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Ingenta Connect website makes use of cookies so as to keep track of data that you have filled in.第1章绪论1.1 基本内容提要1.1.1用数学物理方程研究物理问题的步骤(1) 导出或者写出定解问题,它包括方程和定解条件两部分; (2) 求解已经导出或者写出的定解问题; (3) 对求得的解讨论其适定性并且作适当的物理解释. 1.1.2求解数学物理方程的方法常见方法有行波法(又称D’Alembert解法)、 分离变量法、 积分变换法、 Green函 数法、 能量积分方法、 变分方法等. 本书主要使用前面五种方法.1.1.3数学物理方程的导出1. 建立(导出)方程的步骤 (1) 从所研究的系统中划出一部分,分析邻近部分与这一小部分的相互作用； (2) 根据物理学的规律,比如Newton第二定律、能量守恒定律等,以数学式子表达这个作用； (3)化简整理即得所研究问题的偏微分方程.2. 建立(导出)方程时常用到的物理学定律 (1) Newton第二定律(F = ma). (2) Fourier实验定律(即热传导定律).当物体内存在温差时,会产生热量的流动. 热流强度q (即单位时间内流过单位 横截面的热量)与温度的下降率成正比, 即q = ?k ?u,其中k 为热传导系数,负号表示热量的流向和温度梯度方向相反.写成分量的形式qx = ?kux , (3) Newton冷却定律. qy = ?kuy , qz = ?kuz .物体冷却时放出的热量?k?u 与物体和外界的温度差 u 中u0 为周围介质的温度.边? u0 成正比, 其?2?第1章绪论(4) 热量(质量)守恒定律.物体内部温度升高所需要的热量(浓度增加所需要的质量)等于流入物体内部 的净流热量(质量)与物体内部的源所产生的热量(质量) 之和. (5) 费克(Fick)定律(即扩散定律). 一般地说, 由于浓度的不均匀,物质从浓度高的地方向浓度低的地方转移.这种 现象叫扩散. 在气体、 液体、 固体中都有扩散现象. 粒子流强度q (即单位时间内流过单位面积的粒子数)与浓度的下降率成正比.即q = ?K ?u,其中K 为扩散系数,负号表示浓度减少的方向.写成分量的形式为qx = ?Kux , (6) Gauss定律. qy = ?Kuy , qz = ?Kuz .通过一个任意闭合曲面的电通量,等于这个闭曲面所包围的自由电荷的电量 的ε 倍, 即 1 E ? dS = ρd? , ε ? ???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.3. 定解条件和定解问题的写出(导出)要想将一个具体的物理过程完整地翻译成数学语言, 必须写出它的定解问题： 包括泛定方程和定解条件(初始条件、边界条件、相容性条件). 泛定方程只能反映 和描绘同一类现象的共同规律. 对于一个具体的物理问题,还必须通过定解条件来 反映.而要正确写出定解条件,必须注意以下几方面的问题： (1) 正确理解题意,正确区分外源条件、 初始条件、 边界条件； (2) 正确理解并且应用物理定律和定理； (3) 注意初始条件和边界条件的个数,以保证解的适定性.1.1.4定解问题的适定性如果一个定解问题的解存在、 唯一, 且连续依赖于定解条件中的初始数据或者1.2习题解答?3?边界数据, 则称该定解问题是适定的, 否则称它是不适定的.1.2 习 题 解 答1.1 长为L的均匀细杆, 侧面绝缘,一端温度为0,另一端有恒定热源q 进入(即单 1 位时间内通过单位截面积流入的热量), 杆的初始温度分布为 x(L ? x), 试写出相 2 应的定解问题. 1 解 杆的初始温度分布是 x(L ? x), 即初始条件为 2 1 u(x, 0) = x(L ? x). 2由杆的一端温度为零,得边界条件u(0, t) = 0;杆的另一端有恒定热流强度q ,即kux (L, t) = q.故定解问题为? ? ut = a2 uxx , ? ? ? ? ? 1 u(x, 0) = x(L ? x), 2 ? ? ? ? ? ? u(0, t) = 0, ux (L, t) = q , k0 & x & L, t & 0, 0 t x 0. L,1.2 设有一长为L的均匀柔软的弦做微小横振动, 其平衡位置是x轴的区间[0, L].让u表示横位移, 弦的线密度为ρ, 张力大小为T .在振动过程中,受到一阻力, 阻力的大小与 位移速度成正比, 比例系数为k. 设初始位移为φ(x), 初始速度为0. 在x = 0端固定, 在x = L端有一弹性支撑, 弹性强度为k. 试写出弦的位移u(x, t)所满足的定解问题. 解 在x = L端有一弹性支撑, 弹性强度为k, 这表明T uxx=L= ?kux=L,即(T ux + ku)x=L= 0.又因为在振动过程中,受到一阻力, 阻力的大小与位移速度成正比, 比例系数为k,所 以阻力F (x, t) = ?kut , 那么由参考文献[1]中例1.2.1的推导可以得到该弦做微小横 振动的方程为?4?