数学物理方程Ch1

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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 u(x,t)满足方程µ¶µ¶∂∂u∂∂uρ(x)=E,∂t∂t∂x∂x其中ρ为杆的密度,E为杨氏模量.∂u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(x,t)∂x∂u∂u和(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)(x,t)S(x)∂x∂x∂u∂u和E(x+∆x)(x+∆x,t)S(x+∆x).因此所受合力为E(x+∆x)(x+∆x,t)S(x+∆x)−∂x∂x∂uE(x)(x,t)S(x),且正向与坐标轴相同.∂x图图图1-1图示∂2u设x¯为微元重心,则重心处加速度为(¯x,t),由牛顿第二定律得,∂t2∂2u∂u∂uρ(¯x)S(¯x)∆x2(¯x,t)=E(x+∆x)S(x+∆x)(x+∆x,t)−E(x)S(x)(x,t)∂tµ∂x¶∂x∂∂u=E(x∗)S(x∗)(x∗,t)∆x∂x∂x-1-1.2习题选讲其中x∗∈(x,x+∆x).约去∆x并令∆x→0,即得µ¶µ¶∂∂u∂∂uρ(x)S(x)=E(x)S(x)∂t∂t∂x∂x当为常数时，即为S(x)µ¶µ¶∂∂u∂∂uρ(x)=E,∂t∂t∂x∂x2.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;∂u(2)端点自由：此时两个端点无约束,根据上题,拉力E(x)(x,t)S=0,即∂x∂u∂u(0,t)=(l,t)=0;∂x∂x(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∂u,则支承对杆的左端点x=0处的作用力为E(0)(0,t)S,且其正向与x轴方向相反,因此有∂x∂uE(0)(0,t)S=ku(0,t),∂x或写为µ¶¯¯∂u¯−+σu¯=0;∂xx=0其中σ=k/ES.类似的,对x=l端,有µ¶¯¯∂u¯−+σu¯=0.∂xx=l3.试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为µ¶∂³x´2∂u³x´2∂2uE1−=ρ1−,∂xh∂xh∂t2其中h为圆锥的高.³x´2证明:此时S(x)=S1−,其中S为圆锥枢轴的底面积.根据第1题的推导,即得所证.0h0图图图1-2图示4.绝对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µ¶∂2u∂∂uρ=T(x)∂t2∂x∂x其中T(x)为弦的内部张力.在本题中,T(x)=ρg(l−x),故有µ¶∂2u∂∂u=g(l−x).∂t2∂x∂x5.一柔软均匀的细弦,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.∂u解:此时所受外力为阻力F(x)=k,因而有∂t∂2u∂2u∂uT−ρ=−k∂t2∂x2∂t假设固定端为x=0,有u(0,t)=0;µ¶¯¯∂u¯对于弹性支承端x=l,有+σu¯=0.∂xx=l6.若F(ξ),G(ξ)均为其变元的二次连续可导函数,验证F(x−at),G(x+at)均满足弦振动方程(1.11).解:参见第二节.1∂2u∂2u∂2u7.验证u(x,y,t)=p在锥t2−x2−y2>0中满足波动方程=+.t2−x2−y2∂t2∂x2∂y2解:显然,22∂ut∂u3t¡¢−3/2=−,=−t2−x2−y2∂t(t2−x2−y2)3/2∂t2(t2−x2−y2)5/2类似的,22∂u3x¡¢−3/2=+t2−x2−y2,∂x2(t2−x2−y2)5/222∂u3y¡¢−3/2=+t2−x2−y2,∂y2(t2−x2−y2)5/2代入即得所证.§2.达朗贝尔公式、波的传播1.证明方程µ¶∂³x´2∂u1³x´2∂2u1−=1−,∂xh∂xa2h∂t2的通解可以写成F(x−at)+G(x+at)u(x,t)=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:∂vt=0:v=(h−x)ϕ(x),=(h−x)ψ(x)∂t解:(1)令v(x,t)=(h−x)u(x,t),则v(x,t)满足方程∂2v∂2v=a2∂t2∂x2-3-1.2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F(x−at)+G(x+at)u(x,t)=h−x(2)根据上述变换,v(x,t)所满足的初始条件为∂vt=0:v=(h−x)ϕ(x),=(h−x)ψ(x)∂t因此Z11x+atv(x,t)=((h−x+at)ϕ(x−at)+(h−x−at)ϕ(x+at))+(h−ξ)ψ(ξ)dξ,22ax−at从而µZ¶11x+atu(x,t)=((h−x+at)ϕ(x−at)+(h−x−at)ϕ(x+at))+(h−ξ)ψ(ξ)dξ.2(h−x)ax−at2.