数学物理方程- _特征线法 2014-12答案
中北大学数学物理方程典型例题与解法范例
例1下列各方程是线性的, 还是非线性的? 如果是线性的, 指出是齐次的,还是非齐次的, 并确定它的阶数. (1) 22sin sin 0xx xy yy u xu xu ++=， (2) 12=+y x u u u (3) 320xxxx xxyy yyyy u u u ++=(4)0ln =++u u u xyy xxx ， (5) 5352sin xxx xy yy y u u xu u u x -+++=解：(1) 原方程为二阶齐次线性方程(2) 由于2,x y u uu 都为非线性项，因此原方程为一阶非线性方程(3) 原方程为四阶齐次线性方程(4) 由于ln u 为非线性项，因此原方程为三阶非线性方程 (5) 原方程为三阶非齐次线性方程（非齐次项2sin x ） 例2 验证函数 (3)u f x y =+ 是方程: 30x y u u -=的解, 其中f 为任意连续可微函数.证：左(3)3(3)f x y f x y x y ∂∂=+-+∂∂()(3)3()(3)f x y f x y x y ξξ∂∂''=+-+∂∂ 3()3()0f f ξξ''=-==右 (3)x y ξ=+例3 验证函数 22ln()u x y =+是方程: 0xx yy u u +=的一个解证： 222222,x y x y u u x y x y ==++，2222222222222(02)24,()()xx yy x x y u u x y x y x y x y -=+=-++++ 左22222222222224240()()x y x y x y x y x y =-+-==++++右 例4 （1） 长为l 的弦, 两端点固定, 且在初始时刻0=t 处于水平状态, 初始速度为23sinxlπ, 作微小横振动, 试写出此定解问题.（2） 设有一长度为l 的杆, 它的表面是绝热的, 在0=x 的一端温度为5C ,另一端l x=处外界媒介的温度为5C ,且初始温度分布为)(x ϕ, 试写出此定解问题.解：(1) 定解问题为 0(0,)(,)02(,0)0,3s i n t t x x t u u u t u l t u x u x t lπ==⎧⎪==⎪⎨∂⎪==⎪∂⎩(2) 定解问题为 (0,)5,[(,)]5(,0)()t x x x lu u u u t u x t x u x x κϕ==⎧⎪∂⎪=+=⎨∂⎪⎪=⎩例5 将下列二阶线性偏微分方程化为标准型（1）22222320u u u x x y y∂∂∂++=∂∂∂∂，解：（1）特征方程2320y y ''-+=，特征线12,2x y C x y C -=-=，作变量代换2x yx yξη=-⎧⎨=-⎩2,x y u u u u u u ξηξη=+=-- ， 22444xx u u u u u u u u ξξξηηξηηξξξηηη=+++=++ 32xy u u u u ξξξηηη=---，2yy u u u u ξξξηηη=++代入原方程，化为0u ξη-=， 所以原方程的标准型为 0u ξη=（2） 22222u u a t x∂∂=∂∂ 解 ：特征方程22()dx a dt =，特征线12,x at C x at C +=-=， 作变量代换x at x atξη=+⎧⎨=-⎩， 原方程化为 2222a u a u ξηξη-=，所以原方程的标准型为 0u ξη=（3）22222320u u u u u x x y y x y∂∂∂∂∂++++=∂∂∂∂∂∂解：特征方程2320y y ''-+=，特征线12,2x y C x y C -=-=，作变量代换2x y x y ξη=-⎧⎨=-⎩原方程化为0u u ξηη-+=， 所以原方程的标准型为 0u u ξηη-=例6.证明直角坐标系下的拉普拉斯方程: 22220u ux y∂∂+=∂∂在极坐标系下为01122222=∂∂+∂∂+∂∂θu r r u r ru证：cos ,sin tan r x r y y r x θθθ⎧==⎧⎪⎨⎨=⎩=⎪⎩2()x r x y u u u r r θ=+- ， 2y r y xu u u r rθ=+222234412[]xx rr r x x x xyu u u u u r r r r r θθθ=+-++222234412[]yy rr r y y y xyu u u u u r r r r rθθθ=+-+-2222222342[]xx yy rr r x y x y x y u u u u u r r r rθθ++++=+-+222()r x y =+2221111[]rr r rr r u u u u u u r r r r rθθθθ=+-+==++，所以拉普拉斯方程:22220u ux y ∂∂+=∂∂在极坐标系下为 01122222=∂∂+∂∂+∂∂θu r r u r r u。
《数学物理方程》习题参考答案(A)
《数学物理方程》习题参考答案(A)习题一1.判断方程的类型，并将其化成标准形式：0212222=∂∂+∂∂+∂∂y uyu y x u . 解：⎪⎩⎪⎨⎧==><<>-=-≡∆.0,0. ,00,.0,02211212时，抛物型当椭圆型时当时，双曲型当y y y y a a a①当0<y 时，所给方程为双曲型，其特征方程为,0)()(22=+dx y dy 即 ,0])([)(22=--dx y dy就是 0))((=---+dx y dy dx y dy .积分之，得 c y x =-±2，此即两族相异的实特征线.作可逆自变量代换⎪⎩⎪⎨⎧--=-+=,2,2y x y x ηξ则.1 ,1 ,1 ,1yy yy x x -=∂∂--=∂∂=∂∂=∂∂ηξηξ,2 ,2222222ηηξξηξηηξξ∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂u u u x u u u y u x u x u ),(1ηξ∂∂+∂∂--=∂∂u u yyu ).1)(2()(121 ]1)1( 1)1([1)()(12122222222222322y u u u u u y y yu yu yuy u y u u y y u -∂∂+∂∂∂-∂∂+∂∂+∂∂---=-∂∂+--∂∂∂++-∂∂∂---∂∂--+∂∂+∂∂--=∂∂ηηξξηξηξηηξξηξ将这些偏导数代入原方程，得附注：若令⎩⎨⎧=-⇒-==0 ,2,ηηξξηξu u y x 碰巧（双曲型的另一标准形），这是巧合.②当0>y 时，所给方程为椭圆型，其特征方程为0)()(22=+dx y dy即 .0))((=-+dx y i dy dx y i dy 其特征线为 )2 ( 2c ix y c y i x =±=±或.作可逆自变量代换 ⎩⎨⎧==,2,y x ηξ则, 1 , 0 , 0 ,1y y y x x =∂∂=∂∂=∂∂=∂∂ηξηξ, 1 , ηξ∂∂=∂∂∂∂=∂∂u y y u u x u . 1121 , 22222222ηηξ∂∂+∂∂-=∂∂∂∂=∂∂u y u y y yu u x u 将这些偏导数代入原方程，得, 021212222=∂∂+∂∂+∂∂-∂∂ηηηξuy u u y u , 0 2222=∂∂+∂∂∴ηξu u 此即（0>y 时）所求之标准形. ③0=y 时，原方程变为 , 02122=∂∂+∂∂y uxu 已是标准形了（不必再化）.2.化标准形：. 0222222222222=∂∂∂+∂∂∂+∂∂∂+∂∂∂+∂∂+∂∂t z ut x u z x u y x u zu x u解： u Lu )2222(434131212321δδδδδδδδδδ+++++≡.这是 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂∂∂∂∂=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=t z y x4321δδδδδ 的二次型，于是 , u A Lu Tδδ=其中 010*********1111⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=A 为实对称矩阵.则∃可逆矩阵M ，使 TMAM B = 为对角形. 