第1章绪论utt =T k uxx ? ut . ρ ρ因此,所求的定解问题是 ? k T ? ? 0 & x & L, t & 0, utt = uxx ? ut , ? ? ρ ρ ? u(x, 0) = φ(x), ut (x, 0) = 0, 0 x L, ? ? ? ? ? u(0, t) = 0, (T ux + ku) = 0, t 0.x=L1.3 考虑在正方形区域? = {(x, y )|0 & x & 1, 0 & y & 1}上的波动方程的边值问题? ? ? ? uxx ? uyy = 0, u(x, 0) = f1 (x), u(x, 1) = f2 (x), ? ? ? u(0, y ) = g (y ), u(1, y ) = g (y ), 1 2(x, y ) ∈ ? , 0 0 x y 1, 1,其中f1 , f2 , g1 , g2 都是已知函数. 试问该问题是否适定? 为什么? 举例说明. 解 一般来讲,该问题的解是不唯一的,因此是不适定的. 比如,若u = u(x, y )是 问题的解,那么容易验证v = u + sin nπx sin nπy (n 1)也是该问题的解. 因此上述 问题的解不唯一. 1.4 说明定解问题ut = ?uxx , u(x, 0) = 1, (x, t) ∈ R1 × (0, ∞), x ∈ R1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 =supx∈R1 ,t&0un (x, t) ? 1 =supx∈R1 ,t&01 → 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.1.3 补充习题解答1.5 由流体力学知,理想流体的完整方程组由Euler型运动方程1.3补充习题解答?5?ρv t + ρ(v ? ?)v + ?p = F ,(1.3.1)和连续性方程?ρ + ? ? (ρv ) = 0, ?t (1.3.2)以及物态方程p = f (ρ), (1.3.3)组成, 其中方程(1.3.1)应该看作三个分量vx , vy , vz 的方程；v , p, ρ 分别为流速、 压力 和密度; F 为单位质量上所受外力.试导出当外力F = 0时,声波在空气中传播所满足 的声波方程. ρ ? ρ0 解 设p0 和ρ0 为空气在平衡状态下的压力和密度, 并记S = , 即ρ = ρ0 ρ0 (1 + S ). 为方便起见,假设外力为零.由于声波在空气中传播时, S 和v 都是很小的 量,即ρ ≈ ρ0 . 于是式(1.3.1)和式(1.3.2)中的二次项均可忽略, 即式(1.3.1)变为 1 v t = ? ?p, (1.3.4) ρ 而式(1.3.2)变为ρt + ρ0 ? ? v = 0 ,即 St + ? ? v = 0 .(1.3.5)声波的传播过程是绝热的,绝热过程的物态方程(1.3.3)是p = p0 (1 + S )γ ,它可以 近似为线性函数p = p0 (1 + γS ), (1.3.6)其中γ 为定压比热与定容比热的比值.由式(1.3.4)和式(1.3.6),得 γp0 vt = ? ?S. ρ0 而由式(1.3.5)和式(1.3.7)得Stt ? a2 ?S = 0,(1.3.7)(1.3.8)这就是声波方程, 其中a2 =γp0 . ρ0 1.6 一均匀细圆锥杆, 用均匀材料制成, 质量密度为ρ, 杆材料的杨氏模量为E ,杆 E ? ?2u = 2 ?t2 ρx ?x ?u ?x上各点的纵方向位移为u(x, t).试证明杆做纵向微振动的方程为x2 . (1.3.9)解 均匀细圆锥杆做微小横振动,可应用Hooke定律,并且假设密度ρ是常数. 以u ? 表 示 图1.1所 示[x, x + ?x]小 段 的 质 心 位 移, 小 段 质 量 为ρS ?x, S是 细?6?第1章绪论杆的横截面积. 由Newton第二定律, 得ρS ?x ? ?2u ? = P (x + ?x, t)S (x + ?x) ? P (x, t)S (x) = (P S )?x, 2 ?t ?x ?2u ? = (P S ), ?t2 ?x其中P (x, t) 是在x点的截面S (x) 上于t时刻沿x轴方向所受到的应力. 令?x → 0, 得ρS (1.3.10)?u 而由Hooke定律, 得P = E . 又因为S = πr2 = π(x tan α)2 , 把P 和S 代入方 ?x 程(1.3.10), 得到 ρπx2 tan2 α ?2u ? = ?t2 ?x πx2 tan2 αE ?u ?x ,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 h2?2u ? =E 2 ?t ?x1?x h2?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).图1.1图1.21.7 真空中电磁场的Maxwell方程组的微分形式为 ? ? ? ? E = 0, ? ? ? ? 