偏微分方程答案

第一章． 波动方程
§1 方程的导出。

定解条件
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 2
222)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
2222)1(])1[(t
u
h x x u h x x E ∂∂-=∂∂-∂∂ρ §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=∂∂==ϕ 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 +-=
ϕ
()()()[]
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
+-+-=⎰ααψαϕ
()()()()()2
2121c d h a x x h x G x
x o
+---=⎰ααψαϕ 所以 )]()()()[()
(21
),(at x at x h at x at x h x h t x u +--+-+--=
ϕϕ
+
⎰+---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 ϕ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 ϕ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)(21ααψϕ 所以)(),(x x ψϕ应满足
+)(x ϕ⎰=x
x C d a 01)(1ααψ（常数）
或 '
ϕ(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 ψϕ ())0()0(ψϕ= 解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 得 )(x ϕ=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 ϕ-F(0). 且 F （0）+G(0)=).0()0(ψϕ= 所以 u(x,t)=(
ϕ)2at x ++)2
(at
x -ψ-).0(ϕ 即为古尔沙问题的解。

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 ψϕ 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 ααψϕϕ21
21,。

由题意知()()x x ψϕ,仅在∞<<x 0上给出，为利用达朗贝尔解，必须将()()x x ψϕ,开
拓到0<<∞-x 上，为此利用边值条件，得
()()()()⎰-++=at
at
d at at ααψϕϕ21
0。

因此对任何t 必须有
()()at at --=ϕϕ
()0=⎰-at
at
d ααψ
即()()x x ψϕ,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 ψψϕϕ 所以
()()()()()⎰+-
+-++=at
x at
x d a at x at x t x u ααψϕϕ21
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 ααψϕϕααψϕϕ。

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。

§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) ∑∞
=--+
=1
4
43
sin sin )1(143sin 3cos ),(n n x l n t l an n a l x l t l a t x u π
ππππ (2) ∑∞
=+++-=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
5．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 高维波动方程的柯西问题 2． 试用降维法导出振动方程的达朗贝尔公式。

解：三维波动方程的柯西问题
⎪⎩⎪⎨
⎧==++===)
,,(),,,()
(002
z y x u z y x u u u u a u t t t zz yy xx tt φϕ 当u 不依赖于x,y,即u=u(z),即得弦振动方程的柯西问题：
⎪⎩⎪⎨⎧=====)(),(0
02z u z u u a u t t
t zz tt φϕ
利用泊松公式求解 ⎰⎰⎰⎰+∂∂=
Sat
M Sat
M ds r
a ds r a t u ϕ
πϕπ41}41{ 因只与z 有关，故
⎰⎰⎰⎰
⋅+=
Sat
M
d d at at
at z ds r
ππ
ϕθθϕϕϕ
200
2sin )()
cos (
θθθϕϕπ
π
d at at z d sin )cos (20
⎰⎰+=
令α= atcos +z ,α d = d atsin -
得 ⎰⎰⎰+-=Sat
M at
z at
z d ds r ααϕπϕ
)(2
所以
⎰⎰+-+-+∂∂=at z at z at
z at
z d a d a t t z u ααφααϕ)(21
)(21),(
⎰+-
+-++=at
z at z d a at z at z ααφϕϕ)(21
)}()({21 即为达郎贝尔公式。

§5 能量不等式，波动方程解的唯一和稳定性
1． 设受摩擦力作用的固定端点的有界弦振动，满足方程 t xx tt cu u a u -=2
证明其能量是减少的，并由此证明方程
f cu u a u t xx tt +-=2
的混合问题解的唯一性以及关于初始条件及自由项的稳定性。

证：
1 首先证明能量是减少。

能量 ⎰
+=l
x t dx u a u t E 0
2
22)()(
⎰+=l
xt x tt t dx u u a u u dt t dE 0
2)22()
(
]|[220
20dx u u u u a dx u u xx l
t l
t x tt l
t ⎰⎰-+=
l
t x xx tt l t u u a dx u a u u 0
2
20
|2)(2+-=⎰
因弦的两端固定， ,0|,0|0====l x x u u 所以
0|,0|0====l x t x t u u
于是
dx u a u u dt t dE xx tt l
t )(2)
(20
-=⎰ 020
2
<-=⎰
dx u c l
t ()0>c
因此，随着t 的增加，)(t E 是减少的。

5）。

证明用极坐标表示的下列函数都满足调和方程
（1）θ和r ln
证： 为调和函数题知由第令u r u ,1,ln =。

故则显然令,0,0,0,2222=∂∂=∂∂=∂∂=θ
θv
r v r v v
0112
2222=∂∂+∂∂+∂∂=∆θv
r r v r r
v u 第四章 二阶线性偏微分方程的分类与总结
1．
化下列方程为标准形式
（1）0254=++++y x yy xy xx u u u u u （2）0222=++yy xy xx u y xyu u x （3）0=+yy xx yu u
（4）0)sin 3(cos 22=-+--y yy xy xx yu u x xu u （5）0)1()1(22=+++++y x yy xx yu xu u y u x 解：（1）0254=++++y x yy xy xx u u u u u 因 0154<-=-=∆，方程为椭圆型。

