数学物理方程-谷超豪

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1、数学物理方程习题讲义苏海军山东大学数学学院-2-摘摘摘要要要本讲义所收录习题基于高等教育出版社谷超豪等编著的数学物理方程（第二版）第一章至第四章。习题解答尚处于完善过程中,作者水平有限,其中难免有疏漏与不足之处,敬请谅解.目录目录第一章波动方程.11.1学习要求.11.2习题选讲.1第二章热传导方程. 172.1学习要求. 172.2习题选讲. 17第三章调和方程. 263.1学习要求. 263.2习题选讲. 26第四章二阶线性偏微分方程的分类与总结. 384.1学习要求. 384.2习题选讲. 38-ii-第一章波动方程第一章波动方程1.1学习要求(1)理解弦振动方程的物理意义，定解条

2、件的物理意义.(2)理解波的左右传播,理解依赖区间,决定区域和影响区域的概念,掌握齐次化原理.(3)理解波动方程分离变量法解的物理意义,掌握非齐次边界条件的齐次化方法.(4)理解膜振动方程的物理意义，掌握球平均法和降维法.(5)熟练掌握达郎贝尔公式和分离变量法的推导过程,会应用这两种方法求解定解问题.(6)熟练和非齐次边界条件的齐次化方法.1.2习题选讲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处的点在时刻t离开原来位置的偏移.假设振动过程中所发生的张力服从胡克定律,试证明u(x,t)满足方程t?(x)ut=x?Eux,其中为杆的密度,

3、E为杨氏模量.证明:如图建立坐标系,选取杆上一段微元(x,x + x) ,则微元两端的相对伸长分别为ux(x,t)和ux(x + x,t) .假设杆的横截面面积为S ,则微元两端所受拉力分别为E(x)ux(x,t)S(x)和E(x+x)ux(x + x,t)S(x+x) .因此所受合力为E(x+x)ux(x + x,t)S(x+x)E(x)ux(x,t)S(x),且正向与坐标轴相同.图图图 1-1图示设 x为微元重心,则重心处加速度为2ut2( x,t),由牛顿第二定律得,( x)S ( x)x2ut2( x,t) = E (x + x)S (x + x)ux(x + x,t) E (x)S

4、(x)ux(x,t)=x?E (x)S (x)ux(x,t)x-1-1.2 习题选讲其中x (x,x + x).约去x并令x 0,即得t?(x)S (x)ut=x?E (x)S (x)ux当S(x)为常数时，即为t?(x)ut=x?Eux,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:设杆的两个端点坐标分别为0和l .(1)端点固定：此时两个端点无位移,即u(0,t) = u(l,t) = 0 ;(2)端点自由：此时两个端点无约束,根据上题,拉力E(x)ux(x,t)S = 0 ,即ux(0,t) =ux(l,t

5、) = 0;(3)端点固定在弹性支承上：此时端点所受外力与弹性支承的变形成比例.若支承的弹性系数为k,则支承对杆的左端点x = 0处的作用力为E(0)ux(0,t)S ,且其正向与x轴方向相反,因此有E(0)ux(0,t)S = ku(0,t),或写为?ux+ uflflflflx=0= 0;其中 = k/ES.类似的,对x = l端,有?ux+ uflflflflx=l= 0.3.试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为Ex?1 xh2ux= 1 xh22ut2,其中h为圆锥的高.证明:此时S(x) = S01 xh2,其中S0为圆锥枢轴的底面积.根据第1题的推导,即得所证.图图图 1-2图示4.绝对

6、柔软而均匀的弦线有一端固定,在它自身重力的作用下,此线处于铅垂的平衡位置,试导出此线的微小横振动方程.-2-第一章波动方程解:根据弦的微小横振动方程,有2ut2=x?T (x)ux其中T(x)为弦的内部张力.在本题中,T(x) = g(l x) ,故有2ut2= gx?(l x)ux.5.一柔软均匀的细弦,一端固定,另一端是弹性支承.设该弦在阻力与速度成正比的介质中作微小的横振动,试写出弦的位移所满足的定解问题.解:此时所受外力为阻力F (x) = kut,因而有T2ut2 2ux2= kut假设固定端为x = 0,有u(0,t) = 0;对于弹性支承端x = l,有?ux+ uflflfl

7、flx=l= 0.6.若F(),G()均为其变元的二次连续可导函数,验证F(xat),G(x+at)均满足弦振动方程(1.11).解:参见第二节.7.验证u(x,y,t) =1pt2 x2 y2在锥t2 x2 y2 0中满足波动方程2ut2=2ux2+2uy2.解:显然,ut= t(t2 x2 y2)3/2,2ut2=3t2(t2 x2 y2)5/2t2 x2 y23/2类似的,2ux2=3x2(t2 x2 y2)5/2+t2 x2 y23/2,2uy2=3y2(t2 x2 y2)5/2+t2 x2 y23/2,代入即得所证.2.达朗贝尔公式、波的传播1.证明方程x?1 xh2ux=1a21

8、xh22ut2,的通解可以写成u(x,t) =F(x at) + G(x + at)h x其中h 0为常数, F, G为任意的具有二阶连续导数的单变量函数，并由此求解它的初值问题:t = 0 : v = (h x)(x),vt= (h x)(x)解: (1)令v(x,t) = (h x)u(x,t),则v(x,t)满足方程2vt2= a22vx2-3-1.2 习题选讲因此,根据达朗贝尔公式, v(x,t)的通解可写为v(x,t) = F(x at) + G(x + at),从而u(x,t) =F(x at) + G(x + at)h x(2)根据上述变换, v(x,t)所满足的初始条件为t =

9、 0 : v = (h x)(x),vt= (h x)(x)因此v(x,t) =12(h x + at)(x at) + (h x at)(x + at) +12aZx+atxat(h )()d,从而u(x,t) =12(h x)?(h x + at)(x at) + (h x at)(x + at) +1aZx+atxat(h )()d.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:由达朗贝尔公式的推导可知,G(x) =(x)2+12aZxx0()d + C而左传播波由G(x + at)构成,要使只有右传播波,则应有G(x) 常数,即G0(x)

10、= 0,所以所满足的约束条件为a0(x) + (x) 03.利用传播波法,求解波动方程的古沙(Goursat)问题2ut2= a22ux2,u|xat=0= (x),u|x+at=0= (x),(0) = (0).解:方程的通解为u(x,t) = F(x at) + G(x + at),利用定解条件,可得u|xat=0= F (0) + G(2x) = (x)u|x+at=0= F (2x) + G(0) = (x)从而F (x) = x2 G(0),G(x) = x2 F (0) ,又因为u(0,0) = (0) = (0),于是F(0) +G(0) = (0) = (0).因此u(x,t)

11、 = F(x at) + G(x + at) = ?x + at2+ ?x at2 (0).4.对非齐次波动方程的初值问题(2.5),(2.6),证明:当f(x,t)不变时,(1)如果初始条件在x轴的区间x1,x2上发生变化,那么对应的解在区间x1,x2的影响区域以外不发生变化;(2)在x轴区间x1,x2上所给的初始条件唯一地确定区间x1,x2的决定区域中解的数值.证明:(1)根据非齐次问题解的表达式可知,影响区域为(x,t)|t 0,x1 at 6 x 6 x2+ at如图所示,影响区域外的任何一点(x,t)必满足x x2+ at，其依赖区间与x1,x2完全无关.因此,x1,x2上初始条件的

12、变化不会引起影响区域以外的任何一点的解的变化;-4-第一章波动方程(2)类似的,只要证明齐次方程若在x1,x2中给出(x) = 0,(x) = 0,则在x1,x2的决定区域中任一点(x,t)上有u(x,t) = 0.事实上,对决定区域中任一点(x,t)成立x1+ at x x1以及x + at 0,t 0,u|t=0= (x), ut|t=0= 0,(ux kut)|x=0= 0,其中k为正常数.解:方程的通解为u(x,t) = F (x at) + G(x + at)当x at 0时,有u(x,t) =12(x at) + (x + at),x at,当x at 0时,根据边界条件,有ux