问初始条件ϕ(x)与ψ(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,Zϕ(x)1xG(x)=+ψ(ξ)dξ+C22ax0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)=0,所以所满足的约束条件为aϕ0(x)+ψ(x)≡03.利用传播波法,求解波动方程的古沙(Goursat)问题∂2u∂2u=a2,∂t2∂x2u|x−at=0=ϕ(x),u|x+at=0=ψ(x),(ϕ(0)=ψ(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|x−at=0=F(0)+G(2x)=ϕ(x)u|x+at=0=F(2x)+G(0)=ψ(x)³x´³x´从而F(x)=ψ−G(0),G(x)=ϕ−F(0),又因为u(0,0)=ϕ(0)=ψ(0),于是F(0)+22G(0)=ϕ(0)=ψ(0).因此µ¶µ¶x+atx−atu(x,t)=F(x−at)+G(x+at)=ϕ+ψ−ϕ(0).224.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−at6x6x2+at}如图所示,影响区域外的任何一点(x,t)必满足xx2+at，其依赖区间与[x1,x2]完全无关.因此,[x1,x2]上初始条件的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ϕ(x)=0,ψ(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+atx以及x+at0,t>0,u|t=0=ϕ(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1u(x,t)=(φ(x−at)+φ(x+at)),x>at,2当x−at<0时,根据边界条件,有00ux−kut|x=0=(1+ak)F(−at)+(1−ak)G(at)=0从而可得,11−akaku(x,t)=φ(x+at)+φ(at−x)+φ(0),01,ttxxu|t=0=ϕ0(x),x>0,ut|t=0=ϕ1(x),x>0,ut|t=kx=ψ(x),其中ϕ0(0)=ψ(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,Z11x+tu(x,t)=(ϕ0(x+t)+ϕ0(x−t))+ϕ1(ξ)dξ22x−t当t=x时,它应与达朗贝尔公式一致,即Z112xF(0)+G(2x)=(ϕ0(2x)+ϕ0(0))+ϕ1(ξ)dξ220当t=kx时,根据边界条件,有F((1−k)x)+G((1+k)x)=ψ(x)根据上是可以求得F和G,从而可得µ¶µµ¶¶Zx−t11+k1x+tu(x,t)=ψ+ϕ0(x+t)−ϕ0(x−t)+1+kϕ1(ξ)dξ,x0满足以下定解条件的解:u|x=0=ux|x=l=0,(1)35u|=sinπx,u|=sinπx.t=02ltt=02l-8-第一章波动方程ux|=ux|=0,(2)x=0x=lu|t=0=x,ut|t=0=0.解:(1)此时有通解µ¶X∞(n+1/2)πat(n+1/2)πat(n+1/2)πxu(x,t)=Acos+Bsinsinnlnlln=1其中Z(2l3πξ(n+1/2)πξ1,n=1An=sinsindξ=l02ll0,n6=1Z2ll2l5πξ(n+1/2)πξ,n=2B=sinsindξ=5πan(n+1/2)πal2ll00,n6=2从而有3πat3πx2l5πat5πxu(x,t)=cossin+sinsin2l2l5πa2l2l(2)此时有通解µ¶X∞nπatnπatnπxu(x,t)=Acos+Bsincosnlnlln=0其中ZZ1l1llA0=ϕ(ξ)dξ=ξdξ=l0l02ZZ2lnπξ2lnπξ2l((−1)n−1)An=ϕ(ξ)cosdξ=ξcosdξ=22(n6=0)l0ll0lnπBn=04.用分离变量法求解初边值问题:2utt−auxx=g,00,u|=ux|=0,x=0x=lπxu|=0,u|=sin.t=0tt=02l其中g为常数.g解:令u=v−2a2x(x−2l),则v满足方程2vtt−avxx=0,00,v|x=0=vx|x=l=0,gπxv|t=0=2a2x(x−2l),vt|t=0=sin2l.方程的通解为µ¶X∞2n+12n+12n+1v(x,t)=Acosπat+Bsinπatsinπx,n2ln2l2ln=0其中,2Rl2n+1An=l0ϕ(ξ)sin2lπξdξ,4Rl2n+1Bn=(2n+1)πa0ψ(ξ)sin2lπξdξ.