數(shù)理方程習(xí)題綜合

1、例1.1.1 設(shè)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e/ex (ev/ey)=xy兩邊對(duì)x積分，得Vy = 0 (y) +1/2 x 2Y,其中0(y)是任意一階可微函數(shù)。進(jìn)一步地，兩邊對(duì) y積分，得方程得通解為v (x,y) = Jvydy+f (x) = fC (y) dy+f (x) +1/4 x 2y2=f (x) +g (y) +1/4 x 2y2其中f (x) ,g (y)是任意兩個(gè)二階可微函數(shù)。例 1.1.21.1.2 訛u=u(七，門),求下列俏潴分方程的通解：*P具中AJ是字敝* a除原方程可以寫曲=口,+兩邊對(duì)積紂，彳至u/dq 一d

2、u =中01)一等式兩邊同時(shí)乘e然后通過分部積分Wd ) /dn = fFWVq)1兩邊對(duì)口枳分,得方程的解卻 e-u(C，n = fe-qJCndq + F=網(wǎng)&十備(門)即u(已)=F( 9 + G(力，其中F( E),G(力是任意兩個(gè)可微函數(shù)。例1.2.1設(shè)有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻柔軟富有彈性的細(xì)弦，平衡時(shí)沿直線拉緊，在受到初始小擾動(dòng)下，作微小橫振動(dòng)。試確定該弦的運(yùn)動(dòng)方程。取定弦的運(yùn)動(dòng)平面坐標(biāo)系是Oxu,弦的平衡位置為x軸，弦的長(zhǎng)度為L(zhǎng),兩端固定在 O,L兩點(diǎn)。用u(x,t)表示弦上橫坐標(biāo)為 X點(diǎn)在時(shí)刻t的位移。由于弦做微小橫振動(dòng)，故Ux0.因此a 0, cos a韋sin a相n o=Ux0

3、,其中a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 MM,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?？梢宰C明，張力 T是一個(gè)常數(shù)，即 T與位置x和時(shí)間t的變化無關(guān)。事實(shí)上，因?yàn)榛≌駝?dòng)微小，則弧段 MM的弧長(zhǎng)x Yx2s=Vl+uxdxAx。這說明該段弧在整個(gè)振動(dòng)過程中始終未發(fā)生伸長(zhǎng)變化。于是由Hooke定律，張力T與時(shí)間t無關(guān)。因?yàn)橄抑蛔鳈M振動(dòng)，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+ 4x )cos a-T(x)cos c=0.由于cos / M , cos a 4,所以T(X+ &x)=T(x),故張力T與x無

4、關(guān)。于是，張力是一個(gè) 與位置x和時(shí)間t無關(guān)的常數(shù)，仍記為 T.作用于小弧段 MM的張力沿u軸方向的分量為Tsin a-Tsin a 用(ux(x+,t)-u x(x,t).設(shè)作用在該段弧上的外力密度函數(shù)為F (x,t)那么弧段 MM 在時(shí)刻t所受沿u軸方向的外力近似的等于 F(x,t)以.由牛頓第二定律得T (ux(x+ Ax ,t)-u x(x,t)+F(x,t) -x= putdx,其中p是線密度，由于弦是均勻的，故p為常數(shù)。這里utt是加速度utt在弧段MM 上的平均值。設(shè)u=u(x,t)二次連續(xù)可微。由微分中值定理得Tuzz (x+ 心x , t) *x+F(x,t) x = P ut

5、t Ax , 0 01.消去&x ,并取極限Ax-0得Tuxx （x，t） +F（x,t尸 pu 共即u tt= a2 u xx+ ?(x,t),0x0, 2一,，其中常數(shù)a =T/ p,函數(shù)？(x,t) =F(x,t)/ p表不在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(dòng)規(guī)律，稱為弦的強(qiáng)迫橫振動(dòng)方程，又稱一維非齊次波動(dòng)方程。當(dāng)外力作用為零時(shí)，即 ?=0時(shí)，方程稱為弦的 自由橫振動(dòng)方程。類似地，有二維波動(dòng)方程u tt = a2 (u xx+u yy) +? (x.y.t) , (x,y) w Q ,t0,電場(chǎng)E和磁場(chǎng)H滿足三維波動(dòng)方程2 一2二 E 2、2H2、2 一2- = c