13、 kut|x=0= (1 + ak)F0(at) + (1 ak)G0(at) = 0从而可得,u(x,t) =12(x + at) +1 ak2(1 + ak)(at x) +ak1 + ak(0),0 x at6.求解初边值问题utt uxx= 0,0 t 1,u|t=0= 0(x),x 0,ut|t=0= 1(x),x 0,ut|t=kx= (x),其中0(0) = (0).解:方程的通解为u(x,t) = F (x t) + G(x + t)-5-1.2 习题选讲当x t 0时,根据达朗贝尔公式的推导有,u(x,t) =12(0(x + t) + 0(x t) +12Zx+txt1()

14、d当t = x时,它应与达朗贝尔公式一致,即F(0) + G(2x) =12(0(2x) + 0(0) +12Z2x01()d当t = kx时,根据边界条件,有F (1 k)x) + G(1 + k)x) = (x)根据上是可以求得F和G,从而可得u(x,t) = ?x t1 k+12?0(x + t) 0?1 + k1 k(x t)+12Zx+t1 + k1 k(xt)1()d,x t kx7.求解下述边值问题utt uxx= 0,0 t f (x),u|t=x= (x),u|t=f(x)= (x),其中(0) = (0),t = f(x)为由原点出发的,介于特征线x = t与x = t之间

15、的光滑曲线,且对一切x,f0(x) 6= 1解:方程的通解为u(x,t) = F (x t) + G(x + t)根据条件有u|t=x= F(0) + G(2x) = (x)解得G(x) = x2 F(0)从而u|t=f(x)= F(x f (x) + G(x + f (x) = F(x f (x) + ?x + f (x)2 F(0) = (x)令y = x f(x),由于f0(x) 6= 1,可以解得x = h(y).由此可得,F(y) = (h(y) h(y) y2+ F(0)代入通解可得u(x,t) = ?x + t2 ?h(x t) x t2+ (h(x t)8.求解波动方程的初值问

16、题2ut22ux2= tsinxu|t=0= 0,utflflflflt=0= sinx解:根据非齐次初值问题解的表达式,有a = 1, = 0, = sinx,f = tsinx,代入可得u(x,t) =12Zx+txtsind +12Zt0Zx+(t)x(t) sindd = tsinx-6-第一章波动方程9.求解波动方程的初值问题utt= a2uxx+tx(1 + x2)2,u|t=0= 0,ut|t=0=11 + x2.解:根据非齐次初值问题解的表达式,有 = 0, =11 + x2,f =11 + x2,代入可得u(x,t) =12aZx+atxat11 + 2d +12aZt0Z

17、x+a(t)xa(t)(1 + 2)2dd=18a34at arctan(x) + ln1 + (x + t)21 + (x t)22x + at 2a2arctan(x + t) + 2x at 2a2arctan(x t)3.初边值问题的分离变量法1.用分离变量法求下列问题的解:(1)2ut2= a22ux2u|t=0= sin3xl,utflflflflt=0= x(l x),(0 x l),u(0,t) = u(l,t) = 0(2)2ut2 a22ux2= 0,u(0,t) = 0,ux(0,t) = 0,u(x,0) =hlx,ut(x,0) = 0.解:(1)根据解的表达式有,A

18、k=2lZl0sin3lsinkld =1,k = 3,0,k 6= 3.Bk=2kaZl0 (l )sinkld =8l3(2n 1)44a,k = 2n 10,k = 2nn = 1,2,3,从而,u(x,t) = cos3atlsin3xl+8l24aXn=11(2n 1)4sin(2n 1)atlsin(2n 1)xl(2)此时有通解u(x,t) =Xn=1?Ancos(n + 1/2)atl+ Bnsin(n + 1/2)atlsin(n + 1/2)xl-7-1.2 习题选讲其中An=2lZl0hl sin(n + 1/2)ld = (1)n2h(n + 1/2)22,Bn= 0,

19、n = 1,2,3,2.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2ut2= a22ux2,u(0,t) = 0,u(l,t) = Asint,u(x,0) =ut(x,0) = 0.求解此问题.解:令v = u Axlsint,则v满足2vt2 a22vx2= Axl2sint,v (0,t) = v (l,t) = 0,v (x,0) = 0,vt(x,0) = Alx.设v1是对应于上述问题的齐次方程非齐次初始条件的解，v2是相应的非齐次方程齐次初始条件的解，则v = v1+ v2.显然,v1=Xn=1Bnsinnatlsinnxl其中Bn= 2An2Zl0lsinn

20、xld = (1)n2Al(n)2a又有v2=Xn=1Zt0Bn()sinna(t )ld sinnxl其中Bn() =2naA2lsinZl0 sinnxld = (1)n+12A2l(n)2a因此Zt0Bn()sinna(t )ld =(1)n2A2l(2l2 n22a2)n22a?nasint lsinnatl,n 6=la(1)n+1A2ln22a?1sint tcost,n =la最后得u(x,t) = v1+ v2+ Axlsint3.求弦振动方程utt a2uxx= 0,0 x 0满足以下定解条件的解:(1)u|x=0= ux|x=l= 0,u|t=0= sin32lx, ut|

21、t=0= sin52lx.-8-第一章波动方程(2)ux|x=0= ux|x=l= 0,u|t=0= x, ut|t=0= 0.解: (1)此时有通解u(x,t) =Xn=1?Ancos(n + 1/2)atl+ Bnsin(n + 1/2)atlsin(n + 1/2)xl其中An=2lZl0sin32lsin(n + 1/2)ld =(1,n = 10,n 6= 1Bn=l(n + 1/2)a2lZl0sin52lsin(n + 1/2)ld =2l5a,n = 20,n 6= 2从而有u(x,t) = cos3at2lsin3x2l+2l5asin5at2lsin5x2l(2)此时有通

22、解u(x,t) =Xn=0?Ancosnatl+ Bnsinnatlcosnxl其中A0=1lZl0()d =1lZl0d =l2An=2lZl0()cosnld =2lZl0 cosnld =2l(1)n 1)n22(n 6= 0)Bn= 04.用分离变量法求解初边值问题:utt a2uxx= g,0 x 0,u|x=0= ux|x=l= 0,u|t=0= 0, ut|t=0= sinx2l.其中g为常数.解:令u = v g2a2x(x 2l),则v满足方程vtt a2vxx= 0,0 x 0,v|x=0= vx|x=l= 0,v|t=0=g2a2x(x 2l), vt|t=0= sinx

23、2l.方程的通解为v (x,t) =Xn=0?Ancos2n + 12lat + Bnsin2n + 12latsin2n + 12lx,其中,An=2lRl0()sin2n+12ld,Bn=4(2n+1)aRl0 ()sin2n+12ld.-9-1.2 习题选讲代入可得An= 16l2g(2n+1)3a23B0=2l a,Bn= 0因此,u(x,t) =2l asinat2lsinx2lg2a2x(x 2l) 16l2ga23Xn=01(2n + 1)3cos2n + 12latsin2n + 12lx.5.用分离变量法求下面问题的解:2ut2= a22ux2+ bsinhx,u|t=0=u

24、tflflflflt=0= 0,u|x=0= u|x=l= 0.解:根据非齐次方程的齐次化原理,可得u(x,t) =Xn=1Zt0Bn()sinna(t )ld sinnxl其中Bn() =2naZl0bsinh sinnxld = (1)n+12blsinhla(l2+ n22)与无关而Zt0sinna(t )ld =lna?1 cosnatl因此u(x,t) =2bl2sinhla2Xn=1(1)n+1n(l2+ n22)?1 cosnatlsinnxl6.用分离变量法求下面问题的解:2ut2+ 2but= a22ux2,(b 0),u|x=0= u|x=l= 0,u|t=0=hlx,ut