1 ? ? ? × E = ? H t, c ? ? ? H = 0 , ? ? ? ? ? ? ? × H = 1 Et. c(1.3.12)试由这一组方程导出电磁波方程1.3补充习题解答?7?E tt = c2 ?E , H tt = c2 ?H ,其中E 和H 分别为真空中的电场强度和磁场强度, c为光速. 解 对方程组(1.3.12)中第四个方程关于t求导, 得? × Ht = 1 E tt . c又将?×作用于(1.3.12)中第二个方程,得1 ? × ? × E = ? ? × H t, c即1 ?(? ? E ) ? ?E = ? ? × H t , c 那么由方程组(1.3.12)中第一个方程,得 E tt = c2 ?E .同理,可证得第二个电磁波方程H tt = c2 ?H . 1.8 导出弹性杆的微小纵振动方程.这里设杆的杨氏模量为E (x), 质量密度为ρ(x),作用于杆的外力密度为F (x, t), 其方向沿x轴(杆轴)方向. 解 以u(x, t)表示杆上x点t时刻的纵向位移. 考察杆上一小段[x, x + ?x]的运 动情况. 用u ?(x, t)表示图1.3所示小段的质心位移. 小段质量为ρS ?x, S 是细杆的横 截面面积. 由Newton第二定律,得ρS ?x ?2u ? = (p(x + ?x, t) ? p(x, t))S, 2 ?t其中p(x, t)表示x点的截面上于t时刻沿x轴方向所受到的应力. 显然, 当?x → 0时, 有u ? → u和 ?p p(x + ?x, t) ? p(x, t) → . ?x ?x 因此 ?p ?2u . ρ 2 = ?t ?x 由Hooke定律, 应力和相对伸长成正比. 所以p=E ?u , ?x其中比例系数E 为杨氏模量. 对于均匀杆, E 为常数. 所以杆的微小纵振动方程为ρ ?2u ?2u = E . ?t2 ?x2?8?第1章绪论图1.31.9 一长为L的柔软匀质轻弦,一端固定在以匀角速度ω 转动的竖直杆上. 由于 惯性离心力的作用, 弦的平衡位置是水平 的(图1.4). 试证明: 此弦相对于水平平衡 位置的横向微振动的方程为图1.4?2u 1 ? ?u = ω2 (L2 ? x2 ) . ?t2 2 ?x ?x证 以u = u(x, t)表示x点t时刻沿垂直于x方向的位移. 因为弦是柔软的, 所 以弦上任一点的张力T 总是沿着弦的切线方向. 由于弦做微小横振动, 在x方向无运 动. 那么, 由Newton第二定律, 在[x, x + ?x]上有ρ?x ?2u ? = T ux (x + ?x, t) ? T ux (x, t), ?t2其中u ? 表示这一小段弦的平均位移, ρ 是弦的质量密度,它是常数. 本题中弦的张力 是由内离心力产生的. 作用在x处弦的张力为LT = T (x) =xω 2 sρds =1 2 2 ρω (L ? x2 ), 2所以T uxx+?x? T uxx=1 2 ? ρω 2 ?x(L2 ? x2 )?u ?x?x.令?x → 0, 得1 ? ?2u = ω2 ?t2 2 ?x (L2 ? x2 ) ?u ?x .1.10 一根长为L的匀质柔软重绳, 其上端固定在一竖直轴上, 绳子和轴以角速度ω 转动. 导出此绳子的微小横振动方程.1.3补充习题解答?9?解 以绳子的上端为原点, 取x轴 竖直向下(图1.5), 以u(x, t)表示绳子的横向 位移(即对于x轴的偏离), 以T (x, t)表示绳 的张力, 它沿绳的切向. 考察绳子的一小 段[x, x+?x]的运动, 为此先求T (x, t). 由于 绳子受纵向力――重力的作用, 张力与x有 关. 事实上, x点所受重力为ρg (L ? x) (ρ为 绳的质量密度,它是常数), 所以T (x, t) = ρg (L ? x). 注意到现在横向外力是离 心力, 即F (x, t) = ρω 2 u(x, t)?x. 那么 由Newton第二定律,得ρ? x图1.5?2u ? = ρg (L ? x)ux x+?x ? ρg (L ? x)ux x + ρω 2 ?xu ?, ?t2 其中u ?表示这一小段的平均位移. 对上式利用中值定理,并且令?x → 0, 得 ? ?2u =g 2 ?t ?x (L ? x) ?u ?x + ω 2 u.该方程可以写成其中a(x) = 注?2u ?u ?2u + ω 2 u, ? a2 2 = ?g 2 ?t ?x ?x g (L ? x). 它是二阶线性变系数双曲型方程. ?2u ? =g ?t2 ?x ?u ?x如果绳子的下端为原点,取轴竖直向上,则方程为x + ω 2 u.1.11 一根细长的匀质圆杆,横截面的半径为R, 杆的侧面按Newton冷却定律与周围介质交换热量. 试证明圆杆内沿轴向的温度分布u(x, t)满足方程?u k ?2u 2H = ? (u ? u0 ), ?t cρ ?x2 cρR其中k为杆的导热系数, c为杆的比热容, ρ为单位长度杆的质量, H 是Newton冷却定 律的比例系数, u0 是周围介质的温度. 考察匀质细杆中[x, x + ?x]的一段(图1.6). 