6、E 和 -2- = c H ,什ft其中c是光速和.2:z-2-y例1.2.2設(shè)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(shí)刻，M=M(x,y,z)處的溫度。根據(jù) Fourier熱傳導(dǎo)定律，在無窮小時(shí)段 dt內(nèi)流過物體的一個(gè)無窮小面積dS的熱量dQ與時(shí)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-k dSdt n,其中k=k(x,y,z)是在物體M(x,y,z)處的熱傳導(dǎo)系數(shù)，取正值。我們規(guī)定外法線n方向所指的那一側(cè)為正側(cè)。 上式中負(fù)號(hào)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(dāng)Word資料0時(shí)，熱量實(shí)際上是

7、向-n方向流去。 n對(duì)于內(nèi)任一封閉曲面 S,設(shè)其所包圍的空間區(qū)域?yàn)?V,那從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2經(jīng)曲面流出的熱量為t2-uQi = - 111 k dSdtt1 S 二 n設(shè)物體的比熱容為c(x,y,z)，密度為p(x,y,z),則在區(qū)域V內(nèi)，溫度由u(x,y,z, t1)到u(x,y,z)所需的熱量為t2rQ2 : Iiic： U(x,y, z,t2)-u(x, y, z,ti )dv ： 1111 c- dvdt.V11V二 t根據(jù)熱量守恒定律，有Q2 - -QiHcpu(Vt2-x,y,z,t2)-u(x, y, z,t1)dv 二k-dSstti S二n假設(shè)函數(shù)u(x,y,z,t)關(guān)于x

8、,y,z具有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，關(guān)于 t具有一階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，那么由高斯公式得t2,1V；-:y4 f a 、u cu ;kdvdt = 0.cz 1 cz J由于時(shí)間間隔ti,t2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(shí)刻t,在內(nèi)任意一點(diǎn)都有c-=jx(1.2.6)方程稱為非均勻的各向同性體的熱傳導(dǎo)方程。如果物體是均勻的，此時(shí)k,c及p均為常、，人2k，、房八，數(shù)，令a2 = 一，則方程(1.2.6)化為 cP.:u=a .:t；：2u；：2u2 2 y:z2 .=a lu(1.2.7)它稱為三維熱傳導(dǎo)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(dǎo)方程為2 .Ut ua u f

9、(x, y, z,t)(1.2.8)其中f = c：類似地，當(dāng)考慮的物體是一根均勻細(xì)桿時(shí)如果它的側(cè)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(guān)，方程變成一維熱傳導(dǎo)方程2 ut =a uxx(1.2.9 )同樣，如果考慮一塊薄板的熱傳導(dǎo)，并且薄板的側(cè)面絕熱，則可得二維熱傳導(dǎo)方程2 ,、ut =a (uxx +uyy)(1.2.10 )(P16)例1.3.1 長(zhǎng)為L(zhǎng)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(dòng)。試寫出桿振動(dòng)的定解問題。解取如圖1.3所示的坐標(biāo)系。Cu, C Cu 1 , C -Ik + k + k z隊(duì)yyL+b泛定方程就是一維波動(dòng)方程(桿的縱振動(dòng)方程

10、)u tt=a 2 u xx ,0xL.在初始時(shí)刻(即放手之時(shí))，桿振動(dòng)的速度為零，即 ut(x,0)=o,oaq.而在x=L端拉離平衡位置，使整個(gè)彈性桿伸長(zhǎng)了b。這個(gè)b是來自整個(gè)桿各部分伸長(zhǎng)后的貢獻(xiàn)，而不是 x=L 一端伸長(zhǎng)的貢獻(xiàn)，故整個(gè)彈性桿的初始位移為u| t 且=x,0 寂 q.再看邊界條件。一端 x=0固定，即該端位移為零，故有u(0,t)=0,0板q.另一端由于放手任其振動(dòng)時(shí)未受外力，故有ux(L,t)=0,t四.所以，所求桿振動(dòng)的定解問題為0x0,0a4,u utt=a u xx, u(x,0)= x, u t (x,0)=0,Lu(0,t)=0, u x (L,t)=0,tR.