25、flflflflt=0= 0.解:设u(x,t) = X(x)T(t),代入方程得XT00+ 2bXT0= a2X00T有T00a2T+2bT0a2T=X00X= 进一步得到特征值问题(X00+ X = 0,X (0) = X (l) = 0,以及T00+ 2bT0+ a2T = 0.-10-第一章波动方程可得Xn(x) = Cnsinpnx,n=nl2,以及Tn(t) =ebtAncoshpb2 na2t + Bnsinhpb2 na2t,n bla根据初始条件，可以求得An=2lZl0hl sinnxld = (1)n+12hn以及bAn+pb2 na2Bn= 0,n bla最后可得u(

26、x,t) =Xn=1Tn(t)Xn(x)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的柯西问题:(1)(utt= a2(uxx+ uyy+ uzz),u|t=0= 0, ut|t=0= x2+ yz;(2)(utt= a2(uxx+ uyy+ uzz),u|t=0= x3+ y2z, ut|t=0= 0.解: (1)根据泊松公式,利用球面坐标系可得u(x,y,z,t) =14a2tZ20Z0(x + atsincos)2+ (y + atsinsin)(z + atcos)a2t2sindd化简得到u(x,y,z,t) =13t3yz + a2t2+ 3x2(2)根据泊松公式,利用球

27、面坐标系可得u(x,y,z,t) =t14a2tZ20Z0(x + atsincos)3+ (y + atsinsin)2(z + atcos)a2t2sindd化简得到u(x,y,t) = a2t2z + 3a2t2x + x3+ y2z2.试用降维法导出弦振动方程的达朗贝尔公式.-11-1.2 习题选讲解:将u(x,t),(x), (x)视为三维空间中与y,z无关的函数,由泊松公式可得u(x,t) =t14a2tZ20Z0(x + atsincos)a2t2sindd+14a2tZ20Z0 (x + atsincos)a2t2sindd化简即得所证.3.求解平面波动方程的柯西问题utt=

28、a2(uxx+ uyy),u|t=0= x2(x + y),ut|t=0= 0.解:根据二维波动方程的泊松公式,可得u(r,t) =12atZat0Z20(x + rcos)2(x + rcos + y + rsin)q(at)2 r2rddr化简得到u(x,y,t) = x2(x + y) + a2t2(3x + y)4.求二维波动方程的轴对称解(即二维波动方程的形如u = u(r,t)的解,其中r =px2+ y2).解:二维轴对称波动方程可写为utt a21rr?rur= 0,u|t=0= (r),ut|t=0= (r)根据二维波动方程的泊松公式,可得轴对称解为u(r,t) =12atZ

29、20Zat0pr2+ 2 2rcosq(at)2 2dd+12aZ20Zat0pr2+ 2 2rcosq(at)2 2dd5.求解下列柯西问题:utt= a2(uxx+ uyy) + c2u,u|t=0= (x,y),ut|t=0= (x,y).解:令v (x,y,z,t) = u(x,y,t)ecz/a,则v满足方程vtt= a2v,v|t=0= (x,y)ecz/a,vt|t=0= (x,y)ecz/a.利用泊松公式即可求解.-12-第一章波动方程6.试用齐次化原理导出平面非齐次波动方程utt= a2(uxx+ uyy) + f (x,y,t)在齐次初始条件(u|t=0= 0,ut|t=

30、0= 0下的求解公式.解:根据齐次化原理,求解方程vtt= a2(vxx+ vyy),v|t= 0,vt|t= f (x,y,)根据泊松公式可得v (x,y,t;) =12aZa(t)0Z20f (x + rcos,y + rsin,)q(a(t )2 2dd从而u(x,y,t) =Zt0v (x,y,t;)d.7.用降维法来求解上面的问题.略.8.解非齐次方程的柯西问题:utt= uxx+ uyy+ uzz+ 2(y t),u|t=0= 0,ut|t=0= x2+ yz.解:根据三维非齐次波动方程的泊松公式,可以得到u =14ZZSMt2+ tdSM+14ZZZr6t2( t + r)rdV

31、 ,从而u = tx2+ yz+ yt2.5.波的传播与衰减1.试说明:对一维波动方程所描述的波的传播过程一般具有后效现象.解:根据达朗贝尔公式,由于初始速度作用,位移项包括Zx+atxat ()d,显然具有后效.2.试说明:对一维波动方程,即使初始资料具有紧支集,当t 时其柯西问题的解没有衰减性.解:根据达朗贝尔公式,由于初始位移向左右传播,不会产生衰减.-13-1.2 习题选讲3.设u为初始资料及具有紧支集的二维波动方程的解.试证明:对任意固定的(x0,y0) R2,成立limt+u(x0,y0,t) = 0.证明:6.能量不等式、波动方程解的唯一性和稳定性1.对受摩擦力作用且具有固定端点

32、的有界弦振动,满足方程utt= a2uxx cut,其中常数c 0,证明其能量是减少的,并由此证明方程utt= a2uxx cut+ f,的初边值问题解的唯一性以及关于初始条件及自由项的稳定性.证明: (1)弦的能量是E (t) =12Zl0u2t+ Tu2xdx =2Zl0u2t+ a2u2xdx有E0(t) = Zl0ututt+ a2uxuxtdx = Zl0ututt a2uxxdx + Zl0a2x(uxut)dx因此E0(t) = cZl0u2tdx 6 0所以能量是减少的;(2)唯一性.假设u1,u2为方程的解,则v = u1 u2满足方程vtt= a2vxx cvt,从而能量减

33、少.由于E(0) = 0,故E(t) 0,因此v 0,即u1= u2.稳定性.记E0(t) =Zl0u2dx,则有能量不等式E0(t) etE0(0) + AE (0)et 1,进一步可证关于初始条件及自由项的稳定性.2.证明函数f(x,t)在G : 0 6 x 6 l,0 6 t 6 T作微小改变时,方程2ut2=x?k(x)ux q (x)u + f (x,t),(其中k(x) 0,q(x) 0和f(x,t)都是一些充分光滑的函数)具固定端点边界条件的初边值问题的解在G内的改变也是微小的.证明:记E (t) =Zl0ut2+ kux2+ qu2dx,则有能量不等式E (t) etE (0)

34、 + etZt0F ()ed,-14-第一章波动方程其中F () =Zl0f (x,t)dx.记E0(t) =Zl0u2dx,有能量不等式E0(t) etE0(0) +Zt0F ()ed.进一步可证明解的稳定性.3.证明波动方程utt= a2(uxx+ uyy) + f (x,y,t),的自由项f在L2(K)意义下作微小改变时,对应的柯西问题的解在L2(K)意义之下改变也是微小的.证明:类似于课本,在特征锥内积分,考虑到边界条件,有如下能量不等式E1(t) 6 etE1(0) + etZt0F ()ed,E0(t) 6 etE0(0) +Zt0E1()ed,进一步可证关于自由项的稳定性.4.

35、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)的叠加,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叠加.这个物理性质对应的数学事实是什么?解:各阶驻波为un(x,t) =?Ancosnatl+ Bnsinnatlsinnxl,其中An=2lZl0()sinnld,Bn=2naZl0 ()sinnld.因此,动能Un=2Zl0un,t2dx =n22a24l?Ansin?n atl Bncos?n atl2位能Vn=T2Zl0un,x2dx =Tn224l?Ancos?n atl+ Bnsin?n atl2.能量En= Un+ Vn=n22a24lAn2+

36、 Bn2.在振动过程中,总能量保持不变,故E = E (0) =2Zl0ut2+ a2ux2flflt=0dx =2Zl02+ a202dx-15-1.2 习题选讲根据Fourier级数的性质,有E =Xn=1En,即得所证.5.考虑波动方程的第三类初边值问题utt a2(uxx+ uyy) = 0,t 0,(x,y) ,u|t=0= (x,y), ut|t=0= (x,y),?un+ uflflflfl= 0,其中 0是常数,是的边界,n为上的单位外法线向量.对于上述定解问题的解,定义能量积分E (t) =ZZut2+ a2ux2+ uy2dxdy + a2Zu2ds,试证明E(t) 常数,

