。他对物理学的课程非常感兴趣,他认为物理和数学相互促进。理论力学是必修课,他做了许多题目;他并不满足于做对,还常常探索其他比较别致的做法,为此,受到周北屏教授的称赞。周老师说:念理论力学要有几何的眼光与手段。谷超豪在三四年级时数学物理方程第二章 傅里叶级数
数学物理方程谷超豪版第二章课后答案
数学物理方程第二版答案
数学物理方程 答案 谷超豪
含有阻尼项的弦振动方程及其仿真
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