根据热传导的Fourier定律, 能 ?u 量流(即单位时间通过单位截面的热量)为?k , 于是单位时间内通过截面流入体 ?x 积元?V 的纯能量为(?kuxx解? (?kux )x+?x)πR2 = ?? (?kux )πR2 ?x = kuxx πR2 ?x. ?x? 10 ?第1章绪论又根据Newton冷却定律,在单位时间内通过体积元?V 的表面(面积为2πR?x)与 周围介质交换热量而得到的热量为?H (u ? u0 )(2πR?x). 以上两项之和等于单位时 间内体积元?V 中增加的能量. 由于cρut ?V = cρut πR2 ?x,所以cρut πR2 ?x = kuxx πR2 ?x ? 2πRH (u ? u0 )?x,消去πcρ?xR2 便得到所要的方程.图1.61.12 设一块均匀张紧的薄膜,静止状态在水平位置Oxy 平面内. 假设该薄膜做微小横振动(Oxy 平面的垂直方向Cu轴方向). 用函数u(x, y, t)表示膜在点(x, y )处、 在t时刻的位移. 试推出u(x, y, t)所满足的偏微分方程. 解 设膜的面密度为ρ. 因为薄膜是均匀的,所以ρ是常数.又设膜是柔软的,膜 上每点的张力位于该点膜的切平面内,方向与截口互相垂直. 由于振动是微小的,可 假定膜上任意一点沿任意方向的斜率小于1, 膜的面积元在振动中认为是近似不变 的. 取平衡位置时位于(x, y ), (x + ?x, y ), (x + ?x, y + ?y ), (x, y + ?y ) 处的矩形 面元为隔离体. 按Hooke定律, 张力是常数. 设单位截口长度上的张力为T .在任意时 刻t, 膜微元的位置如图1.7所示. 其截口AB 上受邻近部分膜的张力的大小为T ?x, T 与y 轴的负方向夹角为α; 截口BC 所受张力大小为T ?y , 其方向与x 轴夹角为γ ; 截 口CD所受张力大小为T ?x, 其方向与y 轴夹角为β ; 截口DA所受张力大小为T ?y , 其方向与x 轴负方向的夹角为δ . 这些张力在Oxy 平面的分量相互平衡,膜上每一点 每一时刻的位移发生在与Oxy 平面垂直的方向.由Newton第二定律,得?T ?x sin α + T ?x sin β ? T ?y sin δ + T ?y sin γ = (ρ?x?y )utt . (1.3.13)由于膜做微小横振动,所以 ? ? sin α ≈ tan α = uy (x, y, t), ? ? ? ? sin β ≈ tan β = u (x, y + ?y, t), y ? sin δ ≈ tan δ = ux (x, y, t), ? ? ? ? sin γ ≈ tan γ = ux (x + ?x, y, t).1.3补充习题解答? 11 ?将它们代入式(1.3.13),可得T ?x[uy (x, y + ?y, t) ? uy (x, y, t)] + T [ux (x + ?x, y, t) ? ux (x, y, t)] = ρ?x?yutt ,即T ?ux ?u y + = ρutt . ?y ?x令?x → 0, ?y → 0,有T (uxx + uyy ) = ρutt .记a2 = T /ρ, 则utt ? a2 (uxx + uyy ) = 0. (1.3.14)这是二维波动方程. 如果膜上每点还受到u方向的场力的作用, 其力密度(即膜的单位面积上所受的 力)为F (x, y.t), 令f (x, y, t) = F (x, y, t)/ρ, 则方程(1.3.14)变为utt ? a2 (uxx + uyy ) = f (x, y, t). (1.3.15)这是非齐次的二维波动方程.图1.71.13 设? = {(x, y )| x ∈ R1 , y & 0}. 考虑柯西问题 ?u + u = 0 , u(x, 0) = φ(x), uy (x, 0) = ψ (x), (x, y ) ∈ ? , x ∈ R1 ,其中φ(x), ψ (x)为R1 上的有界连续函数. 问：这个问题的解是否适定？? 12 ?第1章绪论解该问题的解一般是不适定的. 例如, 取un (x, y ) =√ 1 ny e sin( n2 + 1x). 显 2 n然,当n → ∞时, 有sup |φ(x)| + sup |ψ (x)| = (n?2 + n?1 ) sup | sin( n2 + 1x)| → 0.x∈R1 x∈R1 x∈R但是,当n → ∞时, 有sup |un (x, y )| → ∞.(x,y )∈?1.14 扩散方程. 下面考虑一维扩散的例子. 设一均匀的细直管,里面充满了液体(比如水),当注入一化学物质(比如染料),那么该染料就要在水里扩散. 用u(x, t)表 示在x处时刻t时的液体的浓度. 任意取一小段[x0 , x], 见图1.8. 在[x0 , x]这图1.8x x一段上, 所含该化学物质的质量为M (t) =x0u(y, t)dy,所以, M (t) =x0ut (y, t)dy .另外, 在这一段上,质量的变化由两个端点的流入量和流出量而产生. 根据Fick扩 散定律得 M (t) = 流入量 ? 