37、并由此证明上述定解问题解的唯一性.证明:类似于课本,在特征锥内积分,考虑到边界条件,可得dE (t)dt 0,从而E (t) E (0).进一步可证唯一性.-16-第二章热传导方程第二章热传导方程2.1学习要求(1)理解热传导方程的物理意义，定解条件的物理意义.(2)熟练掌握Fourier变换的以及在求解热传导方程柯西问题中的应用.(3)理解极值原理的物理意义,掌握利用最大模以及能量积分证明解的唯一性和稳定性的方法.(4)了解解的渐近性态.2.2习题选讲1.热传导方程及其定解问题的导出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,并服从规律dQ =

38、k1(u u1)dSdt又假设杆的密度为,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:取杆轴为x轴,考察杆位于(x,x + x)段微元的热平衡。单位时间内通过微元侧面流入的热量为dQ1= k1(u u1)lx单位时间内从x截面和x + x截面流入微元的热量分别为dQ2= k(x)ux(x,t)l24和dQ3= k(x + x)ux(x + x,t)l24因此单位时间内流入的总热量为dQ = dQ1+ dQ2+ dQ3=?k(x + x)ux(x + x,t) k(x)ux(x,t)l24 k1(u u1)lx=x?k(x)uxx=xl24x k1(u u1)lx其中x (x,x

39、+ x).因此从时刻t1至t2流入位于x1,x2杆段的热量为Zt2t1Zx2x1?x?k(x)uxx=xl24 k1(u u1)ldxdt在这段时间内x1,x2杆段内各点温度从u(x,t1)变化到u(x,t2),其吸收的热量为Zx2x1c(u(x,t2) u(x,t2)l24dx =Zt2t1Zx2x1l24cutdxdt根据热量守恒,二者应相等,又由x1,x2,t1,t2的任意性可得ut=1cx?k(x)ux4k1cl(u u1)-17-2.2 习题选讲即为所求方程.2.试直接推导扩散过程所满足的微分方程.解:参见热传导方程的推导.略.3.砼(混凝土)内部储藏着热量,称为水化热,它在浇筑后逐

40、渐放出,放热速度和它所储藏的水化热成正比.以Q(t)表示它在单位体积中所储的热量,Q0为初始时刻所储的热量,则dQdt= Q,其中为正常数.又假设砼的比热为c,密度为,热传导系数为k,求它在浇筑后温度u满足的方程.解:设砼内点(x,y,z)在时刻t的温度分布为u(x,y,z,t),显然可以求得单位体积存储的热量为Q(t) = Q0et.又根据热量守恒，可知从时刻时刻t1至t2从砼内任一区域外部流入的热量及砼中水化热之和为Zt2t1ZZZ?x?kux+y?kuy+z?kuzdxdydzdt +ZZZ(Q(t1) Q(t2)dxdydz=Zt2t1ZZZ?x?kux+y?kuy+z?kuzdxdy

41、dzdt ZZZZt2t1Qtdtdxdydz而砼内任一区域中热量的增加为ZZZZt2t1cutdtdxdydz二者相等,可得所求方程为ut=1c?x?kux+y?kuy+z?kuz+Q0cet4.设一均匀的导线处在周围为常数温度u0的介质中,试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程ut=kc2ux2k1Pc(u u0) +0.24i2rc,其中i及r分别表示导体的电流及电阻，P表示横截面的周长,表示横截面的面积,而k1表示导线对于介质的热交换系数.解:由于电阻作用,电流的通过会导致内部发热,相当于导线内部存在着热源,其强度为0.24i2rc,类似于第1题，只需将这部分热源计入方程即可.5.

42、设物体表面的绝对温度为u,此时它向外界辐射出去的热量依斯特藩-玻耳兹曼(Stefan-Boltzmann)定律正比于u4,即dQ = u4dSdt假设物体和周围介质之间只有热辐射而没有热传导,又假设物体周围介质的绝对温度为已知函数f(x,y,z,t),求此时该物体热传导问题的边界条件.解:考察边界上的一个面积微元dS，在时间dt内物体内部经边界流出的热量为kundSdt,其中 n为外法线,k为热传导系数.从该微元辐射到外部介质的热量为u4dSdt,外部介质通过该微元辐射到物体表面的热量为f4dSdt.根据热量平衡,有kundSdt = u4dSdt f4dSdt-18-第二章热传导方程即边界

43、条件为kun= u4 f42.初边值问题的分离变量法1.用分离变量法求下列定解问题的解:ut= a22ux2(t 0,0 x 0)u(x,0) = f (x)(0 x 0,0 x 1)u(x,0) =x,?0 x 6121 x,?12 x 0)解:方程的通解为u(x,t) =Xn=1Anen22tsinnx其中Ak= 2Z1/20 sinkd +Z11/2(1 )sinkd!=4k22sink2=0,k = 2n4(1)n(2n + 1)22,k = 2n + 1n = 0,1,因此,u(x,t) =Xn=04(1)n(2n + 1)22e(2n+1)22tsin(2n + 1)x3.如果有一

44、长度为l的均匀细棒,其周围以及两端x = 0 , x = l均为绝热,初始温度分布为u(x,0) = f(x) ,问以后时刻的温度分布如何?且证明当f(x)等于常数u0时,恒有u(x,t) = u0.-19-2.2 习题选讲解: (1) u(x,t)满足方程ut= a2uxxux|x=0= ux|x=l= 0,u|t=0= f (x).分离变量可得通解为u(x,t) =Xk=0Akek22tl2coskxl根据初始条件得A0=1lZl0f ()dAk=2lZl0f ()coskld(k 6= 0)(2)当f (x) u0时,易知A0= u0,Ak= 0,从而有u(x,t) = u04.在区域t

45、 0 , 0 x l中求解如下的定解问题:ut= a22ux2 (u u0),u(0,t) = u(1,t) = 0,u(x,0) = f (x),其中 , , u0均为常数, f(x)为已知函数.解:作变换,u = u0+ v (x,t)et,则v (x,t)满足方程vt= a22vx2,v (0,t) = v (l,t) = 0,v (x,0) = f (x) u0.由此可得,v (x,t) =Xk=0Akek22tl2sinkxl其中Ak=2lZl0(f () u0)sinkld = fk+2u0k(1)k 1其中fk为f关于正交函数系sinkxl的展开系数。代入上式,即得所求.5.长度

46、为l的均匀细杆的初始温度为零度,端点x = 0保持常温u0,而在x = l端和侧面上,热量可以发散到周围的介质中去,介质的温度为零度.此时杆上的温度分布函数u(x,t)满足下述定解问题:ut= a22ux2 b2u,u(0,t) = u0,?ux+ Huflflflflx=l= 0,u(x,0) = 0.试求出u(x,t)-20-第二章热传导方程解:令u = eb2tv + (x),则当(x)满足00b2a2 = 0,(0) = u0,0+ Hflflx=l= 0时,v (x,t)满足vt= a22vx2,v (0,t) = 0,?vx+ Hvflflflflx=l= 0,v (x,0) =

47、 (x).易知(x) = C1ebx/a+C2ebx/a根据边界条件C1+ C2= u0C1?H +baebl/a+C2?H baebl/a= 0可得C1= 0ebl/a(Ha b)ebl/aHa + ebl/ab ebl/aHa + ebl/ab1C2= 0ebl/a(Ha + b)ebl/aHa ebl/ab + ebl/aHa ebl/ab1因此,(x) = 0Haeb(xl)/a beb(xl)/a Haeb(xl)/a beb(xl)/aHaebl/a bebl/a+ Haebl/a bebl/a类似于课本例题,将(x)(x,0) = (x)代入,即可求得v (x,0).6.半径为a

48、的半圆形平板,其表面绝热,在板的圆周边界上保持常温u0,而在直径边界上保持常温u1,求圆板稳恒状态(即与时间t无关的状态)的温度分布.解:问题归结为2ur2+1rur+1r22u2= 0,u(a,) = u0,0 0);(2) ea|x|(a 0);(3)x(a2+ x2)k,1(a2+ x2)k其中,(a 0,k为自然数).-21-2.2 习题选讲解:(1) Fex2=p/e2/4;(2) Fea|x|=2aa2+ 2;(3)略.2.证明:当f (x)在(,)上绝对可积时,F f为连续函数.证明:设g () = F f =Zf ()eid,因为f (x)绝对收敛,所以存在常数M,成立Z|f