11、(P17)例1.3.2 :長(zhǎng)為L(zhǎng)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(dá)到穩(wěn)定后放手任其振動(dòng)。試寫出初始條件。ufF。皿L x解：建立如圖坐標(biāo)系。設(shè)弦在X0點(diǎn)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, 0 xxo,，ru(x,0)=xoh(L-x), x w xW L,L L-x o其中h特求。由牛頓第二定律得F-Tsin a i-Tsin a 2=0, 在微小振動(dòng)的情況下，Sin a i = tan “ i= h_, sin a 2= tan “2= h ,xoL-x 0所以 F=Th +Thxo L-x 0 因此h=Fx0(L-x 0

12、).TLF(L-x 0),0x0,故方程為雙曲型方程。對(duì)d y a 12 - 、a 12 - a 11 a 22=-1 .dxa 11y 3x =g, y+x = C2 .作自變量變換應(yīng)的特征方程組為d y a 12: ya 212 - a 11 a 22丁 = = 3,dxa 11該方程組的特征曲線(即通解)y y y - 3x, n =y+x 則uxx=-3u u; Uy=u u,Uxx=9u _6u u 11, u xy = - 3u 至-2 u u1,U yy = 紇十2口的十口的.將上述各式帶入方程（2.1.22 ）,得第一種標(biāo)準(zhǔn)形式UE U = 0.(2.1.23 )24人 Ut

13、-n 一、若令s =,t =,則得到第二種標(biāo)準(zhǔn)形式22U ss - Utt - U s + U t = 0 .(2.1.24 )sf 一下面對(duì)式(2.1.24 )進(jìn)一步化簡(jiǎn)。令 U = Ve ，則Us = (Vs + 兒V )e+R,Ut = (Vt V )e s，Uss = (Vss 2 Vs 2V )e s Utt = (Vtt 2 Vt 2V )e，s .代入方程，得Vss - Vtt ( 2 - 1)V s (1 - 2)Vt (，2 -2 + .二 - )V = 0 .1我們?nèi)【? N= 一,則式(2.1.24 )化簡(jiǎn)為2Vss - Vtt = 0 ,(2.1.25 )該方程不含一階

14、偏導(dǎo)數(shù)項(xiàng)。例 2.1.2化方程雙以也片口為標(biāo)準(zhǔn)形式解 因?yàn)?所以當(dāng)X。時(shí)，方程(2一 L 26)為雙曲線方程，方 程(2. L26)為拋物線方程，此時(shí)方程(2 1.26)已是標(biāo)準(zhǔn)形式.當(dāng) y0時(shí)，方程(2. 1. 26)為輛圓型方程e方程(2. 1,26)的特征方程 組為。當(dāng)”0時(shí)，該方程組的通解為裳槎(-y)3/z= 作變量代換，M十三一嚴(yán)二，月=x(y產(chǎn)工一則方程(2. L.26)可化為雙曲線型方程的第一標(biāo)準(zhǔn)形式aU i n .(U i -U H)=0. a當(dāng)60,特征方程組的通解為一作變量代換，3則方程(2 1.26)變?yōu)闄E圓型方程的標(biāo)準(zhǔn)形式aUt lflln -Ui=O.承刎例2.1.