流出量 = Kux (x, t) ? Kux (x0 , t), 所以 两边关于x求导,得ut = (Kux )x .xut (y, t)dy = Kux (x, t) ? Kux (x0 , t).x0它称为一维扩散方程, 其中K 为扩散系数. 对于三维空间区域? 上的扩散问题,我们任取开区域D ? ? . 那么由Fick扩散定 律,得 ?u K dS = ut dxdy dz = div(K ?u)dxdy dz. ?nD ?D D由于区域D是任意的, 故ut = div(K ?u) = ? ?x K ?u ?x + ? ?y K ?u ?y + ? ?z K ?u ?z .它称为三维扩散方程.如果K = a2 为常数,则上述方程化为ut = div(K ?u) = a2 ?2u ?2u ?2u + 2 + 2 ?x2 ?y ?z = a2 ?u.1.3补充习题解答? 13 ?1.15 长为L的柱形管,一端封闭,另一端开放. 管外空气中含有某种气体,其浓度为u0 ,向管内扩散. 写出该扩散问题的定解问题. 解 设x = 0端封闭,则该端没有气体的流动, 故由扩散定律有ux (0, t) = 0. 又 由于开放的一端与管外相通,应与管外空气中的气体浓度一样. 所以有u(L, t) = u0 . 故该扩散问题的定解问题为 ? ? 0 & x & L, t & 0, ? ? ut = Duxx , ux (0, t) = 0, u(L, t) = u0 , t 0, ? ? ? u(x, 0) = 0, 0 x L.1.16 设有一厚壁圆筒,其初始温度为u0 ,并设它的内表面的温度增加与时间t成线性关系, 外表面按Newton冷却定律进行热交换.试写出其温度分布满足的定解问 题. 解 如图1.9所表示,设圆筒的内半径 为r1 , 外半径为r2 , 则由于区域的对称性, 我 们只需要考虑温度u随半径r和时间t的变化情 况. 显然该问题的泛定方程和初始条件分别 为 ut = D?u = D(urr + r?1 ur ), r1 & r & r2 , t & 0, u(r, 0) = u0 , 而内表面的温度为u(r1 , t) = at + b,图1.9其中a, b为常数. 由u(r, 0) = u0 , 可求得b = u0 . 故有u(r1 , t) = at + u0 .又设周围介质的温度为u1 , 则由Newton冷却定律有?kur (r2 , t) = H (u(r2 , t) ? u1 ),即(u + hur )r =r2= u1 ,其中h = k/H , k和H 分别为热传导系数和热交换系数. 这是第三类边界条件. 1.17 一根长为L的匀质细杆, 当杆做纵向微振动时, x = 0端固定. 写出下面两 种条件下x = L端的边界条件. (1) x = L端受纵向拉力的作用;? 14 ?第1章绪论(2) x = L端受弹性力F (t) = ?ku(L, t)的作用, k 为弹性系数, u(L, t)为x = L端的纵向位移. 解 (1) 由Hooke定律, 得uxx=L=F (t) , ES式中E 为杨氏模量, S 为杆的横截面积. (2) 由F (t) = ?ku(L, t), 得uxx=L=?k u(L, t), 或 (ux + hu) ESx=L= 0,式中h = k/ES.第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型2.1 基本内容提要2.1.1两个自变量的二阶线性偏微分方程的分类和化标准型1. 方程的分类考虑两个自变量x, y 的二阶线性偏微分方程a11 uxx + 2a12 uxy + a22 uyy + a1 ux + b1 uy + cu = f (x, y ), (x, y ) ∈ ? (2.1.1)其中实系数函数a11 (x, y ), a12 (x, y ), a22 (x, y ) 在? 上不全为零, 判别式? = a2 12 ?a11 a22 .(1) 若在点(x0 , y0 ) 处, 判别式? & 0, 则称方程(2.1.1)在点(x0 , y0 ) 为 双曲型的;(2) 若在点(x0 , y0 )处, 判别式? = 0,则称方程(2.1.1)在点(x0 , y0 ) 为 抛物型的;(3) 若在点(x0 , y0 )处, 判别式? & 0, 则称方程(2.1.1)在点(x0 , y0 )为 椭圆型的. 另外, 如果方程(2.1.1)在区域? 中的每点均为双曲型,那么称方程(2.1.1)在区 域? 中是双曲型的.同样,如果方程(2.1.1)在区域? 中的每点均为抛物型(椭圆型)的, 那么称方程(2.1.1)在区域? 中是抛物型(椭圆型)的.2. 特征方程常微分方程a11 (dy )2 ? 2a12 dxdy + a22 (dx)2 = 0. (2.1.2)称为偏微分方程(2.1.1)的特征方程, 而特征方程(2.1.2)的积分曲线(又称通积分或者 通解) 称为方程(2.1.1)的特征曲线或特征线.如果a11 = 0,那么可得 √ √ dy a12 + ? dy a12 ? ? = , = , (2.1.3) dx a11 dx a11 方程组(2.1.3)也称为偏微分方程(2.1.1)的特征方程组.? 16 ?