49、()|d 0,存在R 0使ZR|f ()|d 6,ZR|f ()|d 0,当| 0| 时上式第二项3,所以|g () g (0)| 0(x),x 0,有u(x,t) =12atZ0()e(x )24a2td +Z0()e(x )24a2td=1atZ0()ex2+ 24a2tsinhx2a2td6.证明函数v (x,y,t;,) =14a2(t )e(x )2+ (y )24a2(t )对于变量(x,y,t)满足方程vt= a2?2vx2+2vy2-23-2.2 习题选讲而对于变量(,)满足方程v+ a2?2v2+2v2= 0.证明:直接对表达式求解即可验证.7.证明:如果u1(x,t),u2

50、(x,t)分别是下述两个定解问题的解u1t= a22u1x2,u1|t=0= 1(x);u2t= a22u2y2,u2|t=0= 2(y),则u(x,y,t) = u1(x,t)u2(y,t)是定解问题ut= a2?2ux2+2uy2,u|t=0= 1(x)2(y)的解.证明:直接代入即可验证.8.导出下列热传导方程柯西问题解的表达式ut= a2?2ux2+2uy2,u|t=0=nXi=1i(x)i(y)解:由叠加原理及上题结果可得u(x,y,t) =14a2tnXi=1ZZi()i()e(x )2+ (y )24a2tdd9.验证二维热传导方程柯西问题ut= a2?2ux2+2uy2,u|t

51、=0= (x,y)解的表达式为u(x,y,t) =14a2tZZ(,)e(x )2+ (y )24a2tdd略.4.极值原理、定解问题解的唯一性和稳定性1.证明方程ut= a22ux2+ cu(c 0)具狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与稳定性。证明:令v = uect,则原方程化为定理4.1所研究形式,根据v的唯一性与稳定性可以得出u的唯一性与稳定性.-24-第二章热传导方程2.利用证明热传导方程极值原理的方法,证明满足方程2ux2+2uy2= 0的函数在有界闭区域上的最大值不会超过它在边界上的最大值.证明:参见课本第116页极值原理的证明.3.证明初边值问题ut a2uxx= f

52、(x,t),u|x=0= 1(t),?ux+ huflflflflx=l= 2(t),(h 0)u|t=0= (x).的解u(x,t)在Rt1: 0 6 t 6 t1,0 6 x 6 l中满足u(x,t) 6 et1max?0, max06x6l(x), max06t6t1?et1(t),et2(t)h,1maxRt1etf,其中 0为任意正常数.证明:类似于定理4.2的证明.略.5.解的渐近性态1.证明下列热传导方程初边值问题ut a2uxx= 0,u|x=0= u|x=l= 0,u|t=0= (x)的解当t +时指数地衰减于零,其中为连续函数,且(0) = (l) = 0.证明:方程具有分

53、离变量形式的解u =Xn=1Anea2n22l2tsinnxl.类似于定理5.1的证明,可得|u| Cea22l2t.2.证明:当(x,y)为R2上的有界连续函数,且 L1R2时,二维热传导方程柯西问题的解,当t +时,以t1衰减率趋于零.略.3.证明:当(x,y,z)为R3上的有界连续函数,且 L1R3时,三维热传导方程柯西问题的解,当t +时,以t3/2衰减率趋于零.略.-25-第三章调和方程3.1学习要求(1)理解Laplace方程和Poisson方程的物理意义.(2)熟练掌握Green公式及其应用.(3)理解Green函数的性质,掌握静电源像法.(4)了解调和函数的性质.(5)理解强极

54、值原理.3.2习题选讲1.建立方程、定解条件1.设u(x1, ,xn) = f (r)(其中r =px21+ + x2n)是n维调和函数(即满足方程2ux21+ +2ux2n= 0),试证明f (r) = c1+c2rn2(n 6= 2),f (r) = c1+ c2ln1r(n = 2),其中c1,c2为任意常数.解:此时nu =1rn1r?rn1ur,因此方程nu = 0的解为:当n = 2时，1rr?rur= 0,从而,rur= c2,ur=c2r,u = c1+ c2ln1r;当n 6= 2时,rn1ur= c2,ur=c2rn1,u = c1+ c21rn2.2.证明:拉普拉斯算子在

55、球面坐标(r,)下可以写成u =1r2r?r2ur+1r2sin?sinu+1r2sin2u2.-26-第三章调和方程解:根据球面坐标与直角坐标的转换公式,x = rsincos,y = rsinsin,z = rcos,利用多元复合函数求导法则,代入u =2ux21+ +2ux2n= 0即可得结果.3.证明:拉普拉斯算子在柱面坐标(r,z)下可以写成u =1rr?rur+1r22u2+2uz2.解:根据柱面坐标与直角坐标的转换公式,x = rcos,y = rsin,z = z,利用多元复合函数求导法则,代入u =2ux21+ +2ux2n= 0即可得结果.4.证明下列函数都是调和函数:(

56、1) ax + by + c (a,b,c为常数);(2) x2 y2和2xy;(3) x3 3xy2和3x2y y2;(4) sinhny sinnx,sinhny cosnx,coshny sinnx和coshny cosnx(n为常数);(5) sinhx(coshx + cosy)1和siny (coshx + cosy)1.解:将上述表达式带入即可验证,略.5.证明用极坐标表示的下列函数都满足调和方程:(1) lnr和;(2) rncosn和rnsinn(n为常数);(3) rlnrcos rsin和rlnrsin + rcos.解:极坐标系下二元调和方程可写为2u =1rr?rur

57、+1r22u2.将上述表达式带入即可验证,略.6.用分离变量法求解由下述调和方程的第一边值问题所描述的矩形平板(0 6 x 6 a,0 6 y 6 b)上的稳定温度分布:2ux2+2uy2= 0,u(0,y) = u(a,y) = 0,u(x,0) = sinxa,u(x,b) = 0.解:假设u = X (x)Y (y),代入方程可得X00Y + XY00= 0,从而X00X= Y00Y= ,分离变量得到-27-3.2 习题选讲X00+ X = 0Y00 Y = 0其次边界条件可化为X (0) = X (a) = 0,从而有本征值n=na2,(n = 1,2,.)以及本征函数Xn(x) =

58、sinnxa.相应的，可得Yn(x) = Ansinhnya+ Bncoshnya.从而方程的解可写为u(x,y) =Xn=1Ansinhnya+ Bncoshnyasinnxa.根据边界条件u(x,0) = sinxa,可得B1= 1,Bn= 0,(n 2),根据边界条件u(x,b) = 0,可得A1sinhba+ B1coshba= 0,An= 0,(n 2),从而A1= coshbasinhba,方程的解为u(x,y) =?sinhyacoshbasinhba+ coshnyasinxa=sinh (b y)/asinhb/asinxa.7.在膜型扁壳渠道闸门的设计中,为了考察闸门在水压

59、力作用下的受力情况,要在矩形区域0 6 x 6 a, 0 6 y 6 b上求解如下的非齐次调和方程的边值问题:u = py + q,uxflflflflx=0= 0, u|x=a= 0,u|y=0,y=b= 0.试求解之.(提示:今v = u +x2 a2(fy + g)以引入新的未知函数v,并选择适当的f及g之值,使v满足调和方程.再用分离变量法求解.)解:今v = u +x2 a2(fy + g),取f = p/2,q = q/2，则v满足方程v = 0,vxflflflflx=0= 0, v|x=a= 0,v|y=0= q2x2 a2= (x),v|y=0,y=b= 12x2 a2(pb