15、4求值問題4y2Vxx+2(1-y 2)vxy-vyy-2y/(1+y 2) (2v x-vy)=0,x R1,Y0V(X,0)= ()(X) ,Vy (X,0) =0 (X) ,X fR1的解，其中4 (x)是已知任意二階可微函數(shù)，0 (x)是任意一階可微函數(shù)。解先把所給方程化為標(biāo)準(zhǔn)型。特征方程組為dy/dx =-1/2,dy/dx=1/2yA2.其通解為x+2y=C1,x-2yA3/3=C做自變量變換E =x+2y, n =x-2yA3/3,這樣給定的方程化為標(biāo)準(zhǔn)型V E =0依次關(guān)于n和E積分兩次，得通解 v=F ( E) +G ( n).代回原自變量x,y得原方程得通解v? (x,y)

16、 =F (x+2y ) +G (x-2yA2/3 )其中F,G是任意兩個(gè)可微函數(shù)。進(jìn)一步，由初始條件得()(x) =v (x,0) =F (x) +G (x) ,0 (x) =V y (x,0) =2F (x)從而求出F (x) =F (0) +1/2 Jxo0 (t) dt,G (x) =()(x) -F (0) -1/2 Po C (t) dt.所以原定解問題的解為v (x,y) = (f) (x-2yA3/3) +1/2 廣+2y x-2yA3/3 0 (t) dt.例2.1.3設(shè)常數(shù)A,B,C滿足BA2-4AC w0,mi,m2是方程AmA2+Bm+C=0 的兩個(gè)根。證明二階線性偏微分

17、方程Au xx+Bu xy+Cu yy =0 的通解具有如下形式：u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m 2x+y),其中f,g是任意兩個(gè)二階可微函數(shù)。證 不失一般性，設(shè) A W0和BA2-4AC0.其它情況可以類似的處理。令 Fm 1x+y, r=m 2x+y.貝UUx=m 1u e +m 2u ri, uy=u s+u t , Uxx=m1A2u e +2m 1m2u s +m 2A2u ” “uyy=u 七 +2u s +u T T ,uxy=m 1u 七 +(m 1 +m 2)u s +u T T上述式代入得(Am M2+Bm i+C) u s + (Am 2A2+Bm 2+C )

18、 u “ 4(2Am im 2+B(m 1+m 2)+2C)u e =0由題意得Am iA2+Bm 1 +C=0 , Am 2A2+Bm 2+C=0 , mi+m2=B/A, m 1 m 2=C/A上述式代入得(1/A)(4AC-BA2)u e =0又由題意得4AC-BA2卻故 u e =0對(duì)該方程兩邊分別關(guān)于和積分，得通解 u=f( 3+g (刀)，代回自變量x,y,得方程的通 解是u=u(x,y)=f(m ix+y)+g(m 2x+y),其中f,g是任意兩個(gè)二階可微函數(shù)。證畢。端點(diǎn)自由的半無限長(zhǎng)的均勻弦振動(dòng)的定解問題Utt =a2Uxx + f (x,t )0x0,u(x,0 六“儀)ut

19、(x,0 )=Wx) 0Mx0.因?yàn)閁x(0,t )=0 ,我們對(duì)函數(shù)f,印中關(guān)于x做偶延拓。定義F(x,t”(x抽出x珈下:X(x )= 4”(x, x0,例-x ,x0.巴x )=($x)X)x ,0,x ：: 0.F (x,t )= f x，t，f -x，t，x _ 0, t _ 0,x :二 0,t ,0.函數(shù)F（x，t ）由（x*（x勝00 xc+0c上是偶函數(shù)。由推論3.1.1偶函數(shù)，且ux（0，t ）=Ux（0，t ）=0.這樣得到定解問題u(x，t ) = U(x，t (x 之0，t 之0).所以,當(dāng)x之a(chǎn)t時(shí),11 x at .1u x,t = 一 x at 廣；x - at

20、 d 22ax,2a,U(x，t)是關(guān)于x的(3.1.22 )的解d-dT (3.1.23)當(dāng) 0 Wx 十 一2att x a tf ,-xs J(3.1.24 ) d d .例 4.2.3例42號(hào) 設(shè)邊界固定，均勻且柔軟的矩形膜，其長(zhǎng)為3，寬 為 a，作微小橫振動(dòng)，初始位移為初始速度為它求膜作自由振動(dòng)的規(guī)律.解 設(shè)二（Ky，）為膜的位移，則上述物理問題可歸結(jié) 為求解下列定解問題：4 =(&+%10xa, 0y0,代vQ)=妣4(茗乂0)=依以 0x 0yb.卜Q 然，)=工&乂 r)=o,0y Q? 0/)=Q0x0.用分離變量法求解，設(shè)解= V（A）F（ y）7 （/） K O代人到定解

