数学物理方程第二章课后习题答案

u(x, 0) = 0,
ut(x, 0) =
k 2δρ
,
0,
|x − c| ≤ δ, .
|x − c| > δ
0 < x < l, t > 0. t > 0,
根据变量分离法，我们得到
∞
nπa
nπa
nπ
u(x, t) =
Cn cos
l
t + Dn sin
l
t
sin x. l
n=1
3
由初始条件得到
假设 u(x, t) = X(x)T (t), 我们有
X (x) T (t)
=
= −λ.
X(x) a2T (t)
根据变量分离法，我们可以得到
λ
=
, n2π2 l2
以及
T (t) + λa2T (t) = 0,
所以其通解为
T (t) = Ce−λa2t.
4
这样，我们有下面形式的解
u(x, t) =
∞
Cn = 0,
以及
2l l
nπ
Dn = l nπa
ut(x, 0) sin
0
xdx l
2 c+δ k
nπ
=
sin xdx
nπa c−δ 2δρ l
2 lk
nπ
nπ
=−
cos (c + δ) − cos (c − δ)
nπa nπ 2δρ
l
l
2 l k nπ nπ
=
sin c sin δ,
nπa nπ δρ l
, n = 0, 1, 2, 3 · · · . l2
这样，方程有如下的形式解
u(x, t) =
∞
C en
−
n2 π2 a2 l2
t
cos
nπ l
x.
n=0
其中
1l
l
C0 = l
xdx = ,
0
2
2 Cn = l
l
nπ
x cos xdx =
2l [(−1)n − 1].
0
l
n2π2
2.13
求解的问题是
X0(x) = C0. 另外, λ < 0 时都只有平凡解，当 λ > 0 时, 令 λ = β2, X(x) 的通解是
X(x) = C cos βx + D sin βx.
由初始条件得到
D = 0,
nπ β = , n = 1, 2, 3 · · · .
l
这样，结合上面讨论，我们有
n2π2
λn =
l
l
n=1
2.3
我们要求解的问题是
∂2u
∂
t2
=
a2
∂2u ∂x2
,
u(0, t) = u(1, t) = 0,
u(x, 0) =
x, 1 − x,
0
≤
x
≤
1 2
,
1 2
≤
x
≤
1,
ut(x, 0) = x(x − 1),
0 < x < 1, t > 0. t > 0,
0 ≤ x ≤ 1.
u(x, 0) = ut(x, 0) = 0,
0 < x < l, t > 0. t > 0, 0 ≤ x ≤ l.
根据变量分离法以及参数变异法，我们得到
∞
nπ
u(x, t) = vn(t) sin l x.
n=1
8
代入方程得到
∞
a2n2π2
nπ
2π 2aπ
vn(t) +
l2
vn(t)
sin x = sin x sin
经过变量分离后得到
X (x) + λX(x) = 0 X (0) = X (l) = 0,
以及
T (t) + λa2T (t) = 0
注意到此时 X(x) 方程的边值条件都为第二类，所以当 λ = 0, 解有意义. 当 λ = 0 时,
X0(x) = Ax + B,
5
由边界条件得到 A = 0, 因此
2aπ
v2(t) = 4aπ
sin t − t cos t .
2aπ l
l
9
t
sin
nπ
x.
n3π3
l
n=1
2.6
∂u
∂t
=
a2 ∂2u , ∂x2
ux(0, t) = ux(l, t) = 0,
u(x, 0) = x,
0 < x < l, t > 0. t > 0, 0 ≤ x ≤ l.
假设 u(x, t) = X(x)T (t), 则
X (x) T (t) X(x) = a2T (t) = −λ.
l
l
l
t.
n=1
比较两边系数得到
a2n2π2 vn(t) + l2 vn(t) = 0, n = 2,
由边界条件
4a2π2
2aπ
v2 (t) +
l2
v2(t) = sin
t. l
vn(0) = vn(0) = 0,
推出
vn(t) = 0, n = 2.
而利用 Laplace 变换可求得
l l 2aπ
0
1 2
n2π2 2
∞
nπa Dn sin(nπx) = x(x − 1),
n=1
1 Dn = nπa · 2
1
x(x − 1) sin(nπx)dx =
4l3
[1
−
(−1)n]
=
4[(−1)n
− 1] .
0
n4π4a
n4π4a
2.4
要求解的问题是
∂2u
=
a2 ∂2u ,
∂
t2
∂x2
u(0, t) = u(l, t) = 0,
12 α
nπ
Cn
=
a nπ α
α
0
f (θ) sin θdθ. α
因此
2∞ u(ρ, θ) =
α n=1
α
nπ
f (θ) sin θdθ
0
α
ρ
nπ α
sin
nπ θ.
a
α
2.22
要求解的问题是
∂2u
∂
t2
=
a2
∂2u ∂x2
+
sin
2π x sin
l
2aπ t,
l
u(0, t) = u(l, t) = 0,
源自文库
u(0, t) = u(l, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = 0,
0 ≤ x ≤ l,
ut(x, 0) = x(l − x), 0 ≤ x ≤ l.
根据变量分离法，我们得到
∞
nπa
nπa
nπ
u(x, t) =
Cn cos
l
t + Dn sin
l
t
sin x. l
n=1
由初值条件得到，
0
πann3
因此
4T ∞ u(ρ, θ) =
ρn [1 − (−1)n] sin nθ.