令 , 'δδT M = 其中 , '4'3'2'1'''''⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂∂∂∂∂=δδδδδt z y x 则 u B u MAM Lu T T T '''')()(δδδδ==.M 的找法很多，可配方，可从矩阵入手等.取 ,11000110001100011-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=N M , 1000110011101111)(1⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛==-TT M N . , 1''''''⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛===⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==-t zy x M MX X N t z y x X N T δδ则.)( )( 2222'2'2'2'2'''tu z uy u x u u B uMAM u A Lu TT T T ∂∂-∂∂+∂∂-∂∂====δδδδδδ这是超双曲型方程的标准形式.习题二1.决定任意函数法：(1).求解第一问题(0))(0) ( ).(),( , 002ψϕψϕ=⎪⎩⎪⎨⎧======-x ux u u a u at x at x xx tt .解：所给方程为双曲型，其特征线为 c at x =±. 令⎩⎨⎧-=+=,,at x at x ηξ 则可将方程化为 0=ξηu .其一般解为)()(),(21at x f at x f t x u -++= （其中21,f f 为二次连续可微函数）. 由定解条件有)0()0()0()0( ).()2()0(),()0()2(212121ψϕψϕ==+⇒⎩⎨⎧=+=+f f x x f f x f x f . 则 ⎪⎩⎪⎨⎧-=-=⇒⎩⎨⎧-=-=).0()2()(),0()2()( ),0()()2(),0()()2(12211221f Y Y f f X X f f x x f f x x f ψϕψϕ 故 )()(),(21at x f at x f t x u -++=).0()2()2()]0()0([)2()2(21ϕψϕψϕ--++=+--++=at x at x f f atx at x (2).求解第二问题 ))0()0( ( ).(),( ,101002ϕϕϕϕ=⎪⎩⎪⎨⎧=====x u x u u a u t at x xx tt解：泛定方程的一般解为)()(),(21at x f at x f t x u -++=由定解条件有 (0))(0)(0)( ).()()(),()0()2(021121021ϕϕϕ=+⎩⎨⎧=+=+f f x x f x f x f x f 则 ),0()2()(201f xx f -=ϕ).0()2()()()()(201112f x x x f x x f +-=-=ϕϕϕ故 )()(),(21at x f at x f t x u -++= ).()2()2(100at x atx at x -+--+=ϕϕϕ (3).证明方程22222)1(])1[(tu h x a x u h x x ∂∂-=∂∂-∂∂ 的解可以写成)]()([1),(21at x f at x f xh t x u -++-=. 由此求该方程满足Cauchy 条件 ⎩⎨⎧====)(),(00x u x u t t t ψϕ 的解.解：令 ),,()(),(t x u x h t x v -= 则 ),(t x v 满足方程 xx tt v a v 2=.)()(),( 21at x f at x f t x v -++=∴.故 )]()([1),(21at x f at x f xh t x u -++-=. 因),(t x v 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧≡-=≡-====),()()(),()()( ,10002x x x h vx x x h v v a v t t t xx tt ψϕϕϕ由D'Alembert 公式，得⎰+-+-++=atx atx d a at x at x t x v ααψϕϕ)(21)]()([21),( )]())(()())([(2100at x at x h at x at x h ---+++-=ϕϕ+ααϕαd h a atx at x ⎰+--)()(211 故 ),(1),(t x v xh t x u -=[]⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+---+++--=⎰+-atx atx d h a at x at x h at x at x h x h ααϕαϕϕ)()(21)())(()())((211100 即为所求之解.2.Poisson 公式及应用：(1).若),,,(t z y x u u =是初值问题 ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=>++===)()( , )()(),0( )(002z y uy g x f u t u u u a u t t t zz yy xx tt ψϕ的解，试求解的表达式.解：IIIIIIu u u u ++=（线性叠加原理），其中IIIIII,,u u u 分别满足如下的初值问题：.0 ),(),0( )(:002I ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===t t t zz yy xx tt ux f u t u u u a u u).( ),(),0( )(:002II ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===y uy g u t u u u a u u t t t zz yy xx tt ϕ).( ,0),0( )(:002III ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===z uu t u u u a u u t t t zz yy xx tt ψ由Poisson 公式，可得⎰⎰∂∂=MatS dS f t a t u ])( 41[2I ξπ)].()([21])(21[at x f at x f d f a t atx atx -++=∂∂=⎰+-ξξ.)(21)( 41.)(21)]()([21 ])( 41[)( 412III22II ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+-+-==+-++=∂∂+=Mat M atMat S atz at z aty aty S S d a d t a ud aat y g at y g dS g t a t dS t a u ζζψζζψπηηϕηπηϕπ故IIIII I ),,,(u u u t z y x u ++=.)(21)(2a1)]()([21)]()([21 ⎰⎰+-+-++-+++-++=atz at z aty aty d a d at y g at y g at x f at x f ζζψηηϕ(2).求解初值问题 ⎪⎩⎪⎨⎧+==>-+++=== . ,00),(t )(2)(2002yz x u u z y u u u a u t t t zz yy xx tt解： IIIu u u +=，其中I u ： ⎪⎩⎪⎨⎧+==>++=== . ,00),(t )(2002yz x u u u u u a u t t t zz yy xx ttII u ： ⎪⎩⎪⎨⎧==>-+++===.0 ,00),(t )(2)(002t t t zz yy xx tt uu z y u u u a u由poisson 公式，得32222I 31)()( 41t a t yz x dS t a u Mat S ++=+=⎰⎰ηζξπ. 由Duhamel 原理，得.)( ])(2)( 41[);,,,(2020II)(t z y d dS t a d t z y x w u M t a S tt-=--==⎰⎰⎰⎰-τζητπτττ故 2322)(31)(),,,(t z y t a t yz x t z y x u -+++= 即为所求. 3.