21、問題（4227）中的方程* 得廠二 丁。）.氣工）IF氣尸） P）-= -a m其中以，月為分離用數(shù)，記了=2+ .從而得到關(guān)于丁上不口）,F（前常微分方程/ 0?r/）+ Zc2r（/）= o,y ）+ /*“）=。 o vv h.由邊界條件，得 xg = xg）=。，因此得特征值向寇J+ AA7(a)O, O v jv v 不 1*0)=環(huán)門)=O求得特征值和對(duì)應(yīng)的籽1E函數(shù)為久=4.=n Xm（*）=4r3mn 管=L 2、.類似地，我們得至u y（0）= y（6）=。以及關(guān)于y（y） 的特征值問題5） + U）= 0, 0 y v 瓦f（口）= Y（b）= 0.其特征值和對(duì)應(yīng)的特征函數(shù)

22、為（n7r ,、 c n7vv. 一P - Pn- I 3 F（y） = Bn sinn = 1,2,-.記而丁，代入關(guān)于T的方程，得小下+京.、八丁工+尸：/工埒（，）=6其通解為十/ sin/曲a于是得到/GwAZGMSQg 利用疊加原理，得到定解問題的形式解（x J） = Z Z %”（x J/）=Z Z X.（X）】；（y）心，）h=1 m=lm=1 m=l白i 白,.、.mjvx . n/ry=工工（4. cosset + bmn smsin =i m=inb其中系數(shù)4打=月戶包h =。夕及, tUTLX ./77TVsinsm利用初始條件確定系數(shù)qO 8因?yàn)?（xnfO）=次您）=

23、ZE。哂m=1 m=l80/（x0） = xpg y=由三角函數(shù)系n=l.打？左* + nr v si nsm-?t=l.mjvx . riTry.csmsin-miltab在矩形區(qū)域0, 0 x0,3上的正交性，得- sin-bm 7tx . sm7njrydxdxa?, tn = 1, 25 端點(diǎn)固定的半無限長(zhǎng)的均勻弦振動(dòng)的定解問題考慮定解問題% =au r/（若上10 x03（3JJ6）虱二0）=如1,（工0）= Mt 0M XX S/0.u（m）=o.求解上述問題的基本思路是以某種方式延拓函數(shù)f4眄使其在一出（工0上也有定義，這樣把半無界區(qū)域04t+w上的問題轉(zhuǎn)變成一切工+如上的初值問

24、題。然后利用達(dá)朗貝爾公式（3.1.15）,求出在一團(tuán)（工依上的解u （x,t）。同時(shí)使此解u （0,t）滿足u(0, t)=o.這樣當(dāng)x限制在0,工+o)上就是我們所要求的半無界區(qū)域上的解。由微積分知識(shí)可知，如果一個(gè)連續(xù)可微函數(shù)g (x)在(一8黃加)上是奇函數(shù)，則必有g(shù)(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(duì)函數(shù) 用單和桃關(guān)于x作奇延拓。我們定義F (x,t),&工)和如下:AH hNO.-*一旦=0.MH xo,一必一力“。-f /(工工1 xO,ZQ, 1-五KV

25、cu之a(chǎn)顯然函數(shù) fKDWH和M4在一00工和0 上是奇函數(shù)。然后考慮初值問題-OJX0:,0)二制心刈=”球-oti利用線性代數(shù)中把對(duì)稱矩陣化為對(duì)角型的方法，我們可選取100B = _110 ，111I 2 2 )則BABT =E,這里E為三階矩陣，令y -x則給定的方程化簡(jiǎn)為UU. v,U = 0.(2)方程對(duì)應(yīng)的系數(shù)矩陣是4-20A =20-10-10因?yàn)? 00%BAB T =0-10,F01 J其中1 1100 I2B = 10 2所以取x2x yx-2 -y z則給定的方程化簡(jiǎn)為uf-u u u”0.例3.1.1求解下列初值問題x _xutt - 9u xx = e - e ，一二

