數(shù)學物理方程谷超豪版第二章課后答案

第二章熱傳導方程§1熱傳導方程及其定解問題得提一均勻細桿直徑為,假設它在同一截面上得溫度就是相同得,桿得表面與周圍介質發(fā)生熱交換,服從于規(guī)律又假設桿得密度為,比熱為,熱傳導系數(shù)為,試導出此時溫度滿足得方程。解:引坐標系:以桿得對稱軸為軸,此時桿為溫度。記桿得截面面積為。由假設,在任意時刻到內流入截面坐標為到一小段細桿得熱量為桿表面與周圍介質發(fā)生熱交換,可瞧作一個“被動”得熱源。由假設,在時刻到在截面為到一小段中產(chǎn)生得熱量為又在時刻到在截面為到這一小段內由于溫度變化所需得熱量為由熱量守恒原理得:消去,再令,得精確得關系:或其中試直接推導擴散過程所滿足得微分方程。解:在擴散介質中任取一閉曲面,其包圍得區(qū)域為,則從時刻到流入此閉曲面得溶質,由,其中為擴散系數(shù),得濃度由變到所需之溶質為兩者應該相等,由奧、高公式得:其中叫做孔積系數(shù)=孔隙體積。一般情形。由于得任意性即得方程:3、砼(混凝土)內部儲藏著熱量,稱為水化熱,在它澆筑后逐漸放出,放熱速度與它所儲藏得水化熱成正比。以表示它在單位體積中所儲得熱量,為初始時刻所儲得熱量,則,其中為常數(shù)。又假設砼得比熱為,密度為,熱傳導系數(shù)為,求它在澆后溫度滿足得方程。解:可將水化熱視為一熱源。由及得。由假設,放熱速度為它就就是單位時間所產(chǎn)生得熱量,因此,由原書71頁,(1、7)式得4、設一均勻得導線處在周圍為常數(shù)溫度得介質中,試證:在常電流作用下導線得溫度滿足微分方程其中及分別表示導體得電流強度及電阻系數(shù),表示橫截面得周長,表示橫截面面積,而表示導線對于介質得熱交換系數(shù)。解:問題可視為有熱源得桿得熱傳導問題。因此由原71頁(1、7)及(1、8)式知方程取形式為其中為單位體積單位時間所產(chǎn)生得熱量。由常電流所產(chǎn)生得為。因為單位長度得電阻為,因此電流作功為乘上功熱當量得單位長度產(chǎn)生得熱量為其中0、24為功熱當量。因此單位體積時間所產(chǎn)生得熱量為由常溫度得熱交換所產(chǎn)生得(視為“被動”得熱源),從本節(jié)第一題瞧出為其中為細桿直徑,故有,代入得因熱源可迭加,故有。將所得代入即得所求:5*、設物體表面得絕對溫度為,此時它向外界輻射出去得熱量依斯忒---波耳茲曼(Stefan-Boltzman)定律正比于,即今假設物體與周圍介質之間只有輻射而沒有熱傳導,又假設物體周圍介質得絕對溫度為已知函數(shù),問此時該物體熱傳§導問題得邊界條件應如何敘述？解:由假設,邊界只有輻射得熱量交換,輻射出去得熱量為輻射進來得熱量為因此由熱量得傳導定律得邊界條件為:§2混合問題得分離變量法用分離變量法求下列定解問題得解:解:設代入方程及邊值得求非零解得對應Ｔ為因此得由初始值得因此故解為２.用分離變量法求解熱傳導方程得混合問題解:設代入方程及邊值得求非零解得n=1,2,……對應Ｔ為故解為由始值得因此所以３.如果有一長度為得均勻得細棒,其周圍以及兩端處均勻等到為絕熱,初始溫度分布為問以后時刻得溫度分布如何？且證明當?shù)扔诔?shù)時,恒有。解:即解定解問題設代入方程及邊值得求非零解:當時,通解為由邊值得因故相當于視為未知數(shù),此為一齊次線性代數(shù)方程組,要非零,必需不同為零,即此齊次線性代數(shù)方程組要有非零解,由代數(shù)知必需有但因為單調增函數(shù)之故。因此沒有非零解。當時,通解為由邊值得即可任意,故為一非零解。當時,通解為由邊值得因故相當于要非零,必需因此必需即這時對應因取正整數(shù)與負整數(shù)對應一樣,故可取對應于解T得對應于解T得由迭加性質,解為由始值得因此所以當時,所以4.在區(qū)域中求解如下得定解問題其中均為常數(shù),均為已知函數(shù)。[提示:作變量代換]解:按提示,引,則滿足由分離變量法滿足方程及邊值條件得解為再由始值得故因此5.長度為得均勻細桿得初始溫度為,端點保持常溫,而在與側面上,熱量可以發(fā)散到到周圍得介質中去,介質得溫度取為,此時桿上得溫度分布函數(shù)滿足下述定解問題:試求出解:引使?jié)M足齊次方程及齊次邊值,代入方程及邊值,計算后得要滿足:得通解為由邊值又得解之得因此這時滿足:設代入方程及邊值條件得求非零解時,才有非零解。這時通解為由邊值得要,即有非零解,必須即令得它有無窮可數(shù)多個正根,設其為得對應T為因此其中滿足方程再由始值得所以應用滿足得方程,計算可得又所以得最后得其中滿足另一解法:設使?jié)M足為此取代入邊值得解之得因而這時,滿足按非齊次方程分離變量法,有其中為對應齊次方程得特征函數(shù),由前一解知為即代入方程得由于就是完備正交函數(shù)系,因此可將展成得級數(shù),即