降维法：⎪⎩⎪⎨⎧==>++===.0 ,00),(t ),,()(002t t t yy xx tt uu t y x f u u a u 解：把所给初值问题的解),,(t y x u 看作),,,(t z y x 空间中的函数，即与y x ,平面垂直的直线上的函数值都相等：),,(),,,(*t y x u t z y x u =，则 ),,,(*t z y x u 应形式的满足⎪⎩⎪⎨⎧==>+++=== .0 ,00),(t ),,()(0*0****2*t t t zz yy xx tt u u t y x f u u u a u 由推迟势可得dV ra rt f a t z y x u atr ⎰⎰⎰≤-=),,( 41),,,(2*ηξπττηξτπτττηξπττd dS f t a d dS t f a tS tS M t a M t a ]),,([141]),,([ 410202)()(⎰⎰⎰⎰⎰⎰---=-=τηξτηξττηξτπτd y x t a d d t a f t a ty x M t a ])()()( )(),,(2[141222202),()9------∑-=⎰⎰⎰-τηξτηξτηξπτd y x t a d d f a tx M t a ])()()( ),,([ 212222),()(⎰⎰⎰∑-----=-.此即所求初值问题解的积分表达式.习题三1.求解特征值问题 ⎩⎨⎧=+=<<=+ . 0)()( ,0)0(),(0 0)()("''l X l X X l x x X x X λ 解：该特征值问题要有解0≥⇔λ.0>λ时，记2ωλ=，则 x B x A x X ωωsin cos )(+=.x B x A x X ωωωωcos sin )('+-=. 1(*) 由 0)0('=X ，有 0=B .从而 x A x X A ωcos )(,0=≠. 由 0sin cos ,0)()('=-=+l A l A l X l X ωωω有. ωω=l cot . 此即确定 ω（从而确定λ）的超越方程.由图解法，曲线 ωω==y l y cot 和 有无穷个交点，其横坐标<<<<<n ωωω210，从而 ),2,1( 2==n nn ωλ 便是非0特征值，相应的特征函数为2(*) ,2,1 , cos )( ==n x A x X n n n ω.)( , )( 0'A x XB Ax x X =+==时，λ由0)0('=X ，有0=A .由0)()('=+l X l X ， 有 0=B .此时只有平凡解 0)(≡x X . 综上，所求特征值问题的解),2,1( , cos )( ==n x A x X n n n ω.其中n ω为超越方程 ωω=l cot 的正根.附注：下证特征函数系{}∞=1cos n n x ω是],0[l 上的正交系：事实上，设x x X n n ωcos )(=和x x X m m ωcos )(=分别是相应于不同特征值2n n ωλ=和2m m ωλ=的特征函数，即)(x X n 和)(x X m 分别满足).()(,0)0(,0)()(:)(''"⎩⎨⎧+==+l X l X X x X x X x X n n nn n n n λ (1) ⎩⎨⎧=+==+.0)()(,0)0(,0)()(:)(''"l X l X X x X x X x X m m m m m m m λ (2) 则[]0 )()2()()1(0=⋅-⋅⎰dx x X x Xln m,即 []⎰-+-=lm n m n n m m n dx x X x X x X x X x X x X"" )()()())()()()((0λλdx x X x X lm n m n ⎰-=0)()()(λλ若,m n λλ≠则 ),2,1,( 0)()(0==⎰m n dx x X x X lm n .即在],0[l 上，不同特征值所对应的特征函数彼此正交. 2.用分离变量法求波动方程混合问题⎪⎩⎪⎨⎧≤≤==>==><<+=== ),0( , ),0( ),( ,),0(),0 ,0( 20022l x x ux u t t t l u t t u t l x g u a u t t t x xx tt的形式解，其中g 为常数.解：(1).边界条件齐次化：令 ),,(),(),(t x Q t x v t x u +=使⎪⎩⎪⎨⎧====,,20t Q t Q l x x x （这不是定解问题），则取 2)(),(t t l x t x Q +-=即可. 这时),(t x v 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤--==>==><<-+===).0( )( , 0),( 0),( ,0),0(),0 ,0( 2200t 2l x l x x vx v t t l v t v t l x g v a v t t x xx tt(2).“拆”——由线性叠加原理：IIIv v v +=，其中⎪⎩⎪⎨⎧+-====><<=== ., ,0),(),0(),0,0( :2002I l x x vx v t l v t v t l x v a v v t t t x xx tt ⎪⎩⎪⎨⎧====><<-+=== .0,0 ,0),(),0(),0,0( 2:002IIt t t x xx tt vv t l v t v t l x g v a v v (3).用分离变量法求得l x n l at n b l at n a t x v n n n 2 )12(cos 2 )12(sin 2 )12(cos ),(1Iπππ-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=∑∞=. 其中⎰⎰--=ll n d ln d ln a 022)12(cos2)12(cos 1ξπξξξπξ，ξπξξξξπξπd ln l d l n l a n b lln 2)12(cos )(2)12(cos 2 )12(122-+---=⎰⎰..,2,1 =n (n n b a ,都可算出来).(4).由Duhamel 原理： ττd t x w t x v t⎰=0II),,(),(,其中),,(τt x w 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧-====><<=== . 2 , 0 ,0),( ,0),0( ),,(0 2g ww t l w t w t l x w a w t t t x xx tt τττ用分离变量法求得∑∞=---=12 )12(cos 2)( )12(sin),,(n n l xn l t a n c t x w πτπτ.其中 ξπξξπξπd ln g d l n l a n c lln 2)12(cos)2(2)12(cos 2 )12(12----=⎰⎰. ,3,2,1 =n (n c 可算出).综上： ),(),(),(),(),(),(III t x Q t x v t x v t x Q t x v t x u ++=+=.习题四1.用分离变量法求热方程混合问题⎪⎩⎪⎨⎧===><<-== )( ,0),(),0(),0,0( 022x u t l u t u t l x u b u a u t xx t ϕ 的形式解.解：这是齐次方程、齐次边界条件情形，直接分离变量： 令 )()(),(t T x X t x u =，代入泛定方程，得),( )(22'"λ-=+=a bTa T X X 从而 0)()()( , 0)()(2'"=++=+t T b a t T x X x X λλ. 由边界条件，得 ,0)()0(==l X X 于是，特征值问题为⎩⎨⎧==<<=+0.)((0))(0 , 0)()("l X X l x x X x X λ 特征值 2)(l n n πλ=， 特征函数为 x ln x X n πsin )(=，),2,1( =n . 而 )1,2,(n )(])[(22 ==+-t b lan n n eA t T π.取 11])[((*) . sin),(22x ln eA t x u n t b lan n ππ∑∞=+-=利用 ]0[ sinl x ln ，在⎭⎬⎫⎩⎨⎧π上的正交性，可定出 ⎰==ln n d ln l A 0),2,1( sin)(2 ξπξξϕ. 2(*) 1(*),2(*)给出所求混合问题的形式解.附注：若令 ),( ),,(),(2t x v t x v e t x u t b 则-=满足⎪⎩⎪⎨⎧===><<==== ).