60、 + q) = (x).利用分离变量法,可得v (x,y) =Xn=0Ane(2n + 1)y2a+ Bne(2n + 1)y2acos(2n + 1)x2a.-28-第三章调和方程带入边界条件得,An=ne(2n + 1)b2a n2sinh(2n + 1)b2a,Bn=n ne(2n + 1)b2a2sinh(2n + 1)b2a其中,n,n分别为(x),(x)的Fourier系数,即n=2aZa0q2x2 a2cos(2n + 1)x2adx = 16(1)n+1qa2(2n + 1)33n=2aZa012x2 a2(pb + q)cos(2n + 1)x2adx = 16(1)n+1

61、(pb + q)a2(2n + 1)33代入整理可得u(x,y).8.举例说明在二维调和方程的狄利克雷外问题中,如对解u(x,y)不加在无穷远处为有界的限制,那么定解问题的解就不是唯一的.解:取狄利克雷外问题.求解区域0为单位圆r 1,对定解问题u = 0,r 1u|r=1= 1显然,u1 1,u2= cln1r+ 1均为解,其中c为任意常数.即定解问题不唯一.9.设J (v) =ZZZ12?ux2+?uy2+?uz2#dxdydz +ZZ12u2 gu?ds,考察变分问题:求u V ,使J (u) = minvVJ (v),其中V = C2() C1.试导出与其等价的边值问题,并证明它们的等

62、价性.略.2.格林公式及其应用1.证明(2.7)式对于M0在外与上的情形成立.证明:(1)当M0在外时,由格林第二公式,ZZZ(uv vu)d =ZZ?uvn vundS类似于例题,令v = 1/r,由于u在内调和,则有ZZ?un?1r1rundS = 0.(2)当M0在边界时.以M0为心,充分小为半径做小球交部分在近于半球,则有-29-3.2 习题选讲ZZZK?u1r1rud =ZZ+?un?1r1rundS由于u,1/r在K上调和,故u = 1r= 0.在边界上,n?1r= r?1r=1r2=12ZZun?1rdS =12ZZudS =12u22= 2uZZ1rundS =2?un,从而,

63、ZZ+?un?1r1rundSM+ 2u 2?un= 0.令 0,即得所证.2.若函数u(x,y)是单位圆上的调和函数，又它在单位圆周上的数值已知为u = sin,其中表示极角.间函数u在原点之值等于多少?解:根据平均值原理,u(O) =12RZuds =12Z20sin 1d = 03.如果用拉普拉斯方程表示平衡温度场中温度分布函数所满足的方程,试阐明使诺伊曼内问题有解的条件RRfdS = 0的物理意义.解:RRfdS = 0表示通过边界曲面热流量的代数和为零,即处于稳定温度分布状态的物体,从表面流入和流出的热量是相同的.4.证明:当u(M)在闭曲面的外部调和,并且在无穷远处成立u(M) =

64、 O?1rOM,ur= O?1r2OM(rOM ),而M0是外的任一点,则公式(2.6)仍成立.证明:假设M0为边界一点.作半径为R的球KR,使其包含及M0在内.记KR的球面为R,类似于课本推导,成立ZZ+R?un?1rM0M1rM0MundSM+ 4u 4?un= 0.令R ,根据已知条件,可得limRZZR?un?1rM0M1rM0MundSM= 0,-30-第三章调和方程故当u(M)在外部调和时亦成立u(M0) = 14ZZ?un?1rM0M1rM0MundSM.5.证明调和方程狄利克雷外问题解的稳定性.证明:设u1,u2均为狄里克雷外问题的解,ui= 0,0ui|= fi,(i =

66、0,2uyi2(M0) 6 0,(i = 1,2, ,n).记-31-3.2 习题选讲L1u =nXi=1 aii2uyi2+nXi=1biuyi,则L1u(M0) 6 0.又由L1u(M0) =Lu(M0) cu(M0),知L1u(M0) 0.矛盾.7.证明第6题中讨论的椭圆型方程的第一边值问题解的唯一性与稳定性.证明:唯一性.设u1,u2均为第一边值问题的解.令v = u1 u2,则v满足Lv =nXi,j=1aij2vxixj+nXi=1bivxi+ cv = 0,v|= 0.根据第6题可知,v在内部达不到正的极大以及负的极小,故正的极大和负的极小均在边界达到.由此v 0,从而u1= u

67、2.稳定性.设u1,u2满足方程Lui= 0,ui|= fi,(i = 1,2)令v = u1 u2,则v满足Lv = 0,v|= f1 f2.根据第6题,当min(f1 f2) 0时,成立0 v max(f1 f2);当max(f1 f2) min(f1 f2);当max(f1 f2) 0且min(f1 f2) 0时,成立min(f1 f2)v max(f1 f2).综上所述,当|f1 f2| 时,成立|v| 0),不成立极值原理.解:令u = sinrc2xsinrc2y,则u + cu = 0.取为正方形r2c,r2c;r2c,r2c!,则u在边界上为0,而当x=12r2c

68、,y=12r2c时u = 1,且在内u 6 1.不成立极值原理.3.格林函数1.证明格林函数的性质3及性质5.证明:(1)性质3:在区域内成立0 G(M,M0) 0,由极值原理知g(M,M0) 0,故G(M,M0) 0,考虑G(M,M0) = 0,KG|= 0,G|=14rM0M0 gM,M0 0由极值原理,在K内,G 0,可任意小.故G 0在内成立.(2)性质5:ZZG(M,M0)ndSM= 1令u = 1,代入狄里克雷解的表达式(3.4)即可得证.2.证明格林函数的对称性:G(M1,M2) = G(M2,M1).证明:以M1,M2为心,作半径为的球K1,K2,其边界分别记为1,2.根据格林

69、第二公式,有ZZZK1K2(uv vu)d =ZZ+1+2?uvn vundS.令u = G(M,M1),v = G(M,M2),注意到在 K1 K2内u = v = 0.在上u = v = 0.从而有ZZ1+2?G(M,M1)G(M,M2)n G(M,M2)G(M,M1)ndS = 0.当 0时,有ZZ1G(M,M1)G(M,M2)ndS 0,ZZ1G(M,M2)G(M,M1)ndS G(M1,M2).类似的结论在2上依然成立.即得所证.3.写出球的外部区域的格林函数,并由此导出对调和方程求解球的狄利克雷外问题的泊松公式.解:采用课本中第82页图3.2,类似于球内的泊松公式推导过程,可得G(

70、M,M1) =14rMM1R114rMM0,其中M0为球外一点M1关于球面的反演点,1= rOM1.由此得泊松公式为-33-3.2 习题选讲u(M1) =14RZZ21 R2R2+ 21 2R1cos3/2f (M)dSM.4.利用泊松公式求边值问题(uxx+ uyy+ uzz= 0,x2+ y2+ z2 1,u(r,)|r=1= 3cos2 + 1的解.解:根据边界条件,可假设方程的解为u = A + Br2cos2,此时u = 0成立.代入边界条件,可得5.证明:二维调和函数的奇点可去性定理:若A是调和函数u(M)的孤立奇点,在A点邻域中成立着u(M) = o?ln1rAM,则此时可以重新

71、定义u(M)在MA的值,使它在A点亦是调和的.证明:与三维调和函数的奇点可去性定理类似,先求解狄里克雷问题(u1= 0,Ku1|= u|,则w = u u1满足方程w = 0,KAw|= 0,limMAw(M)ln1rAM= 0.令函数w(M) = ?ln1rAM ln1R,则显然有w(M) = 0,(KA), w|= 0.因此,取充分小,使在以A为心,为半径的圆周上成立|w| w.根据极值原理,在r = R以及r =所包围的同心圆内成立w(M) w(M).固定M,令 0,即得w(M) = 0.根据M的任意性,即得所证.6.证明:如果三维调和函数u(M)在奇点A处附近能表示为NrAM,其中常数