第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型3. 化标准型双曲型：? & 0. 此时方程组(2.1.3)有两族不同的实积分曲线, 即φ1 (x, y ) = c1 , φ2 (x, y ) = c2 ,经变换ξ = φ1 (x, y ), η = φ2 (x, y ),方程(2.1.1)可以化为第一标准型uξη = A2 uξ + B2 uη + C2 u + F2 . (2.1.4)作变换α= 1 (ξ + η ), 2 β= 1 (ξ ? η ), 2 (2.1.5)方程(2.1.1)可以化为第二标准型uαα ? uββ = A3 uα + B3 uβ + C3 u + F3 . (2.1.6)抛物型：? = 0. 这时方程组(2.1.3)成为一个常微分方程a12 dy = , dx a11其解为一族实特征曲线,设为φ(x, y ) = c. 取ξ = φ(x, y ) 和任一函数η = ψ (x, y ), ? (φ, ψ ) = 0, 那么式(2.1.1)可化为抛物型方程的标准型 使 ? (x, y )uηη = A4 uξ + B4 uη + C4 u + F4 . (2.1.7)注如果φx = 0, 通常取ψ = y ；如果φy = 0, 通常取ψ = x.椭圆型：? & 0. 这时特征方程(2.1.3)没有实的特征曲线.由于方程组(2.1.3)的 系数aij 是实函数,因此其解为一对共轭复值特征曲线φ1 (x, y ) = α + iβ = c1 , φ2 = α ? iβ = c2 ,其中α, β 为x, y 的实函数. 作变换ξ = α = α(x, y ), η = β = β (x, y ), (2.1.8)那么(2.1.1)可化为椭圆型方程的标准型uξξ + uηη = A5 uξ + B5 uη + C5 u + F5 . (2.1.9)2.1基本内容提要? 17 ?2.1.2多个自变量的二阶线性偏微分方程的分类和化标准型n个自变量x1 , x2 , ? ? ? , xn 的二阶线性偏微分方程的一般形式为naij (x)i,j =1?2u ?u + bi (x) + c(x)u = f (x), ?xi ?xj ?xi i=1n(2.1.10)其中x = (x1 , x2 , ? ? ? , xn ), 系数aij , bi , c和f (x)为n维空间某区域? 上的适当光滑的实 函数, aij (x) = aji (x),且不全为零. 系数aij 构成的对称阵A = (aij )n×n , 它所对应的 二次型是nQ(λ) = Q(λ1 , λ2 , ? ? ? , λn ) =i,j =1aij λi λj .(2.1.11)我们有如下分类： 0 0 (1) 若二次型Q(λ1 , λ2 , ? ? ? , λn ) 在点x0 = (x0 1 , x2 , ? ? ? , xn ) 处为非退化且不定(即 矩阵(aij (x0 ))n×n 的特征值全不为零且不同号),则称方程(2.1.10)在点x0 为超双曲 型的 (ultrahyperbolic). 特别地,若此时二次型Q(λ1 , λ2 , ? ? ? , λn )的正惯性指数或负 惯性指数为n ? 1,则称方程(2.1.10)在此点为双曲型的 (hyperbolic). 0 0 (2) 若二次型Q(λ1 , λ2 , ? ? ? , λn )在点x0 = (x0 1 , x2 , ? ? ? , xn ) 处为退化二次型(即 矩阵(aij (x0 ))n×n 至少有一特征值为零),则称方程(2.1.10)在点x0 为超抛物型的 (ultraparabolic). 特别地,若此时二次型Q(λ1 , λ2 , ? ? ? , λn )的正惯性指数或负惯性指数 为n ? 1,则称方程(2.1.10)在此点为抛物型的 (parabolic). 0 0 (3) 若二次型Q(λ1 , λ2 , ? ? ? , λn )在点x0 = (x0 1 , x2 , ? ? ? , xn ) 为正定或负定(即矩 阵(aij (x0 ))n×n 的特征值的符号完全相同), 则称方程(2.1.10)在点x0 为椭圆型的 (elliptic). 设方程(2.1.10)中的系数aij , bi , c为常数. 此时, A = (aij )n×n 是一个n阶实对称 非零矩阵. 由线性代数知识知道,必存在非奇异矩阵B = (bij )n×n , 使得 ? ? i1 0 ? ? ? 0 ? ? ? 0 i2 ? ? ? 0 ? ? ? (Aij )n×n = BAB T = ? . ?, . . . . ? . . . ? ? . ? 0 0 ? ? ? in 其中ik ∈ {?1, 0, 1}, k ∈ {1, 2, ? ? ? , n}. 设集合{i1 , i2 , ? ? ? , in }中1的个数为p (称为 正惯性指数), ?1的个数为q (称为负惯性指数). 因此, 上述矩阵对角线零元的个数 是n ? p ? q 0. 根据定义,我们有如下分类： (4) 如果p & 0, q & 0, p + q = n, 则常系数偏微分方程(2.1.10)是超双曲型的. 