( ,0),0,0( 002x v v v t l x v a v t l x x xx t ϕ用分离变量法求得lxn eA t x v t lan n n sin),(2)(1ππ-∞=∑=. 而n A 同2(*)，这恰与上面结果一致.习题五用Fourier 变换法求初值问题⎩⎨⎧=>++== .0),0( ),(202t xx t u t t x f tu u a u 的形式解.解：方程和初始条件两端关于x 做Fourier 变换(视t 为参数),并记),(~)],([ , ),(~)],([t f t x f F t u t x u F ξξ==.则原问题化为常微分方程的初值问题：⎪⎩⎪⎨⎧=>++-=)( .0)0,(~),0( ),(~~ 2~~22为参数ξξξξu t t f u t u a dtu d 其解为 ττξξτξτξd e f e e e t u a tt a t 2222220),(~),(~⋅⋅⋅=⎰--. 故 )],(~[),(1t uF t x u ξ-= ττξττξττξτξττξτξτξd e f F ee d ef e F e d e f e e e F ta t t a tt t t a t a t t ⎰⎰⎰-----------⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅⋅=01)(0101]),(~[]),(~[),(~)(22222222222222ττπτττd et a F x f F F e e tt a x t]])(21[)],([[0)(412222⎰-----⋅⋅=ττπτττd et a x f F F e e tt a x t]])(21*),([[0)(412222⎰-----⋅=τξττξπτξτd d et f e a ett a x t ]1),([20)(4)(2222⎰⎰---∞∞---=即为所求.习题六1.求边值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤=≤≤==<≤≤<≤=++=== )(0 )( ),0( 0),20 ,0( 01102αθθρπαθρρρραθθθθρρρf u l u u l u u u l 的形式解.解：用分离变量法：令 )()(θρΘ=R u ，代入泛定方程可得)( "'"2λρρ=ΘΘ-=+RR R ，因而 0)()("=Θ+Θθλθ，0)()()('"2=-+ρλρρρρR R R （Euler 方程）.由边界条件 00====αθθu u，得 0)()0(=Θ=Θα.于是特征值问题为,0)()0(),0( 0)()("⎩⎨⎧=Θ=Θ<<=Θ+Θααθθλθ 特征值 2)(απλn n =，特征函数为 )1,2,( sin)( ==Θn n n θαπθ.而 Euler 方程 0'"2=-+R R R λρρ 的解 απαπρρρn n D C R -+=)(.为保证有界性应取 0=D ，从而 ),2,1( )( ==n C R n n n απρρ.取 ∑∑∞=∞==Θ=11sin)()(),(n n n n n n n C R u απθρθρθραπ. 1(*)由边界条件 )(θρf ul ==，应有 ∑∞==1sin )(n n n n lC f απθθαπ.由 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧απθn sin在 ],0[α上的正交性，可得),2,1( sin)( 2==⎰n d n f l C n n ϕαπϕϕαααπ. 2(*)1(*) ,2(*)给出所求问题的形式解.2.用Green 函数法求解上半平面Dirichlet 问题⎪⎩⎪⎨⎧∞→+=>=+=. ),( ),0( 0220有界时，u y x x f u y u u y yy xx 解：根据二维Poisson 方程Dirichlet 问题⎩⎨⎧=∈-=+∂ ),(D.),( ),,(2y x f u y x y x u u Dyy xx πρ 解的积分表达式P PDDdl n M P G P f dxdy M M G M y x u M u ∂∂-==⎰⎰⎰∂),()(21),()(),()(00000πρ（其中0M 是D 内任一点，P n是边界D ∂上点P 的外法线方向）. 其中 满足而 ),( ),,(1ln),(0000M M g M M g r M M G MM -=⎪⎩⎪⎨⎧∂∈=∈=∆).( 1ln ),g(),( 0),(000D P r M P D M M M g PM M),(0M M G 称为Green 函数，找),(0M M G 的问题归结为“特定装置下”找感应电荷所产生的电势),(0M M g -.对上半平面0>y 而言，若在0M 处放置单位正电荷，它在M 处产生的电势为01lnMM r ，则感应电荷应放在0M 关于0=y 的对称点'0M 处，电量为 -1，它于M 处产生的电势为'1lnMM r -，从而Green 函数为'1ln1ln),(0MM MM r r M M G -=20202020)()(ln )()(ln y y x x y y x x ++-+-+--=.故所求解为⎰⎰⎰⎰∞∞-=∞∞-=∞∞-=∞∞-+-=∂∂=-∂∂-=∂∂-=.)()()(21 )()(21)(21),(22000000dx yx x x f y dx yG x f dxy G x f dx n G x f y x u y y y ππππ。
数学物理方程(谷超豪)课后答案
第一章．波动方程§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 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明满足方程),(t x u ()⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ其中为杆的密度，为杨氏模量。
ρE 证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为与。
现在计算这段杆在时x +x x ∆刻的相对伸长。
在时刻这段杆两端的坐标分别为：t t ),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆−+−∆++∆+θ令，取极限得在点的相对伸长为。
由虎克定律，张力等于0→∆x x x u ),(t x ),(t x T ),()(),(t x u x E t x T x =其中是在点的杨氏模量。
)(x E x 设杆的横截面面积为则作用在杆段两端的力分别为),(x S ),(x x x ∆+x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(−∆+∆+利用微分中值定理，消去，再令得x ∆0→∆x tt u x s x )()(ρx∂∂=x ESu ()若常量，则得=)(x s =22)(tu x ∂∂ρ)((x u x E x ∂∂∂∂即得所证。
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)杆的两端被固定在两点则相应的边界条件为l x x ==,0.0),(,0),0(==t l u t u (2)若为自由端，则杆在的张力|等于零，因此相应的边l x =l x =xux E t l T ∂∂=)(),(l x =界条件为|=0xu∂∂l x =同理，若为自由端，则相应的边界条件为∣0=x xu∂∂00==x (3)若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l x =由函数给出，则在端支承的伸长为。
数学物理方程--- 6 特征线法 共28页PPT资料
数解之，得
第
学
物理又
u2t2ctc2 x3t c，则
六 章
方 程
u2 t2 (x 3 t)t (x 3 t)2
特 征
2 t2 x t 3 t2 x 2 6 x t 9 t2
线
x28t25xt
法
此解法关键之处是找到直线 x3t c ，偏微分方程转化为
常微分方程。直线 x3t c 称为一阶偏微分方程（1）的特征线
有
数学3u3(uu)ut 3ux xt
物
理 方
程所以
3u
3u
4
3
.
43
3
.
即
u
4
9
1.