26、u x ,0 =x,ut x ,0 =sin解：利用達(dá)朗貝爾公式(3.3.15 )得1u x, t = x at； , x - atx -at2 a”at2at x a t ,： .0 .x_at_. f ，d d-01x 3t x2x-3 tsin0n-0x sin x sin 3t sinh2sinh x cosh 3t, 9易見，解u (x, t )關(guān)于x是奇函數(shù)。4.2.1波動(dòng)方程的初邊值問題4 (x)，初始速度為小例4.2.1設(shè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的弦，兩端固定，作微小橫振動(dòng)。已知初位移為(x),試求弦的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。解：該物理問題可歸為下列定解問題：,廣2-，-Utt =a u xx，0 x 01

27、 u ( x,0) =( x), U t (x ,0)川(x)、 u (0,t)=u (L,t) =0設(shè)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尸 a2 X(x) T(t),由此設(shè)： (t)a2 T(t) = x x)X(x) =-入(記-訥比值常數(shù))，并得：T(t)+Za2 T(t) =02X (x)+AX(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)w0,則 X(0)=X(L)=0 ,由上分析，得：；.X ( x ) X ( x ) = 04 X ( 0 ) =

28、X ( L ) = 0(1) X=-伊 0 時(shí)，方程組4的通解為：X(x)= Cicos 3x+C 2sin 隊(duì)代入 X(0)= X(L)=0 ,解得Ci=0, C2Sin3L=0則 入= 入 n=3 n2=( n 兀 /L )2 ,n=1,2，Xn ( x )=C nn 二 x sin n=1,2,.將特征值加代入2 得:丁(t)+Zn a2 T(t) =0通解為UnTn (t)=A nn 二 at cos sinn 二 at(ana n=題 的變n 二 atcos+bLn 二 atn sin LsinAnCn ,bn = BnCn 為 任根據(jù)線性疊加原理，將特解 Un (x, t)疊加起來

29、，得到通解:00U(x,t)=、 U nn 1(x,t)=od二(an 1n 二 at 人n cos b n sinLn只at)sin LL為：7 1n=1,2 8由原定解問題:(x)=u(x,0)=oOq an sinn 1W (x) =u t(x,0)=CO、 bn n 1n 二a . sinL可將(x) , W (x)看作是0,L上的傅里葉級(jí)數(shù)，則有:2oL(x)sin dxLL /、 n 二 xI ( x ) sin dx- oL把上面得到的an,bn代入8中，得級(jí)數(shù)通解U(x,t)=oCoO、Un(x,t)= 、(an cosn -1n 二 at)sin淇中LL ： ,、 n 二 x

30、 7 ( x ) sin dxL經(jīng)檢驗(yàn)，得到的通解 u (x,t)滿足關(guān)于x和t逐項(xiàng)微分二次后一致收斂，因而滿足定解問題1中方程和相應(yīng)條件，即通解 u (x,t)存在，是定解問題的解例4.2.2設(shè)長(zhǎng)為L(zhǎng),且兩端自由的均勻細(xì)桿，作縱振動(dòng)，且初始位移為e (x),初始速度為少(x)。試求桿做自由縱振動(dòng)的位移規(guī)律。解:l1tt=a2l1xx,0x0N(x, 0)=(x), Nt(x,0)=W(x),0MxML，J0,t )= %(L,0),t 之 0令H(x,t)=X(xjT(t )，代入上式得:一 _ _ T tXxa2TtXx得到兩個(gè)獨(dú)立的常微分方程T ta2Tt=0X xXx=0一一一一 _