72、0 0,u|y=0= f (x)的解.解:与半空间问题类似,可得G(M,M0) =12ln1rM0M12ln1rM1M,由此得u(x0,y0) =y0Z+f (x)(x x0)2+ y20dx.9.设区域整个地包含在以原点O为心、R为半径的球K中,u(r,)是此区域中的调和函数,其中(r,)表示中动点M的球坐标.设r1=R2r,则点M1= (r1,)就是点M关于球K的反演点,从M = (r,)到M1= (r1,)的变换称为逆逆逆矢矢矢径径径变变变换换换或反反反演演演变变变换换换.以1表示的反演区域，证明函数v1=Rr1u?R2r1,是区域1中的调和函数(无穷远点除外).如果区域为球面K以外的无

73、界区域,则函数称为函数的凯凯凯尔尔尔文文文(Kelvin)变变变换换换.解:利用球面坐标系下Laplace算子的表达式,由复合函数求导法则可得当(r,)u(r,) =0时,必有(r1,)v (r1,) = 0.10.利用凯尔文变换及奇点可去性定理把狄利克雷外问题化为狄利克雷内问题.解:狄里克雷外问题:u = 0,0u|= f,limru = 0.作一半径为R的球K使其完全落在内,将0关于球面R反演得内有界区域1,其边界为1,则由第9题知v (r1,) =Rr1u?R2r1,满足(r1,)v = 0,1v|1= f1(r1,),-35-3.2 习题选讲其中,f1(r1,) =Rr1f?R2r1,

74、.注意到当r1 0时,limr10r1v (r1,) = limrRu(r,) = 0,所以r1= 0是v的可去奇点.故可重新定义v在r1= 0的值,使v在1内调和.此即狄里克雷内问题.11.证明空间无界区域上的调和函数如在无穷远处趋于零,那么它趋于零的阶数至少为O?1r.证明:由上题可知,当u(r,)在无界区域内调和且在无穷远处趋于零时,v (r1,) =Rr1u?R2r1,在有界区域1内调和,故v在1内有界,亦即存在常数A,使成立|v| 6 A.由v的定义,当r 时,flflflrRu(r,)flflfl6 A,即|u(r,)| 6Cr.12.证明处处满足平均值公式(2.11)的连续函数一

75、定是调和函数.证明: u为连续函数,在内处处成立平均值公式,以任一点M0为球心,为半径作球K,使其完全落在内,在K内求解狄里克雷问题(v = 0,Kv|= u|,由泊松公式知存在唯一解v,又由u成立平均公式,v是K内调和函数,亦成立平均值公式,故u v在4.强极值原理、第二边值问题解的唯一性1.试用强极值原理来证明极值原理.证明:反证法.若u的最大值在内点M0达到,u(M0) = m.对于充分小 0,使以M0为心,2为半径的球落在内.首先证明在以M0为心,为半径的球内必有u(M) = m.否则,若存在M1使得u(M1) m,则必存在0 ,使以M1为心,为半径的球内必有u(M) 0)的解的唯一性

76、.证明:假设u1,u2都是调和方程第三边值问题的解,则v = u1 u2满足v = 0,?vn+ vflflflfl= 0.若v不恒等于常数C,则由极值原理,v的最大值和最小值必在边界上达到.设在M0处达极小,在M1达极大,则由强极值原理知vn(M0) -36-第三章调和方程0,即v的最小值必大于零;同理可得v(M1) 0.证明:若v (x,y,z)在整个球r 6 R内满足v 0,则必有v的最大值在区域边界上达到.而由条件(3),dvdr 0矛盾.所以同时满足这几个条件的v不存在.4.对于一般的椭圆型方程nXi,j=1aij2uxixj+nXi=1biuxi+ cu = 0,假设矩阵(aij

77、)是正定的,即对任何实数i(i = 1, ,n),成立nXi,j=1aijij nXi=12i( 0),又设c 6 0,试证明它的解也成立着强极值原理.也就是说,如果u(M)在球nPi=1x2i 0.证明:类似于第三章第2节第6题的证明思路,利用坐标转换将方程系数矩阵aij化为对角型,再类似于定理4.1的推导过程,即可得证.略.-37-第四章二阶线性偏微分方程的分类与总结4.1学习要求(1)熟练掌握二阶线性方程的分类和化简.(2)了解二阶线性方程的特征理论.(3)熟悉先验估计的证明方法.4.2习题选讲1.二阶线性方程的分类1.证明:两个自变量的二阶线性方程经过自变量的可逆变换后,其类型不会改变

78、,即变换后 =a212 a11a22的符号不变.证明:设可逆变换为 = (x,y), = (x,y),记C =?xyxy,根据复合函数求导法则,可以得到? a11 a12 a12 a22= C?a11a12a12a22CT,从而 = a212 a11 a22= (detC)2.由于(detC)2 0,故符号不变.设未知函数可逆变换为u = f(v),fv6= 0.对以v为未知函数的新方程组系数,有 a11= a11fv, a12=a12fv, a22= a22fv,故 = f2v,故符号不变.2.判定下述方程的类型:(1)x2uxx y2uyy= 0;(2)uxx+ (x + y)2uyy=

79、0;(3)uxx+ xyuyy= 0;(4)sgnyuxx+ 2uxy+ sgnxuyy= 0;(5)uxz 4uxy+ 2uxz+ 4uyy+ uzz= 0.解:(1)当xy 6= 0时为双曲型,当xy = 0时为抛物型;(2)当x + y 6= 0时为椭圆型,当x + y = 0时为抛物型;(3)当xy 0时为椭圆型,当xy = 0时为抛物型,当xy 0时为抛物型,当xy 0时为双曲型;(5)系数阵A是不定型,且非退化,故为双曲型.-38-第四章二阶线性偏微分方程的分类与总结3.化下列方程为标准形式:(1)uxx+ 4uxy+ 5uyy+ ux+ 2uy= 0;(2)x2uxx+ 2xy

80、uxy+ y2uyy= 0;(3)uxx+ yuyy= 0;(4)uxx 2cosxuxy+3 + sin2xuyy yuy= 0;(5)1 + x2uxx+1 + y2uyy+ xux+ yuy= 0.解:(1)令 = y 2x, = x,则得u+ u+ u= 0;(2)令 = y/x, = x,则得y2u= 0;(3)当y 0时为椭圆型.令 = 2y, = x,则得u+ u1u= 0;(4)令 = y 2x + sinx, = y + 2x + sinx,则得u+( + )32(u+ u) = 0;(5)令 = lny +p1 + y2, = lnx +1 + x2,则得u+ u= 0.-

81、39-4.2 习题选讲4.证明:两个自变量的二阶常系数双曲型方程或椭圆型方程一定可以经过自变量及未知函数的可逆变换u = e+v,将它化成v v cv = f的形式.证明:由方程的化简可知,总可以通过自变量的可逆变换化为u u= A1u+ B1u+ C1u + D1的形式.由于原方程为常系数,因此特征值1,2为常数.此时变换式为 = a1x + a2y, = a3x + a4y,其中ai均为常数.由此可得系数A1,B1,C1,D1均为常数.再引入未知函数变换u = e+v,在双曲型时,取 = A1/2, = B1/2,在椭圆型时,取 = A1/2, = B1/2,即可化为所求之简单形式.2.二

82、阶线性方程的特征理论1.求下列方程的特征方程和特征方向:(1)2ux12+2ux22=2ux32+2ux42;(2)2ut2=2ux12+2ux22+2ux32;(3)ut=2ux22uy2.解:(1)特征方程为12+ 22= 32+ 42,特征方向满足12+ 22= 32+ 42,12+ 22+ 32+ 42= 1,解得 =22sin,cos,sin,cos,其中,为任意常数.(2)特征方程为02= 12+ 22+ 32,特征方向满足02= 12+ 22+ 32,02+ 12+ 22+ 32= 1,解得 =221,sinsin,sincos,cos,其中,为任意常数.(3)特征方程为12

83、 22= 0,特征方向满足12 22= 0,02+ 12+ 22= 1,-40-第四章二阶线性偏微分方程的分类与总结解得 =22n2cos,sin,sino,其中为任意常数.2.证明:经过可逆的坐标变换xi= fi(y1, ,yn),(i = 1, ,n),原方程的特征曲面变为经变换后的新方程的特征曲面,即特征曲面关于可逆坐标变换具有不变性.证明:对方程nXi,j=1aij2uxixj+nXi=1biuxi+ cu = f,特征曲面S : (x1, ,xn) = 0满足特征方程nXi,j=1aijxixj= 0.进行自变量可逆代换yi= gi(x1,xn),得到新方程nXi,j=1 aij