9
对 两边积分，可得
第 六 章 特 征 线 法
u221g(),
99
其中，g ( ) 为一个可微函数。
由
u(,)221g(),
西安交通大学 数学与统计学院
例2 求解线性方法柯西问题
ut (xcost)ux0,t0,x (6)
数
u(x,0)11x2,x
(7) 第
学 物 理
解
方程(6)式的特征方程为 dx xcost 0, dt
而过点 ( , 0 )
六 章
方 的特征线就是下面问题的解
理
dt
第 六 章
方
程 称为(4)式的特征方程，其积分曲线称为(4)式的特征曲线。
特 征
注1 给出例1求解方法的一个几何解释。在该例中，使用了参数线
c，即为特征线的初始值x ( 0 ) 。当参数 c x(0) 在x 轴滑动时，法
特征线法
3
分解成两个一阶的方程:
∂u1 − a ∂u1 = v, ∂t ∂x ∂v ∂v
+ a = 0. ∂t ∂x
根据初值条件, 给出 u1 以 v 在 t = 0 上的初值条件
(1-1) (2-1)
u1(x, 0) = 0, v(x, 0) = ϕ(x).
(1-2) (2-2)
求得特征线, 它们分别是常微分方程 ∂x = −a, ∂t
微分算子可以分解为
∂ ∂∂ ∂
+a ∂t ∂x
−a ∂t ∂x
u1 = 0
(**)
可以把原方程
∂ ∂ ∂ ∂
+a
−a
∂t
∂x
∂t
∂x
u1(x, 0),
∂ ∂t
u1(x,
0)
=
ϕ(x),
u1 = 0,
−∞ < x < +∞, t > 0, −∞ < x < +∞, −∞ < x < +∞.
v(x, t) = ϕ(x − at).
4
再由另一个方程得
t
u1(x1(t), t) = ϕ(x1(τ ) − aτ )dτ.
0
从 x1(t) = c − at 推出
t
1 c−2at
1 x+at
u1(x, t) =
ϕ(c − 2aτ )dτ = −
0
2a
c
ϕ(ξ)dξ =
ϕ(ξ)dξ.
2a x−at
• 沿着特征线将原方程化为关于 u = u(x(t, c), t) 的常微分方程 (其中 c 为参数), 并求出 u = u0(t, c)
• 从特征线方程解出 c = ϕ(x, t), 所求的解为 u = u0(t, ϕ(x, t))
数学物理方程答案(全)
化简之后，可以得到定解问题为
utt (Y / )uxx a2uxx u |x0 0,ux |xL 0
u
|t 0
0, ut
|t 0
I
(x
L)
5.高频传输线，原点端施以电动势 E，另一端接地，初始电流为(x) ，电压为 (x) 。
试建立电压的定解问题。（忽略电阻和介质的电导）
Q3 c 4 r2drdu
Q3 Q1 Q2
c 4 r2drdu kur (r dr,t)4 (r dr)2 dt kur (r,t)4 r2dt
4
k
r
(r
2ur
)drdt
即
ut
k c
1 r2
r
(r2ur )
3.设物体表面的绝对温度为 u ，它向外辐射出去的热量，按斯特凡-波尔兹曼定 律正比于 u4 ，即 dQ ku4dSdt ，设物体与周围介质之间，只有热辐射而无热传
习题 2.4 1.判断下列方程的类型 (1) auxx 4auxy auyy bux cuy u 0 4a2 a2 0 ,双曲型 (2) auxx 2auxy auyy bux cuy u 0 a2 a2 0 ,抛物型 (3) 2auxx 2auxy auyy 2bux 2auy u 0 a2 2a2 0 ,椭圆型 (4) uxx xuxy 0
ut
k c
ux
2k1 cr
(u
u1 )
0
2.导出匀质且在每一个同心球上等温的孤立球体的热传导方程。
S1
S2
r r+dr
解： dt 时间内通过 S1 流入壳层的能量 Q1 kur (r,t)4 r2dt dt 时间内通过 S2 流入壳层的能量 Q2 kur (r dr,t)4 (r dr)2 dt dt 时间内壳层升高 du 所需的能量
数学物理方程复习
习题课和总复习鉴于数学物理方程课程对大多数同学来讲有一定的学习难度，为帮助同学们较好地掌握本课程的基本内容和定解问题主要的求解方法，下面将这学期的教学内容进行总结，并提出每部分的教学基本要求。
希望同学们能够参考下面总结《一》到《四》的具体要求安排好个人的复习计划，认真看书（结合以往的作业题）和总结；也希望同学们之间能够加强讨论并积极地参加答疑。
祝同学们学习愉快并取得考试好成绩！《一》 特征线方法掌握两个自变量一阶线性方程的解法：三步，求出特征线族；在特征线上求解原问题；代入求出原问题的解。
如书上269P 例1.1；276P 第1题。
(新书107P 例6.1；118P 第1题) 《二》格林函数法1. 记住基本解0(,)p p Γ， 0(,),(,)p p x y ξη或0(,,),(,,)p p x y z ξηζ。
2. 记住并会证明格林第三公式：0()()u u p u ds udV n n ∂ΩΩ∂∂Γ=Γ--Γ∆∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ 【 在()()v uu v v u dV uv ds n nΩ∂Ω∂∂∆-∆=-∂∂⎰⎰⎰⎰⎰ 取00\(,),(,)B p v p p εεΩ=Ω=Γ 0(,)()()()B p u uu u dV uds u ds n n n n εεΩ∂Ω∂∂Γ∂∂Γ∂⇒∆Γ-Γ∆=-Γ+-Γ∂∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰，利用 0, in ε-∆Γ=Ω和当0ε+→时000(,)(,)(),0B p B p uuds u p ds n n εε∂∂∂Γ∂→Γ→∂∂⎰⎰⎰⎰即可 】 由此可得 0()()u Gu p Gu ds G udV n n ∂ΩΩ∂∂=--∆∂∂⎰⎰⎰⎰⎰，和如下问题解的表达式 , , u f in u on ϕ-∆=Ω⎧⎨=∂Ω⎩ ⇒0()Gu p ds GfdV n ϕ∂ΩΩ∂=-+∂⎰⎰⎰⎰⎰。
在这里要注意，0p ∈Ω固定而动点为p 。
3.掌握利用对称法求格林函数的方法，如半空间，半平面和圆域等。
数学物理方程课后作业答案
于 杆 x=L 端 为 自 由 振 动 ， 故
u x |x = L = 0
u |x=0 = 0 。综上所述，定解条件为：
⎧ u t |t = 0 = 0 ⎪ b ⎪ u | = k x = 1 + x ⎪ t=0 L ⎨ ⎪ u |x = 0 = 0 ⎪ ⎪ ⎩ u x |x= L = 0
tan β L = −
5. 一根均匀弦两端分别在 x=0 及 x=L 处固定，设初始速度为零，初 始时刻弦的形状为一抛物线，抛物线的顶点为（ ，h） 。求弦振动的 位移。 解：设位移函数为 u ( x, t ) ，他是下列定解问题的解：
L 2
⎧ ⎪ 2 u = a u xx , tt ⎪ ⎪ ⎨u x =0 = u x = L = 0, ⎪ ⎪u = 4h x ⎛1 − x ⎞；u t =0 t ⎜ ⎟ ⎪ L ⎝ L⎠ ⎩
于是得到固有值问题：
⎧ X // ( x ) + λ X ( x ) = 0 ⎪ ⎨ X ( x ) x =0 = 0 ⎪ / ⎩[ X ( x ) + hX ( x )] x= L = 0
所以当 λ > 0时，X = A cos β x + B sin β x
X
x=0
= A=0
∴ A = 0, B ≠ 0
2. (2)
u xx + 2u xy − 3u yy = 0
