数学物理方程第一章答案

第一章§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ttu x x s x ⋅∆⋅)()(ρxESu 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lx =为自由端，则杆在lx =的张力xux E t l T ∂∂=)(),(|lx =等于零，因此相应的边界条件为xu∂∂|l x ==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 -。

由虎克定律有xu 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 xuσ+∂∂∣)(t f lx == 其中Ek =σ特别地，若支承固定于一定点上，则,0)(=t v 得边界条件)(u xuσ+∂∂∣0==l x 。

同理，若0=x端固定在弹性支承上，则得边界条件x uE ∂∂∣)](),0([0t v t u k x -==即 )(u xuσ-∂∂∣).(0t f x -= 3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为2222)1(])1[(tuh 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()(hx x s -=π。

利用第1题，得])1([)1()(2222xuh x E x t u h x x ∂∂-∂∂=∂∂-ππρ若E x E =)(为常量，则得2222)1(])1[(t uh x x u h x x E ∂∂-=∂∂-∂∂ρ 4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡位置，试导出此线的微小横振动方程。

解：如图2，设弦长为l ，弦的线密度为ρ，则x 点处的张力)(x T 为)()(x l g x T -=ρ且)(x T 的方向总是沿着弦在x 点处的切线方向。

仍以),(t x u 表示弦上各点在时刻t沿垂直于x轴方向的位移，取弦段),,(x x x ∆+则弦段两端张力在u 轴方向的投影分别为)(sin ))(();(sin )(x x x x l g x x l g ∆+∆+--θρθρ其中)(x θ表示)(x T 方向与x 轴的夹角又 .sin x u tg ∂∂=≈θθ 于是得运动方程x ux x l t u x∂∂∆+-=∂∂∆)]([22ρ∣xu x l g x x ∂∂--∆+][ρ∣g x ρ利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得])[(22x ux l x g tu ∂∂-∂∂=∂∂。

5. 验证2221),,(yx t t y x u --=在锥222y x t -->0中都满足波动方程 222222y ux u t u∂∂+∂∂=∂∂证：函数2221),,(yx t t y x u --=在锥222y x t-->0内对变量t y x ,,有二阶连续偏导数。

且t y x t tu⋅---=∂∂-23222)(2252222322222)(3)(t y x t y x t tu⋅--+---=∂∂--)2()(22223222y x t y x t ++⋅--=-x y x t xu⋅--=∂∂-23222)(()()22223222223y x t y x t xu ----+--=∂∂()()222252222y x t y x t-+--=-同理 ()()22225222222y x t y x t yu+---=∂∂-所以()().222222252222222t uyx ty x t yu xu∂∂=++--=∂∂+∂∂-即得所证。

6. 在单性杆纵振动时,若考虑摩阻的影响,并设摩阻力密度涵数(即单位质量所受的摩阻力)与杆件在该点的速度大小成正比(比例系数设为b), 但方向相反,试导出这时位移函数所满足的微分方程.解: 利用第1题的推导,由题意知此时尚须考虑杆段()x x x ∆+,上所受的摩阻力.由题设,单位质量所受摩阻力为tu b∂∂-,故()x x x ∆+,上所受摩阻力为()()tu xx s x p b ∂∂∆⋅⋅- 运动方程为:()()()()t u xx s x b x x u ES t u ES tux x s x x x ∂∂∆⋅-∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=∂∂⋅∆∆+ρρ22利用微分中值定理，消去x ∆,再令0→∆x得()()()().22t u x s x b x u ES x t u x s x ∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂ρρ若=)(x s 常数，则得()()t ux b x u E x tu x ∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂ρρ22若()()则得方程令也是常量是常量,.,2ρρρEa E x E x ===.22222xu a t u b t u ∂∂=∂∂+∂∂§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)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==<<-=∂∂=∂∂=∂∂==0),(),0()0()1(,3sin 022222t l u t u l x x x t u l x u x u a t u o t t π解：边界条件齐次的且是第一类的，令 )()(),(t T x X t x u =得固有函数x ln x X n πsin)(=，且 t lan B t l an A t T nn n ππsin cos )(+=，)2,1( =n 于是∑∞=+=1sin )sin cos(),(n n n x ln t l an B t l an A t x u πππ 今由始值确定常数n A 及n B ，由始值得∑∞==1sin 3sin n n x l n A l x ππ∑∞==-1sin )(n n x l n B l an x l x ππ 所以,13=A ,0=n A 当3≠n⎰-=ln xdx l n x l x an B 0sin )(2ππ⎩⎨⎧ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=n x l n n l x l n x n l l an πππππsin cos 2222)}4cos 2sin 24430333222lan l xl n n l x l n n x l =--πππππ因此所求解为 ∑∞=--+=1443s i n s i n )1(143s i n 3c o s ),(n n l n t l an n a l x l t l a t x u πππππ(2)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂==∂∂==∂∂-∂∂0)0,(,)0,(0),(0),0(022222x tux l h x u t l t ut u x u a tu 解：边界条件齐次的，令)()(),(t T x X t x u =得：⎩⎨⎧='==+''0)(,0)0(0l X X X X λ (1) 及)2(02=+''X a T λ。

求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。

10<λ时，方程的通解为xxeC e C x X λλ---+=21)(由0)0(=X 得021=+c c 由0)(='l X 得021=------lle C eC λλλλ解以上方程组，得01=C ，02=C ，故0<λ时得不到非零解。

20=λ时，方程的通解为x c c x X 21)(+=由边值0)0(=X 得01=c ，再由0)(='l X 得02=c ，仍得不到非零解。

30>λ时，方程的通解为x c x c x X λλsin cos )(21+=由0)0(=X 得01=c ，再由0)(='l X 得0cos 2=l c λλ为了使02≠c ，必须 0cos =l λ，于是2212⎪⎭⎫⎝⎛+==πλλl n n)2,1,0( =n且相应地得到x ln x X n π212sin)(+= )2,1,0( =n将λ代入方程(2)，解得ta l n B t a l n A t T n n n ππ212sin 212cos )(+++=)2,1,0( =n于是∑∞=++++=0212sin )212sin 212cos(),(n n n x ln t a l n B t a l n A t x u πππ再由始值得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=+=∑∑∞=∞=00212sin 2120212sin n n n n xl n B a l n x l n A x l hπππ 容易验证⎭⎬⎫⎩⎨⎧+x l n π212sin )2,1,0( =n 构成区间],0[l 上的正交函数系：⎪⎩⎪⎨⎧=≠=++⎰n m l n m xdx l n x l m l当当20212sin 212sin 0ππ利用⎭⎬⎫⎩⎨⎧+x l n π212sin正交性，得 xdx ln x l h l A ln π212sin 20+=⎰nn l x l n x n l l h 2222sin )12(2212cos )12(22⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=πππnn h )1()12(822-+=π0=n B所以∑∞=+++-=022212s i n 212c o s )12()1(8),(n n x l n t a l n n ht x u πππ 2。