84、2uxixj+nXi=1biuxi+ cu =f.记C =y1x1y1xn ynx1ynxn,则与两个自变量情形类似,可得( aij) = C (aij)CT.此时,曲面S的方程变成(y1, ,yn) = (x1(y1, ,yn), ,xn(y1, ,yn) = 0.由此可得?y1, ,yn=?x1, ,xnC1,从而nXi,j=1 aijyiyj=nXi,j=1aijxixj= 0.因此,若(x1, ,xn) = 0为原方程的特征曲面,则(y1, ,yn) = 0是新方程的特征曲面.即特征曲面关于可逆坐标变换具有不变性.3.试证二阶线性偏微分方程解的m阶弱间断(即直至m 1阶的偏导数为连续,

85、而m阶偏导数为第一类间断)也只能沿着特征发生.证明:若曲面S : (x1, ,xn) = 0为解u(x1, ,xn)的m阶弱间断面,而S的参数方程为xi=gi(1, ,n1),(i = 1, ,n),引入坐标变换i= i,(i = 1, ,n 1)n= ,-41-4.2 习题选讲此时原方程化为 ann2un2+ = 0,式中被省略的项最多含有未知函数u的一次外导数,而 ann=nXi,j=1aijxixj.求导可得 annmunm+ = 0,式中被省略的项最多含有未知函数u的m 1次外导数.当 ann6= 0时,上式唯一决定了munm的值,即u不可能产生m阶弱间断.故u的m阶弱间断只能在 an

86、n= 0时发生,也就是只能沿着特征发生.4.试定义n阶偏微分方程的特征方程,特征方向和特征曲面.略.3.三类方程的比较1.试回顾以前学过的求解偏微分方程定解问题的各种方法,并指出叠加原理在哪里被用到.解:略.2.证明热传导方程ut= a22ux2的初边值问题u(0,t) = u(l,t) = 0,u(x,0) = (x)的解关于自变量x(0 x 0)可进行任意次微分.证明:参见教材第二章第2节第51页对于解的验证.3.举例说明弦振动方程不成立极值原理.解:求解2ut2=2ux2,t = 0 : u = 1, ut= 1.根据达朗贝尔公式,得u = 1 + t.显然此时不成立极值原理.4.若曲

87、线S将区域分成1和2两部分,函数u(x,y)在1,2中分别二次连续可微,且满足Laplace方程u = 0,又u在S上一阶偏导数连续,试证明函数u(x,y)在S上也具有二阶连续偏导数,且在中满足方程u = 0.证明:设是内任一闭曲面,当完全落在1或2内,而M0为内任一点时,显然有u(M0) = 14ZZ?u(M)n?1rM0M1rM0MundSM.-42-第四章二阶线性偏微分方程的分类与总结而当有一部分落在1内,另一部分落在2内时,记在1内部分为1,在2内部分为2,此时在所包含区域内的曲面S相应记为S0,则当M0 1时有u(M0) = 14ZZ1+S0?u(M

88、)n?1rM0M1rM0MundSM,又当M0/ 2时成立ZZ2+S0?u(M)n?1rM0M1rM0MundSM= 0,相加得u(M0) = 14ZZ?u(M)n?1rM0M1rM0MundSM.类似的,当M0 2时,上式同样成立.根据假设,u在内直至S上一阶连续可微,令M0 M00S,上式仍成立,所以对于内任一点及任一闭曲面均成立基本积分公式,亦即处处成立平均值公式,由第三章第3节第12题知u在内调和.4.先验估计1.设u(x1, ,xn)在区域上满足不等式nXi,j=1aij(x)uxixj+nXi=1bi(x)uxi+ c(x)u 0,其中aij,bi,c在上具有一阶连续偏导数,满足(

89、4.38)式,且c(x) 0,证明极值原理(4.3)成立.证明:不失一般性,假设存在M0 ,使u在M0达到非负最大值.利用坐标轴转换,根据矩阵aij的正定性,可将矩阵A(M0)化为对角阵:aii(M0) 0,aij(M0) = 0,(i 6= j).记新坐标为yi= yi(x1,x2,xn),则原方程化为Lu =nXi=1 aii2uyi2+nXi=1biuxi+ cu 0.当Lu 0时,由于u在M0非负最大值,2uyi2(M0) 6 0,uxi(M0) = 0,u 0,此时有Lu 6 0.矛盾.因此,u不能在达到上的非负最大值.对于任意 0,令w = u + eax1,则Lw = Lu +

90、eax1(a2+ c(x),取充分大a,可使Lw 0,从而w的非负最大值在边界上达到.令 0,即得弱极值原理.2.设u C2()TC()是椭圆型方程狄里克雷问题nPi,j=1aij(x)uxixj+nPi=1bi(x)uxi+ c(x)u = f (x),u|= (x)的解,系数aij,bi,c在上具有一阶连续偏导数,则成立最大模估计式(4.4).证明:类似于上题作坐标变换,即可转化为类似于定理4.2的方程,再根据定理4.2的证明过程,即可得证.3.在QT= (0,l) (0,T)中考察下列初边值问题utt a2uxx+ b(x,t)ux+ b0(x,t)ut+ c(x,t)u = f (x,

91、t),u|x=0= 0,(ux+ ku)|x=l= 0,u|t=0= (x),ut|t=0= (x),-43-4.2 习题选讲证明其解的唯一性及稳定性.证明:类似于定理4.4的证明,可得能量估计式E (t) E (0)eCt+ CeCtZt0Zl0f2dxdt,0 t T其中能量函数E (t) =12Rl0(u2t+ au2x)dx.进一步利用该能量估计式可证明解的唯一性和稳定性.4.建立下列初边值问题的能量估计式:ut u +nPi=1bi(x,t)uxi+ c(x,t)u = f (x,t),unflflflfl= 0,u|t=0= (x).解:方程两端同时乘以u,积分可得Zuut uu

92、+nXi=1bi(x,t)uxiu + c(x,t)u2!dx =Zfudx根据Green公式以及边界条件,左端第一,第二项可化为12Zu2tdx +Z|u|2dx其他项移到方程右端,类似于定理4.5的证明,可得dEdt CE (t) +Zf2dx,其中能量函数E (t) =12Ru2dx.从而成立如下能量估计式E (t) E (0)eCt+ eCtZt0Zf2dxdt,0 t T.5.设c(x) 0,证明椭圆型方程第一边值问题(4.37),(4.39)nPi,j=1aij(x)uxixj+nPi=1bi(x)uxi+ c(x)u = f (x),u|= 0的解的唯一性.证明:由于c(x) 0

93、,使得c(x) 0.根据定理4.6,存在能量估计式ZnXi=1|uxi|2+ u2!dx 6 CZf2dx其中C为不依赖于u的正常数.唯一性.假设u1,u2为方程的解,则v = u1 u2满足方程nPi,j=1aij(x)vxixj+nPi=1bi(x)vxi+ c(x)v = 0,v|= 0.根据能量估计式,有v = 0,因此u1= u2.-44-第四章二阶线性偏微分方程的分类与总结稳定性.假设u1,u2分别满足方程,则v = u1 u2满足方程nPi,j=1aij(x)vxixj+nPi=1bi(x)vxi+ c(x)v = f1 f2,v|= 0.根据能量估计式,当max|f1 f2| 时,亦有|u1 u2| .6.考察边值问题u +nPi=1bi(x)uxi+ c(x)u = f,unflflflfl= 0.试证当c(x)充分负时,其解具有唯一性及在能量模意义下的稳定性.证明:此时有能量估计式Z|u|2dx +c02Zu2dx CZf2dx,其中c(x) 6 c0 0.类似于上题,即可得证.-45-

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