△=2 －4×(-3)=16﹥0 dy ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ −2 −3 = 0 dx ⎝ dx ⎠
2
2
解：由题意可知： => 双曲型
=>
dy = 3 或 -1 dx
3
⎧ε = 3 x − y 令 ⎨ ⎩η = x + y
特征值方法
(1) (2)
x 3t , x. 则 ut u t u t u (3) u 0 3u ,
ux u x u x u 1 u 1 u u
即 ut 3u , ux u u , 代入 有
2 2 2 2
此解法关键之处是找到直线 x 3t c ，偏微分方程转化为 常微分方程。直线 x 3t c 称为一阶偏微分方程（1）的特征线
x2 8t 2 5xt
ut 3ux x t ,0 t , x 2 u ( x ,0) x , x
方程（1）的左端
(1) (2)
ut 3ux
是 u ( x, t ) 的一阶偏导数的线性
组合。特征线方法的基本思想就是将其转化为 u ( x, t ) 关于t的全 导数。 du
dt 在这条直线 x 3t c 上，即 x c 3t ，在这个直线上，上述
定解问题转化为
ut u xx x t
(1) (2)
dx x 3 t c 特征线 是方程 3 0 的解，方程 dt dx 3 0 称为（1）的特征方程，其解就是（1）的特征线。 dt
沿一阶偏微分方程的特征线将方程化为常微分方程，便是特 征线法的基本思想。 对定解问题（1）（2）
ut 3ux x t ,0 t , x 2 u ( x ,0) x , x
2 2 1 u g ( ), 9 9 2 2 1 u ( , ) g ( ), 9 9
其中，g () 为一个可微函数。 由
由方程（2）
2 2 1 u ( x, t ) x ( x 3t ) x g ( x 3t ), 9 9
数学物理方程(谷超豪)课后答案
第一章．波动方程§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 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明满足方程),(t x u ()⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ其中为杆的密度，为杨氏模量。
ρE 证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为与。
现在计算这段杆在时x +x x ∆刻的相对伸长。
在时刻这段杆两端的坐标分别为：t t ),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆−+−∆++∆+θ令，取极限得在点的相对伸长为。
由虎克定律，张力等于0→∆x x x u ),(t x ),(t x T ),()(),(t x u x E t x T x =其中是在点的杨氏模量。
)(x E x 设杆的横截面面积为则作用在杆段两端的力分别为),(x S ),(x x x ∆+x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(−∆+∆+利用微分中值定理，消去，再令得x ∆0→∆x tt u x s x )()(ρx∂∂=x ESu ()若常量，则得=)(x s =22)(tu x ∂∂ρ)((x u x E x ∂∂∂∂即得所证。
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)杆的两端被固定在两点则相应的边界条件为l x x ==,0.0),(,0),0(==t l u t u (2)若为自由端，则杆在的张力|等于零，因此相应的边l x =l x =xux E t l T ∂∂=)(),(l x =界条件为|=0xu∂∂l x =同理，若为自由端，则相应的边界条件为∣0=x xu∂∂00==x (3)若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l x =由函数给出，则在端支承的伸长为。
14第六章波动方程的特征线法.pdf
u = u ( x, ϕ ( x, t ) )
一阶线性偏微分方程
∂u
∂u
( x, t ) f ( x, t ) , x ∈ R , t > 0
+ ϕ1 ( x, t ) + ϕ2 ( x, t ) u=
∂x
∂t
u ( x, 0 ) ϕ ( x ) , x ∈ R
=
dx
= ϕ1 ( x ( t ) , t )
Ψ (α )dα (6)
∫
2
2a x − at
显然，(6)满足方程(1)。为使其满足初始条件，只要 ≥ 时，
( x) ϕ ( x),
Φ=
( x) ψ ( x)
Ψ=
(7)
即可。最后，还要求(, )满足边界条件 , = ,于是得到
1
1 at
u= [ Φ (at ) + Φ (−at ) ] +
∫ ψ (α )dα =
0
从上述式子中解出()和()，有
1
1 x
1
ψ (α )dα + ( f (0) − g(0) )
f ( x) = ϕ ( x) −
∫
2
2a 0
2
1
1 x
1
g ( x) = ϕ ( x) +
ψ (α )dα − ( f (0) − g(0) )
∫
2
2a 0
2
1
Φ ( x) , ut ( x, 0) =
Ψ ( x)
u ( x, 0) =
(4)
(5)
其中 , ()为待定函数。
适当选取 , ()使(4)-(5)的解在 ≥ 范围内是(1)-(3)的
数学物理方程(第三版)第一章练习答案全解
方程的导出、定解条件
.E.xample 1.4
绝对柔软而均匀的弦线有一端固定, 在它本身重力作用下, 此线处于铅垂的平 .衡位置, 试导出此线的微小横振动方程.
解: 设弦长为 l, 取弦上端点为原点, 取铅垂向下的轴为 x 轴. 设 u(x, t) 为
时刻 t, x 处的横向位移. 取位于 (x, x + ∆x) 的微元进行分析, 由绝对柔软
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 13 / 67
达朗贝尔公式、波的传播
.E.xample 2.2
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: 由题意知
G(x)
=
1 φ(x) 2
+
1 2a
∫x ψ(ξ)dξ
x0
−
C 2a
.E.xample 1.7 √
验证 u(x, y, t) = 1/ t2 − x2 − y2 在锥 t2 − x2 − y2 > 0 中满足波动方程 .utt = uxx + uyy.
齐海涛 (SDU)
数学物理方程
2012-10-3 10 / 67
1. 方程的导出、定解条件 2. 达朗贝尔公式、波的传播 3. 初边值问题的分离变量法 4. 高维波动方程的柯西问题 5. 波的传播与衰减 6. 能量不等式、波动方程解的唯一性和稳定性
解: (1) u(0, t) = u(l, t) = 0;
(2) 端点自由,
即端点处无外力作用.
在左端点
SE(0)
∂u ∂x
(0,
t)
=
0,
即
∂u ∂x
二阶常系数齐次线性方程解法-----特征方程法
n 个函数, 若存在不全为 0 的常数
使得
则称这 n个函数在 I 上线性相关, 否则称为线性无关.