特 别地, 当(p, q ) = (n ? 1, 1), 或(p, q ) = (1, n ? 1)时, 方程(2.1.10)是双曲型的.? 18 ?第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型(5) 如果p & 0, q & 0, p + q & n, 则常系数偏微分方程(2.1.10)是超抛物型的. 特别地, 当(p, q ) = (n ? 1, 0), 或(p, q ) = (0, n ? 1)时, 方程(2.1.10)是抛物型的. (6) 如果(p, q ) = (n, 0), 或(p, q ) = (0, n), 则常系数偏微分方程(2.1.10)是椭圆型 的. 作自变量的非奇异线性变换ξ = B x, 这样方程(2.1.10)就可以化为标准形式p i=1?2u ?2u ?u + C1 u = F. ? Bi 2 2 + ?ξi ?ξ ?ξ i j j =p+1 i=1p+qn(2.1.12)2.2 习 题 解 答2.1 判定下列方程的类型： (1) 4uxx ? 7uxy + 3uyy = 0; (2) a2 uxx + 2auxy + uyy = 0, a为常数; (3) x2 uxx ? y 2 uyy = 0; (4) x2 uxx + (x + y )2 uyy = 0.解 (1) 系数a11 = 4, a12 = ?7/2, a22 = 3, 判别式? = a2 12 ? a11 a22 = 1/4 & 0, 方程是双曲型. (2) 系数a11 = a2 , a12 = a, a22 = 1, 判别式? = a2 12 ? a11 a22 = 0, 方程是抛 物型. 2 2 (3) 系数a11 = x2 , a12 = 0, a22 = ?y 2 , 判别式? = a2 12 ? a11 a22 = x y . 当xy = 0时, 方程是双曲型.当xy = 0时, 方程是抛物型. 2 2 (4) 系数a11 = x2 , a12 = 0, a22 = (x + y )2 ,判别式? = a2 12 ? a11 a22 = ?x (x + y ) . 当x(x + y ) = 0时, 方程是椭圆型; 当x(x + y ) = 0时,方程是抛物型. 化下列方程为标准型： 2.2 uxx + 4uxy + 5uyy + ux + 2uy = 0. 解 判别式? = ?1 & 0 方程是椭圆型. 特征方程组是dy = 2 + i, dx dy = 2 ? i, dx其特征线是y ? (2 + i)x = c1 , y ? (2 ? i)x = c2 . 令ξ = y ? 2x, η = ?x. 则原方程化为 标准型uξξ + uηη ? uη = 0. 2.3 x2 uxx + 2xyuxy + y 2 uyy = 0.解判别式? = 0 方程是抛物型. 特征方程组是2.2习题解答? 19 ?dy y = , dx x其特征线是y = cx. 令ξ = y/x, η = x. 则原方程化为标准型η 2 uηη = 0, 2.4 uxx ? 2 cos xuxy ? (3 + sin2 x)uyy ? yuy = 0.解判别式? = 4 方程是双曲型. 特征方程组是dy = 2 ? cos x, dx dy = ?2 ? cos x, dx y = ?2x ? sin x + c2 ,其特征线是y = 2x ? sin x + c1 ,令ξ = y ? 2x + sin x, η = y + 2x + sin x.则原方程化为标准型32uξη + (ξ + η )(uξ + uη ) = 0.令s = (ξ + η )/2, t = (ξ ? η )/2, 则1 uss ? utt + sus = 0. 4 2.5 (1 + x2 )uxx + (1 + y 2 )uyy + xux + yuy = 0.解判别式? = ?(1 + x2 )(1 + y 2 ) & 0, 方程是椭圆型. 特征方程组是dy = dx 1 + y2 i, 1 + x2 dy =? dx 1 + y2 i, 1 + x2其特征线是ln(y + ln(y + 1 + y 2 ) = ln(x + 1 + y 2 ) = ? ln(x + √ 1 + x2 )i + c1 , 1 + x2 )i + c1 .令ξ = ln(y +1 + y 2 ), η = ln(x +1 + x2 ). 则原方程化为标准型uξξ + uηη = 0. 2.6 e2x uxx + 2ex+y uxy + e2y uyy = 0.解判别式? = 0, 方程是抛物型. 特征方程组是dy ey ex+y = 2x = x , dx e e其特征线是? 20 ?第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型e?y ? e?x = c1 ,令ξ = e?y ? e?x , η = x, 则原方程化为标准型e2x uηη + uξ (ey ? ex ) = 0或者(1 + ξ eη )uηη = ξuξ .