-9-1.2习题选讲代入可得16l2gA=−3n(2n+1)a2π32lB0=πa,Bn=0因此,2lπatπxg16l2gX∞12n+12n+1u(x,t)=sinsin−x(x−2l)−cosπatsinπx.πa2l2l2a2a2π332l2ln=0(2n+1)5.用分离变量法求下面问题的解:22∂u2∂u2=a2+bsinhx,∂t∂x¯∂u¯u|=¯=0,t=0¯∂tt=0u|x=0=u|x=l=0.解:根据非齐次方程的齐次化原理,可得ZX∞tnπa(t−τ)nπxu(x,t)=B(τ)sindτsinnlln=10其中Zl2nπxn+12blsinhlBn(τ)=bsinhξsindξ=(−1)222nπa0la(l+nπ)与τ无关而Zµ¶tnπa(t−τ)lnπatsindτ=1−cos0lnπal因此µ¶2bl2sinhlX∞(−1)n+1nπatnπxu(x,t)=1−cossinπa2n(l2+n2π2)lln=16.用分离变量法求下面问题的解:22∂u∂u2∂u+2b=a,(b>0),∂t2∂t∂x2u|=u|=0,x=0x=l¯¯h∂u¯u|t=0=x,¯=0.l∂tt=0解:设u(x,t)=X(x)T(t),代入方程得XT00+2bXT0=a2X00T有T002bT0X00+==−λa2Ta2TX进一步得到特征值问题(X00+λX=0,X(0)=X(l)=0,以及T00+2bT0+a2λT=0.-10-第一章波动方程可得p³nπ´2X(x)=Csinλx,λ=,nnnnl以及³pp´ble−btAcoshb2−λa2t+Bsinhb2−λa2t,n<nnnnπablT(t)=e−bt(A+Bt),n=nnnπa³pp´ble−btAcosλa2−b2t+Bsinλa2−b2t,n>nnnnπa根据初始条件，可以求得Zl2hnπxn+12hAn=ξsindξ=(−1)l0llnπ以及pbl−bA+b2−λa2B=0,n<nnnπabl−bA+B=0,n=nnπapbl−bA+λa2−b2B=0,n>nnnπa最后可得X∞u(x,t)=Tn(t)Xn(x)n=1§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:(2utt=a(uxx+uyy+uzz),(1)2u|=0,ut|=x+yz;(t=0t=02utt=a(uxx+uyy+uzz),(2)32u|t=0=x+yz,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)=Z2πZπ³´12222(x+atsinθcosϕ)+(y+atsinθsinϕ)(z+atcosθ)atsinθdθdϕ4πat00化简得到1¡¢u(x,y,z,t)=t3yz+a2t2+3x23(2)根据泊松公式,利用球面坐标系可得u(x,y,z,t)=·Z2πZπ³´¸∂132222(x+atsinθcosϕ)+(y+atsinθsinϕ)(z+atcosθ)atsinθdθdϕ∂t4πat00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),ϕ(x),ψ(x)视为三维空间中与y,z无关的函数,由泊松公式可得·Z2πZπ¸∂122u(x,t)=2ϕ(x+atsinθcosϕ)atsinθdθdϕ∂t4πat00Z2πZπ122+2ψ(x+atsinθcosϕ)atsinθdθdϕ4πat00化简即得所证.3.求解平面波动方程的柯西问题2utt=a(uxx+uyy),2u|t=0=x(x+y),ut|t=0=0.解:根据二维波动方程的泊松公式,可得ZZ1∂at2π(x+rcosθ)2(x+rcosθ+y+rsinθ)u(r,t)=qrdθdr2πa∂t00(at)2−r2化简得到u(x,y,t)=x2(x+y)+a2t2(3x+y)p4.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=x2+y2).解:二维轴对称波动方程可写为µ¶21∂∂uutt−ar=0,r∂r∂ru|=ϕ(r),t=0ut|t=0=ψ(r)根据二维波动方程的泊松公式,可得轴对称解为³p´ZZ221∂2πatϕr+ρ−2rρcosθu(r,t)=qρdρdθ2πa∂t00(at)2−ρ2³p´ZZ2212πatψr+ρ−2rρcosθ+qρdρdθ2πa00(at)2−ρ25.求解下列柯西问题:22utt=a(uxx+uyy)+cu,u|t=0=ϕ(x,y),ut|t=0=ψ(x,y).解:令v(x,y,z,t)=u(x,y,t)ecz/a,则v满足方程2vtt=a∆v,cz/av|t=0=ϕ(x,y)e,cz/avt|t=0=ψ(x,y)e.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2utt=a(uxx+uyy)+f(x,y,t)在齐次初始条件(u|t=0=0,ut|t=0=0下的求解公式.