31、又由邊界條件，得 X (0)=X (L ) = 0.所以特征值問題為X x = X x = 0,0 : x L |X 0 =X L =0.當(dāng)九0時(shí)，邊值問題中方程的通解為X x = Acos ： x Bsin x由邊 界條件 X(0)=X(L )=0,得B=0和Asin P L =0.因 為a因此得到系型特征值和對(duì)應(yīng)的特征函數(shù)列%,Xn x =n 二 xAn cosL,n =0,1,2,將代入前式，得到相應(yīng)的Co Dot,n =0Tn t = c n-：atn 二 atCn cosDnsinj- ,n =1,2,.因此函數(shù)a。+b0t,n = 0n x, t =Tn t Xn xn 二 at

32、,.an cos bn sinLn 二 atLcosx , n =1,2,L設(shè)所求的形式解為n 二 atx,ta。bot / I an cosnJ .Lbnsinn 二 at cosL L其中系數(shù)中的初始條件確定，即oCi, x = J x,0)= a0 a.n x cosLx = 4 x,0 =b八. bn -1n 二 a cosLn 二aL從而得(n=1,2,)1 L .a 0x dx , a01 Jb0 = 一(x )dx , bL 2 L .n 二 xx cos dx ,L 0LL，n 二 x x cos dx0L例 4.2.4設(shè)有一均勻細(xì)桿，長(zhǎng)為L(zhǎng),兩端點(diǎn)坐標(biāo)分別為 X=0和*=匚桿

33、的表面絕熱，再X=0端保持零度，在 X=L端熱量自由發(fā)散到溫度為零度的介質(zhì)中去，已知初始溫度為(x),求桿上溫度分布規(guī)律解：設(shè)U(x,t)表示在x處，時(shí)刻t時(shí)的溫度，那么由第 1章可知，所給物理問題可以 歸結(jié)為求解下列定解問題：一2ut = auxx,0 x 0,J u (x, 0) = * (x),0 x 0,其中常數(shù)h0,函數(shù)(x)在0, L滿足狄利克雷條件。我們?nèi)匀挥梅蛛x變量法解這個(gè)問題。設(shè) u(x,t) =X(x)T(t).將其代入到(4.2.38)方程中，得T (t) X ”(x)-.=一九.a2T(t) X(x)從而得到關(guān)于T(t),X(x)的常微分方程T (t) a 2 T (t

34、) =0,X(x) X(x) =0,。：二中的邊界條件，得(4.2.39)(4.2.40)由(4.2.38 )x 二 L.4.2.41)X (0) = 0,X(L) hX (L) = 0.(4.2.42)卜面求解由方程（4.2.41 ）和邊界條件（4.2.42組成的特征值問題當(dāng) 九W0時(shí)，邊值問題（4.2.41 ）和（4.2.42 ）只有零解。當(dāng)02, B 0時(shí)，方程（4.2.41 ）的通解為X (x) u Acos : x Bsin : x由邊界條件（4.2.42 ）,得A = 0, B（ ： cos ： L hsin ： L） = 0.為求特征值和特征函數(shù)，設(shè)B#0.所以1 cos 1 L

35、 hsin ： L = 0,記九二 Pl,則上式可表示為根依次為012| | | n |,于是邊值問題(4.2.41 )和(4242 )的特征值嬴和相應(yīng)的特征函數(shù)Xn(x)為2 2 n_ n - ： 2 n = 2 , X n (x)= B n sin- n x, n = 1,2,|(4.2.44)現(xiàn)在證明特征函數(shù)系S sin P1x,sin 2 2x, 111 ,sin Pnx,|，在0, L是正交系.記 n(x) = sin P nx, n =1,2,1“則 n(x), m m(x)分別滿足n(x)n n(x) = 0,0 :二 x :二 L, (4.2.45)m (x) m m(x) =

36、 0,0 :二 x :二 L (4.2.46)和邊界條件(4.2.42 ).用*m乘以(4.2.46 ),然后(4.2.46 ),然后兩式相減，并且在0, L上積分，得LL(，n-，m) n(x)m(x) dx =( n(x)m(x) - m(x)n(x) dx0L10L=.(n(x)m(x) - m(x)n(x) dx =(n(x)m(x) - m(x)n(x)0二m(L) n(L) - m(L)n(L)=- hm(L)n(L)h m(L) n(L) = 0因?yàn)楫?dāng)n m 時(shí)，九n *九m .所以L(4.2.47)! n (x) m (x) dx = 0, n -= m.0oO即特征函數(shù)系1s