π
ann3
n=1
2.17
我们在极坐标下考虑这个问题，得到
1 ∂ ∂u 1 ∂2u
ρ
∂ρ
ρ ∂ρ
+
= 0,
ρ2 ∂θ2
u(a, θ) = f (θ),
0 < θ < α, 0 ≤ ρ < a, 0 < θ < α,
−
h l−c
(x
−
l),
c ≤ x ≤ l,
2 ch
nπ
lh
nπ
Cn = l
x sin xdx + − (x − l) sin xdx ,
0c
l
c l−c
l
直接计算得到
2hl2
nπc
Cn = c(l − c)n2π2 sin l .
1
2.2
∂2u
∂t2
=
a2
∂ ∂
2u x2
,
0 < x < l, t > 0.
0 ≤ x ≤ l.
根据变量分离法，我们得到方程满足的解的形式为
∞
nπa
nπa
nπ
u(x, t) =
Cn cos
l
t + Dn sin
l
t
sin x. l
n=1
利用初值条件得到,
Dn = 0,
和
∞
nπ
Cn sin l x =
n=1
因此,
n = 1, 2, 3, · · · ,
h c
x,
0 ≤ x ≤ c,
u(ρ, 0) = u(ρ, α) = 0, |u(0, ρ)| < +∞,
0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ θ ≤ α.
令 u(ρ, θ) = R(ρ)Φ(θ), 经过变量分离后得到
Φ (θ) + β2Φ(θ) = 0, Φ(0) = Φ(α) = 0.
7
以及 ρ2R (ρ) + ρR(ρ) + β2R(ρ) = 0, (**) |R(0)| < +∞.
2
根据变量分离法，我们得到
∞
u(x, t) = [Cn cos(nπat) + Dn sin(nπat)] sin(nπx).
n=1
由初值条件得到，
∞
Cn sin(nπx) =
n=1
x, 1 − x,
0
≤
x
≤
1 2
,
1 2
≤
x
≤
1,
则
Cn = 2 以及
因此
1 2
1
4 nπ
x sin(nπx)dx + (1 − x) sin(nπx)dx = sin ,
Cne−
n2 π2 a2 l2
t
sin
nπ l
x.
n=1
由初值条件得到
∞
nπ
Cn sin l x = x(l − x),
n=1
既
2l
nπ
4l2[1 − (−1)n]
Cn = l
x(l − x) sin dx =
0
l
n3π3
.
综上所述,
u(x, t) =
∞
4l2[1
−
(−1)n
]
e−
n2
π2 a2 l2
l
注意到无穷小替换，δ → 0
nπ nπ
sin δ ∼ δ.
l
l
所以
2k nπ Dn = nπaρ sin l c.
2.5
∂u
∂t
=
a2
∂ ∂
2u x2
,
u(0, t) = u(l, t) = 0,
u(x, 0) = x(l − x),
0 < x < l, t > 0. t > 0, 0 ≤ x ≤ l.
Cn = 0,
以及
nπa ∞
nπ
l
Dn sin l x = x(l − x),
n=1
因此 所以
l2 Dn = nπa l
l 0
x(l
−
x) sin
nπ xdx
l
=
4l3 n4π4a [1
−
(−1)n].
∞
u(x, t) =
4l3 [1 − (−1)n] sin nπa t sin nπ x.
n4π4a
根据边界条件可得
β
=
nπ α
,
以及
nπ Φn(θ) = an sin α θ.
而方程(**)的通解为
Rn(ρ)
=
nπ
cnρ α
+
dn
ρ−
nπ α
,
由有界性条件得到 dn = 0. 因此利用叠加原理, 方程的解可以表示为级数
∞
nπ nπ
u(ρ, θ) = Cnρ α sin α θ.
n=1
利用边界条件得到
1 ∂ ∂u 1 ∂2u
ρ
∂ρ
ρ ∂ρ
+ ρ2 ∂θ2 = 0,
0 < θ < π, 0 ≤ ρ < a,
u(a, θ) = T θ(π − θ),
0 < θ < π,
u(ρ, 0) = u(ρ, π) = 0, |u(0, ρ)| < +∞,
0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ θ ≤ π.
令 u(ρ, θ) = R(ρ)Φ(θ), 经过变量分离后得到
Φ (θ) + β2Φ(θ) = 0, Φ(0) = Φ(π) = 0.
6
以及 ρ2R (ρ) + ρR(ρ) + β2R(ρ) = 0, (*) |R(0)| < +∞.
根据边界条件 Φ(0) = Φ(π) = 0 可得 β = n, 以及
Φn(θ) = an sin nθ, n = 1, 2, 3, · · ·
2 习题二
2.1
利用解析几何的知识，得到我们要求解的问题是
∂2u
∂
t2
=
a2
∂2u ∂x2
,
u(0, t) = u(l, t) = 0,
u(x, 0) =
h c
x,
−
h l−c
(x
−
l),
ut(x, 0) = 0,
0 ≤ x ≤ c, c ≤ x ≤ l,
0 < x < l, t > 0. t > 0,
因此，方程(*)的通解为
Rn(ρ) = cnρn + dnρ−n.
由有界性条件得到 dn = 0. 因此利用叠加原理, 方程的解可以表示为级数
∞
u(ρ, θ) = Cnρn sin nθ.
n=1
利用边界条件得到
T2 Cn = an π
π
θ(π − θ) sin nθdθ =
4T
[1 − (−1)n].