解:根据齐次化原理,求解方程2vtt=a(vxx+vyy),v|=0,t=τvt|t=τ=f(x,y,τ)根据泊松公式可得ZZ1a(t−τ)2πf(x+rcosθ,y+rsinθ,τ)v(x,y,t;τ)=qρdρdθ2πa00(a(t−τ))2−ρ2从而Ztu(x,y,t)=v(x,y,t;τ)dτ.07.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|=0,t=02ut|t=0=x+yz.解:根据三维非齐次波动方程的泊松公式,可以得到ZZZZZ1ξ2+ηζ12(η−t+r)u=dS+dV,4πtM4πrMStr6t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+atψ(ξ)dξ,x−at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23.设u为初始资料ϕ及ψ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)∈R,成立limu(x0,y0,t)=0.t→+∞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的有界弦振动,满足方程2utt=auxx−cut,其中常数c>0,证明其能量是减少的,并由此证明方程2utt=auxx−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ZlZl1¡22¢ρ¡222¢E(t)=ρut+Tuxdx=ut+auxdx2020有ZlZlZl0¡2¢¡2¢2∂E(t)=ρututt+auxuxtdx=ρututt−auxxdx+ρa(uxut)dx000∂x因此Zl02E(t)=−cρutdx600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2vtt=avxx−cvt,从而能量减少.由于E(0)=0,故E(t)≡0,因此v≡0,即u1=u2.稳定性.记Zl2E0(t)=udx,0则有能量不等式t¡t¢E0(t)≤eE0(0)+AE(0)e−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:06x6l,06t6T作微小改变时,方程µ¶∂2u∂∂u=k(x)−q(x)u+f(x,t),∂t2∂x∂x(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Zl¡222¢E(t)=ut+kux+qudx,0则有能量不等式ZtE(t)≤etE(0)+etF(τ)e−τdτ,0-14-第一章波动方程其中ZlF(τ)=f(x,t)dx.0记Zl2E0(t)=udx,0有能量不等式Ztt−τE0(t)≤eE0(0)+F(τ)edτ.0进一步可证明解的稳定性.3.证明波动方程2utt=a(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Zttt−τE1(Ωt)6eE1(Ω0)+eF(τ)edτ,0Ztt−τE0(Ωt)6eE0(Ω0)+E1(Ωτ)edτ,0进一步可证关于自由项的稳定性.4.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 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 事实是什么?解:各阶驻波为µ¶nπatnπatnπxu(x,t)=Acos+Bsinsin,nnlnll其中ZZ2lnπξ2lnπξAn=ϕ(ξ)sindξ,Bn=ψ(ξ)sindξ.l0lnπa0l因此,动能Zl222µµ¶µ¶¶2ρ2ρnπanπatnπatUn=un,tdx=Ansin−Bncos204lll位能Zl22µµ¶µ¶¶2T2TnπnπatnπatVn=un,xdx=Ancos+Bnsin.204lll能量ρn2π2a2¡¢E=U+V=A2+B2.nnn4lnn在振动过程中,总能量保持不变,故ZZl¡¢¯l³´ρ222¯ρ2202E=E(0)=ut+auxt=0dx=ψ+aϕdx2020-15-1.2习题选讲X∞根据Fourier级数的性质,有E=En,即得所证.n=15.考虑波动方程的第三类初边值问题2utt−a(uxx+uyy)=0,t>0,(x,y)∈Ω,µu|t=0=ϕ(¶x,¯y),ut|t=0=ψ(x,y),¯∂u¯+σu¯=0,∂nΓ其中是常数是的边界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σ>0,ΓΩZZ,nΓ.Z,¡22¡22¢¢22E(t)=ut+aux+uydxdy+aσuds,ΩΓ试证明E(t)≡常数,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)≡0,dt从而E(t)≡E(0).进一步可证唯一性.-16-