37、in nx） | ,是0, l上的正交函數(shù)系 n = 1卜面將九=九n代入到方程（4.2.40 ）,得解2Tn(t) = A ne nat,n = 1,2,|(4.2.48)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u n (x, t) = X n(x) T n(t) = C ne - na t sin : nx, n = 1,2, HI, 其中任意常數(shù) Cn=AnBn, n = 1, 2, H I ，由于方程和邊界條件是其次的利用疊加原理，可設(shè)定解問題(4.2.38 )的形式解為qQqQu (x, t) = - un(x, t) =C nena2t sin . nx(4.

38、2.50)n -1n -1qQ上的用 sin 口 mX 乘以式(4.2.50 ),并且利用sin P nx) 1 是0, L n=1正交函數(shù)性，我們得到1 LCm = (x) sin - mxdx, m = 1,2, HI(4.2.51L m 0這里L(fēng)L m = sin 2 mxdx ,04.2.38 )的形式解.將是(4.2.51 )代入(4.2.49 ),即得原定解問題(例4.4.1解下列非齊次邊界的定解問題2Utt =a Uxx + f (x)0x0, u(x,0) = (x) ,Ut(x,0) = (x),0x0o其中A , B是常數(shù)。解：設(shè)u (x,t) =U(x,t) + 8(x)

39、,將其帶入到上述的方程中，得 Utt= a2 ! xx (x) 1 f(x).為使方程和邊界條件都化為齊次的，我們選取缶(x)滿足32。(x) + f (x) =0,0 x L,(0) = A,a(L) =B.其解為.B - A x L1 x(x) = A x 九 0 (L s)f x ds 1 0(x -s) f (s)ds.再解U(x,t)滿足的定解問題2tt = a xx，0 ： x :二 L,t 0,u(x,0 卜 *(x)-m (x), ut(x,0) =V (x),0 x L,出0,t) =u(L,t) =0,t 之0.由波動(dòng)方程的初邊值問題(例4.2.1)可知u(x,t) - (

40、x)(x,t)，./、二 nnnat nnat nnx= cc(x)+ an cos+bnsin isin,n，1LL ) L其中系數(shù)2 Ln-：x .二一 (x) - (x) sindx,L -0l2 Ln 二x= (x)sin dx, n =1,2 .n 二a 0L例4.4.2解下列初邊值問題:0x0, 0 E x M L ,B, t - 0 , b- 0.Ut = a2Uxx-bu,u x,0 =0 ,Ux 0,t = a, U L , t 二其中a,b,A,B是常數(shù)，且a0和解：設(shè) U（ x , t）= v（ x , t）+ w（ x），其中 W（ x）滿足 w （0）= A,w（L）

41、= b ,顯然可取 W（X）= A（X 一 L）+ B.那 么v（ x , t）滿足如下（4.4.14 ）三等式。vt2bv-bw x ,0x0,v x ,0 = x - w x , 0 Mx M L,u x 0 , t =A,u L , t =B,t_0,，cos（2 n -1 Kx 工易知上式的特征函數(shù)系為 L 2 L ）因此上式的形式解為：Mn 1 二 x2L(4.4.15 )其中 T n t .ii. n = 1,2）為待定系數(shù)。把 v代入（4.4.14 ）中的方程得、:T m t Ij.m b T m t Icos m 1-bw x ,(4.4.16 )m其中2m -1 a -：一 2L對(duì)等式（4.4.16 ）兩邊同乘以c os并且利用三角函數(shù)系(2 n -1 7xcos 2工2 LT n t I- b T n t I； = W(4.4.17 )其中-2b LW n = 10 w x cos二 x ,dx ,n=1,2.(4.4.18)方程（4.4.17 ）的解為T n (t )= e T +bt)Tn(0 ) +.2W； b(1 e -。-2+b)兒 n b(4.4.19