例如，
在( , )上都有
故它们在任何区间 I 上都线性相关;
又如，
若在某区间 I 上
则根据二次多项式至多只有两个零点 , 可见
必需全为 0 ,
在任何区间 I 上都 线性无关.
10
两个函数在区间 I 上线性相关与线性无关的充要条x , 则得 y2 x e1 x , 因此原方程的通解为
y (C1 C2x )e1 x
25
3) 特征方程有一对共轭复根的情形
若 p2 4q 0，有两个复根
这时原方程有两个复数解:
y1 e( i ) x e x (cos x i sin x ) y2 e( i ) x e x (cos x i sin x )
特点 未知函数与其各阶导数的线性组合等于0
即函数和其各阶导数只相差常数因子
猜想 有特解
y ex
设 y ex, 将其代入上方程, 得
( 2 p q)ex 0
ex 0,
故有 2 p q 0
特征方程
由此可见 只要 满足代数方程2 p q 0 函数 y ex
x0
cos
t
v0 k
sin
t
v0
A
x02
v02
2
,
tan
x0
v0
28
小结:求二阶常系数齐次线性微分方程
y p y q y 0 ( p, q为常数)
特征方程: 2 p q 0,
6.2 一维波动方程的特征线法
utt − a u xx = 0 ⇒ −4a uξη = 0 ⇒ uξη = 0
2
u (ξ ,η ) = f (ξ ) + g (η )
u ( x, t ) = f ( x − at ) + g ( x + at )
通解
u ( x, t ) = f ( x − at ) + g ( x + at )
2
作自 ξ = x − at 变量 特征 η = x + at 变换
u x = u ξ ξ x + uηη x = u ξ + uη 则 u xx = u ξξ + 2 u ξη + uηη u u u a u u = ξ + η = ( − ) t t t ξ η ξ η u = a 2 (u − 2 u + u ) ξξ ξη ηη tt
φ ( x ), 0 < x < +∞ ; Φ ( x ) = − φ ( − x ), − ∞ < x < 0. Ψ ( x ) = ψ ( x ), 0 < x < +∞ ; − ψ ( − x ), − ∞ < x < 0.
Φ ( x ), Ψ ( x )
沿特征线 x + at = c1 化简定解问题得
dv = 0, t > 0 dt v ( 0 ) = ψ ( c1 ) + a φ ′ ( c1 )
v(t ) = ψ (c1 ) + aφ ′(c1 )
v( x, t ) = ψ ( x + at ) + aφ ′( x + at )
数学物理方程--- 6 特征线法
第 六 章 特 征 线 法
定义1
考虑下面一阶线性微分方程
aut bu x cu f
数 学 物 理 方 程
4
第 方程 dx 六 a b 0 5 章 dt 称为(4)式的特征方程，其积分曲线称为(4)式的特征曲线。 特 征 注1 给出例1求解方法的一个几何解释。在该例中，使用了参数 线 法 c，即为特征线的初始值x (0) 。当参数 c x(0) 在 x 轴滑动时，
(3)式的解曲线就织成了(1)式--(2)式的解曲面。 为了避免和常数c混淆，下面用变量 代替参数c。请记住：
b t 其中 a 、 、c 和 f 均为自变量 x 、 的函数。
x(0) , 变化相当于 x (0) 在 x 轴上滑动。
西安交通大学 数学与统计学院
例2 求解线性方法柯西问题 ut ( x cos t )u x 0, t 0, x (6) 1 (7) u ( x, 0) 1 x 2 , x 数 第 学 dx x cos t 0, 而过点 ( , 0) 六 物 解 方程(6)式的特征方程为 章 dt 理 方 的特征线就是下面问题的解 特 程 dx 征 x cos t 0, t 0 线 dt 法 x(0) 解之可得 x esin t。沿此特征线原定解问题(6)-(7)简化为 du dt ut ( x cos t )u x 0, t 0 u (0) u ( , 0) 1 1 2 西安交通大学 数学与统计学院所以(11)源自第 六 章 特 征 线 法
1 1 t u ( x, t ) ( x t 1) e ( x t 1)e 2t 2 2
数学物理方程 陈才生主编 课后习题答案1-3章
的解是不适定的. 1 2 解 容易验证函数un (x, t) = 1 + en t sin nx (n 1), 满足 n ut = −uxx , (x, t) ∈ R1 × (0, ∞), 1 u(x, 0) = 1 + sin nx, x ∈ R1 . n 显然, 当n → +∞时supx∈R un (x, 0) − 1 =
化简后, 得式(1.3.9). 证毕. 注 如果圆锥杆的坐标按图1.2所示,则圆锥杆的纵向微振动方程为
ρ 1− x h
2
∂2u ∂ =E 2 ∂t ∂x
1−
x h
2
∂u , ∂x
(1.3.11)
其中h为圆锥的高. 事实上, 此时截面面积S = πr2 ,半径r = (h − x) tan α. 将其代入 式(1.3.10), 便得式(1.3.11).
−1
其中ε为介电常数, ρ为电荷密度. (7) 胡克(Hooke)定律. 在弹性限度内,弹性体的弹力和弹性体的形变量成正比, 即f = −kx, 其中k为 弹性体的劲度(倔强)系数, 倔强系数在数值上等于弹性伸长(或缩短)单位长度时的 弹力, 负号表示弹力的方向和形变量的方向相反. 另外, 有 应力 = 杨氏模量 × 相对伸长.
sup
x∈R1 ,t>0
un (x, t) − 1 =
sup
x∈R1 ,t>0
1 → 0. 但是, 当n → ∞时 n 1 2 1 n2 1 n2 t e sin nx = sup en t e → ∞, n n t>0 n
所以原定解问题的解是不稳定的.