由正交性得

又

所以

將此級數(shù)代入等式右端得滿足得方程為

由始值得

有解得方程,其通解為'由

得

即有解

因此

6、半徑為a得半圓形平板,其表面絕熱,在板得圓周邊界上保持常溫,而在直徑邊界上保持常溫,圓板穩(wěn)恒狀態(tài)得溫度分布。解:引入極坐標,求穩(wěn)恒狀態(tài)得溫度分布化為解定解問題

(拉普斯方程在極坐標系下形式得推導見第三章習題3),其中引入得邊界條件為有限時,叫做自然邊界條件。它就是從實際情況而引入得。再引則滿足

設代入方程得

乘以再移項得

右邊為r函數(shù),左邊為函數(shù),要恒等必須為一常數(shù)記為,分開寫出即得

再由齊次邊值得由以前得討論知

對應R滿足方程

這就是尤拉方程,設代入得

即

為兩個線性無關得特解,因此通解為

由自然邊界條件有限知在處要有限,因此必需由迭加性質知滿足方程及齊次邊值與自然邊界條件,再由

得

因此所以 §3柯西問題1.求下述函數(shù)得富里埃變換:(1)(2)(a>0)(3)(a>0,k為自然數(shù))解:(1)=(柯西定理)=或者=積分得又=故C=所以F[]=2I(P)=(2)=+或===2F[]=因===所以2.證明當f(x)在內絕對可積時,F(f)為連續(xù)函數(shù)。證:因對任何實數(shù)p有即關于p絕對一致收斂,因而可以在積分下取極限,故g(p)關于p為連續(xù)函數(shù)。3.用富里埃變換求解三維熱傳導方程得柯西問題:解:令對問題作富里埃變換得解之得因=再由卷積定理得4、證明(3、20)所表示得函數(shù)滿足非齊次方程(3、15)以及初始條件(3、16)。證:要證滿足定解問題原書85頁上已證解得表達式中第一項滿足因此只需證第二項滿足如第一項,第二項關于得被積函數(shù)滿足若記第二項為被積函數(shù)為即故有即顯然得證。5.求解熱傳導方程(3、22)得柯西問題,已知(2)(3)用延拓法求解半有界直線上熱傳導方程(3、22),假設解:(1)sinx有界,故==1+x無界,但表達式仍收斂,且滿足方程。因此=易驗它也滿初始條件。(3)由解得公式知,只需開拓使之對任何x值有意義即可。為此,將積分分為兩個與,再在第一個中用來替換就得由邊界條件得要此式成立,只需即作奇開拓,由此得解公式為6.證明函數(shù)對于變量滿足方程對于變量滿足方程證:驗證即可。因同理所以仿此所以7.證明如果分別就是下列兩個問題得解。則就是定解問題得解。證:驗證即可。因所以又8.導出下列熱傳導方程柯西問題解得表達式解:由上題,只需分別求出及得解,然后再相乘迭加即得。但所以9.驗證二維熱傳導方程柯西問題解得表達式為證:由第6題知函數(shù)滿足方程,故只需證明可在積分號下求導二次即可。為此只需證明在積分號下求導后所得得積分就是一致收斂得。對x求導一次得對有限得即與,下列積分就是絕對且一致收斂得。因為對充分大得,每個積分都就是絕對且一致收斂得。絕對性可從充分大后被積函數(shù)不變號瞧出,一致性可從充分性判別法找出優(yōu)函數(shù)來。如第三個積分得優(yōu)函數(shù)為且收斂。因,故右端為一致收斂積分得乘積,仍為一致收斂積分。因而為絕對一致收斂得積分。從而有,對討論就是類似得。從而證明表達式滿足方程。再證滿足始值。任取一點,將寫成