特征方程为
0542
=+-⎪⎭
⎫
⎝⎛dx dy dx dy
解之得
212,)2(,2c ix x y c x i y i dx
dy
=--++=±= 因此引变换 ⎩⎨⎧=-=x
y
x ηξ2
有
η
ξ∂∂+∂∂=∂∂u u x u 2 222222222222
2442)2(2ηηξξ
ηηξηξξ∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂+∂∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂u u u u u u u x u )1(-∂∂=∂∂ξ
u y u 22222
2)1()1(ξ
ξ∂∂=-∂∂-=∂∂u
u y u ηξξ
ηξξ∂∂∂-
∂∂=-∂∂∂+-∂∂=∂∂∂u
u u u y x u 22222222)1()1(2 代入化简即得：
0222
2=∂∂+∂∂+∂∂η
ηξu
u u 02)
2(22=++yy yy xx u y xyu u x
因 02222=-=∆y x y x ,方程为抛物型. 特征方程为 02)(
222=+-y dx
dy
xy dx dy x
解之得
cx y x
y
dx dy ==, 因此引变换 ⎪⎩⎪⎨⎧==
x x y ηξ
有 η
ξ∂∂+
-∂∂=∂∂u
x y u x u )(2 222232242222)(2)()(2
η
ηξξηξξ∂∂+-∂∂∂+∂∂+-∂∂∂+∂∂=∂∂u
x y u x y u x y u x y u x u
x
u y u 1
ξ∂∂=
∂∂ ξ
ηξξξ∂∂-∂∂∂+-∂∂=∂∂∂∂∂=∂∂u
x x u x y u y x u x
u y u 2
2
322
2
2222211)(1
代入化简即得 )
0(0
2≠==x u u x ηηηη
(3) 0=+yy xx u u
因 ⎪⎩
⎪
⎨⎧><==<>-=∆0
000
00y y y y 当y<0为双曲型.特征方程为0)(2
=+y dx
dy 解之得
c x y y dx dy
+=--±=2, 因此引变换 ⎪⎩⎪⎨
⎧--=-+=y
x y
x 22ηξ 有
η
ξ∂∂+∂∂=∂∂u
u x u 2222222
22ηηξηξξ
∂∂+∂∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂u
u u u x u 21
2
1)())((---∂∂+--∂∂=∂∂y u y u y u ηξ 1
2
21212222)())((2)(----∂∂+--∂∂∂+-∂∂=∂∂y u y u y u y u ηηξξ 23
2
3
)(2
1))(21(---∂∂+--∂∂+y u y u ηξ 代入化简得
0)()
(21=--+ηξξηηξu u u 当y=0为抛物线型,已是标准形式. 当y>0为椭圆形.特征方程为0)(
2=+y dx dy , 解之得 12,2,c y xi c xi y i y dx
dy =±+=±±= 因此引变换 ⎩
⎨⎧==y x 2ηξ 有
ξ
∂∂=∂∂u x u 2222ξ∂∂=∂∂u
x u
21
-∂∂=∂∂y u y u η
)21(2312
222---∂∂+∂∂=∂∂y u y u
y u
ηη 代入化简得 01=-+ηηηξξηu u u
(4) 0)sin 3(cos 22=-+--y yy xy xx yu u x xu u
因 04)s i n 3(c o s 22>=++=∆x x 为双曲型.特征方程为
0)sin 3(cos 2)(22=+-+x dx
dy x dx dy 解之得 2cos ±-=x dx
dy ⎩
⎨⎧=++=-+⎩⎨⎧+--=++-=21212sin 2sin 2sin 2sin c x x y c x x y c x x y c x x y 因此引变换 ⎩
⎨⎧--=++=y x x y x x s i n 2s i n 2ηξ 有 )cos 2()cos 2(x u x u x u -∂∂++∂∂=∂∂η
ξ ηξη
ηξξ∂∂+∂∂-∂∂-+∂∂∂-+∂∂+=∂∂u x u x u x u x u
x x u sin sin )cos 2()cos 4(2)cos 2(2222222222 ηξ∂∂-∂∂=∂∂u u y u
22222222ηηξξ∂∂+∂∂∂-∂∂=∂∂u u u
y u 222222)cos 2()cos 2()cos 2(η
ηξξ∂∂--∂∂∂-+∂∂+=∂∂∂u x u x u x y x u 代入化简得
0)(322=∂∂-∂∂--∂∂∂η
ξηξηξu u u (5) 0)1()1(22=+++++y x yy xx yu xu u y u x 因 0)1)(1(22<++-=∆y x 为椭圆形。

特征方程为
011)(22
2=+++x
y dx dy 即 22
11x
y i dx dy ++±= 解之得 122)1l n ()1l n (c x x i y y
+++±=++ 因此引变换
⎪⎩⎪⎨⎧++=++=)
1ln()1ln(22y y x x ηξ 有 21
2)1(-+∂∂=∂∂x u x u ξ ξξ∂∂+-+∂∂+=∂∂-u x x u
x x u
))
1((1123222222 212)1(-+∂∂=∂∂y u y u η η
η∂∂+-+∂∂+=∂∂-u y y u
y y u
))1((1123
222222 代入化简得
02222=∂∂+∂∂ηξu
u
.。