数学物理方程课后参考答案第四章
第四章 二阶线性偏微分方程的分类与总结§1 二阶方程的分类1． 证明两个自变量的二阶线性方程经过可逆变换后它的类型不会改变，也就是说，经可逆变换后2211212a a a -=∆的符号不变。
证：因两个自变量的二阶线性方程一般形式为fcu u b u b u a u a u a y x yy xy xx =+++++212212112经可逆变换 ⎩⎨⎧==),(),(y x y x ηηξξ 0),(),(≠y x D D ηξ化为 f u c u b u a u a u a =++++ηηηξηξξ22212112其中 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=+++=++=22212211222212111222212211112)(2y y x x y y x y y x x x y y x x a a a a a a a a a a a a ηηηηηξηξηξηξξξξξ所以 y x y x y x y x x y yx a a a aa a aηηξξηηξξηξηξ2211112222122221112222)(+-+=-=∆22221112222222211),(),())(()(⎥⎦⎤⎢⎣⎡∆=--=+-y x D D a a aa a x y y x y x y x ηξηξηξηξξη因0),(),(2>⎥⎦⎤⎢⎣⎡y x D D ηξ，故∆与∆同号，即类型不变。
2． 判定下述方程的类型（1）022=-yy xx u y u x （2）0)(2=++yy xx u y x u （3）0=+yyxx xyuu（4）)010001(sgn 0sgn 2sgn ⎪⎩⎪⎨⎧<-=>==++x x x x xuu yu yyxy xx(5) 0424=+++-zz yy xz xy xx u u u u u 解：(1)022=-yy xx u y u x因 022>=∆y x 当0,0≠≠y x 时0,0=>∆x 或0=y 时0=∆。
数学物理方程课后参考答案第一章
第一章． 波动方程§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 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程()⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。
证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ∆。
现在计算这段杆在时刻t 的相对伸长。
在时刻t 这段杆两端的坐标分别为：),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆-+-∆++∆+θ令0→∆x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。
由虎克定律，张力),(t x T 等于),()(),(t x u x E t x T x =其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。
设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ∆+两端的力分别为x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-∆+∆+利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得tt u x s x )()(ρx∂∂=x ESu () 若=)(x s 常量，则得22)(tu x ∂∂ρ=))((x u x E x ∂∂∂∂即得所证。
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 ux E t l T ∂∂=)(),(|lx =等于零，因此相应的边界条件为x u∂∂|lx ==0 同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为xu∂∂∣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 -。
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2t2 xt 3t2 x2 6xt 9t2
x2 8t2 5xt 此解法关键之处是找到直线 x 3t c ，偏微分方程转化为
常微分方程。直线 x 3t c 称为一阶偏微分方程（1）的特征线
uut(
3ux x t, 0 t, x, 0) x2, x
x
(1) (2)
由方程（2）
99
u(x, 0) x2
得
x2 2 x2 1 x2 g(x), 99
即
8 x2 g(x),
所以
9
u(x,t) 2 x2 1 (x 3t)x 8 (x 3t)2,
99
9
2 x2 1 x2 3 tx 8 (x2 6x 9t2 ), 9 9 99
x2 5tx 8t2.
例1 求解线性方法Cauchy问题
uut(
3ux x t, 0 t, x, 0) x2, x
x
(1) (2)
解 方程（1）的左端 ut 3ux 是 u(x,t) 的一阶偏导数的线性
组合。特征线方法的基本思想就是将其转化为 u(x,t) 关于t的全
导数。
du dt
ut
uxx
x
定义1 考虑下面一阶线性微分方程
aut bux cu f
4
其中 a 、b、c 和 f 均为自变量 x 、t 的函数。
方程
a dx b 0
5
dt
称为(4)式的特征方程，其积分曲线称为(4)式的特征曲线。
注1 给出例1求解方法的一个几何解释。在该例中，使用了参数
c，即为特征线的初始值x(0) 。当参数 c x(0) 在x 轴滑动时，
dt
的特征线就是下面问题的解
dx
x
cos t
0, t
0
dt
x(0)
解之可得 x esint。沿此特征线原定解问题(6)-(7)简化为
du dt
ut
(x cos t)ux
0, t
0
u(0) u( , 0)
1
1 2
易得该问题的解为
1
u 常数 u(0) 1 2
8
最后，由特征线方程 x esint解出 xesint , 将其代入到
有
3u 3(u u ) 3u
ut 3ux x t
43 .
所以
3u
4
3
.
3
即
u
4
9
1.
9
对 两边积分，可得
u 22 1 g( ),
99
其中，g() 为一个可微函数。
由
u( ,) 2 2 1 g( ),
99
u(x,t) 2 x2 1 (x 3t)x g(x 3t),
则
ut ut ut au au
utt a(ut ut ) a(ut ut )
a(au au ) a(au au )
a2 (u 2u u ) ux ux ux u u
utt a2uxx
4a2u
uxx u 2u u
则（1）式变为
u 0
积分此方程，可得
x
(1) (2)
也可以用变量代换方法求解。具体做法是，做变换
x 3t, x.
则 ut u t u t u (3) u 0 3u ,
ux u x u x u 1 u 1 u u
即 ut 3u , ux u u , t , x .
代入
3
ut 3ux x t
特征线族
dx dt
2
a2
0
(3)
即
dx a 0, dx a 0
dt
dt
1 a2k 2 0, k 1
1
1a
可得
t a x c1,t a x c2
x at c1, x at c2
（3）称为特征方程
dx dt
2
a2
0
(3)
做变量代换 x at x at
t
在这条直线 x 3t c 上，即 x c 3t ，在这个直线上，上述
定解问题转化为
du 4t c, 0 t dt
(3)
u(0) u(x(0), 0) x2 (0) c2
解之，得
u 2t2 ct c2 又 x 3t c ，则
u 2t2 (x 3t)t (x 3t)2
u f1( )
u f1( ) g() f ( ) g() 其中f、g是两个任意函数，将变量 , 还原成x和t得
u(x,t) f (x at) g(x at)
由方程
utt u(x,
a2uxx 0, x ,t
特征线法也是求解偏微分方程的一种基本方法。其实质 是沿偏微分方程的特征线积分以使方程的形式简化，从而使 其求解称为可能。它不仅适用于线性偏微分方程，而且也是 求解非线性方程的一种有效方法。
第一节、一阶偏微分方程特征线法
一、特征线法
结合一些具体的定解问题的求解，说明特征线方法的基本思想 和求解方法。
特征线 x 3t c 是方程 dx 3 0 的解，方程
dx 3 0
dt
称为（1）的特征方程，其解就是（1）的特征线。
dt
沿一阶偏微分方程的特征线将方程化为常微分方程，便是特
征线法的基本思想。
对定解问题（1）（2）
uut(
3ux x t, 0 t x, 0) x2, x
,
(3)式的解曲线就织成了(1)式--(2)式的解曲面。
为了避免和常数c混淆，下面用变量 代替参数c。请记住：
x(0) , 变化相当于 x(0) 在 x 轴上滑动。
例2 求解线性方法柯西问题
ut (x cos t)ux 0,t 0, x
(6)
u(x,
0)Leabharlann 1 1 x2,x
(7)
解 方程(6)式的特征方程为 dx x cos t 0, 而过点 ( , 0)
(8)式中便得(6)式-(7)式的解为
u(x,
t)
1
1 x 2e2 sin t
第二节、一维波动方程的特征线法
考虑弦振动方程的Cauchy问题
utt u(x,
a2uxx 0, x ,t
0) (x),ut x, 0) (x),
0
x
(1) (2)
这里是无界问题，可以用积分变换求解，下用特征线求解。
特征线法
本章中心内容
特征线法求解一阶偏微分方程以及一维波动方程
Method of characteristics 一种基于特征理论的求解双
曲型偏微分方程组的似方法。它产生较早，19世纪末已经有效地 为人们所用。电子计算机出现以后，又得到了进一步的发展，在 一维不定常流和二维定常流等问题中得到了广泛的用。