求下列定解问题的解：2.7 uxx + 2 cos xuxy ? sin2 xuyy ? sin xuy = 0, u(x, sin x) = x + cos x, uy (x, sin x) = sin x, (x, y ) ∈ R2 , x ∈ R1 .解判别式? = 1, 方程是双曲型. 特征方程组是dy = cos x + 1, dx dy = cos x ? 1, dx其特征线是y = sin x + x + c1 , y = sin x ? x + c2 .令ξ = y ? sin x ? x, η = y ? sin x + x, 则原方程可化为标准型uξη = 0,其通解为u = F (ξ ) + G(η ), 故原方程的通解是u(x, y ) = F (y ? sin x ? x) + G(y ? sin x + x),其中F, G为任意二阶可微函数. 下面由初始条件, 确定函数F, G. 因为u(x, sin x) = F (?x) + G(x) = x + cos x, uy (x, sin x) = F (?x) + G (x) = sin x,对第二个方程关于x积分, 得?F (?x) + G(x) = ? cos x + c,由此得到G(x) = x c + , 2 2 F (?x) = x c + cos x ? , 2 2故原方程的解为u(x, y ) = F (y ? sin x ? x) + G(y ? sin x + x) = x + cos(y ? sin x ? x).2.2习题解答? 21 ?? 2 ? ? ? uxx ? 2 sin xuxy ? (3 + cos x)uyy + ux + (2 ? sin x ? cos x)uy = 0, (x, y ) ∈ R2 , 2.8 ? ? ? u(x, cos x) = 0, uy (x, cos x) = e?x/2 cos x, x ∈ R1 .解判别式? = 4, 方程是双曲型. 特征方程组是dy = 2 ? sin x, dx dy = ?2 ? sin x, dx其特征线是y ? cos x ? 2x = c1 , y ? cos x + 2x = c2 .令ξ = y ? cos x ? 2x, η = y ? cos x + 2x, 则原方程化为标准型4uξη = uη ,其通解为u = F (ξ ) + e 4 G(η ), 故原方程的通解是u(x, y ) = F (y ? cos x ? 2x) + ey ?cos x?2x 4ξG(y ? cos x + 2x).由第一个初始条件,得u(x, cos x) = F (?2x) + e? 2 G(2x) = 0,x所以G(2x) = ?e 2 F (?2x),x求导数得x 1 x 2G (2x) = ? e 2 F (?2x) + 2e 2 F (?2x). 2由第二个初始条件得x x 1 x e? 2 cos x = uy (x, cos x) = F (?2x) + e? 2 G(2x) + e? 2 G (2x), 4由此解得F (?2x) = ?e 2 (sin x + c1 ),xG(2x) = sin x + c1 ,所以原初始问题的解是u(x, y ) = F (y ? cos x ? 2x) + e = 2 cos x sin y ? cos x 2y ?cos x?2x 4G(y ? cos x + 2x) .ey ?cos x?2x 4? 22 ?第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型2.9 证明：两个自变量的二阶常系数双曲型方程 a11 uxx + 2a12 uxy + a22 uyy + a1 ux + b1 uy + cu = f (x, y ) (2.2.1)一定可以经过自变量及未知数的非奇异变换 u = V eλξ+?η 将它化成Vξξ ? Vηη + CV = F (ξ, η )的形式, 其中C 为常数, F 为已知函数. 证 当? = a2 12 ?a11 a22 & 0时, 方程(2.2.1)是双曲型方程, 故存在ξ = ξ (x, y ), η = ? (ξ, η ) η (x, y ), 其中 = 0, 使得方程(2.2.1)化为 ? (x, y )uξξ ? uηη + A1 uξ + A2 uη + A3 u = f1 (ξ, η ),进一步令u = V eλξ+?η , 则得Vξξ ? Vηη + (A1 ? 2λ)Vξ + (A2 ? 2?) + (λ2 ? ?2 + λA1 + ?A2 + A3 )V = f1 e?λξ??η ,令λ = ?A1 A2 , ?= , 则方程变为 2 2 Vξξ ? Vηη + CV = F (ξ, η ),1 ?λξ ??η 其中C = (A2 ? A2 . 证毕. 1 ) + A3 , F = f1 e 4 2 2.10 适当选取参数 λ 和 ?, 利用变换 v (x, y ) = eλx+?y u(x, y ), 化简下列方程： (1) uxx + uyy + αux + βuy + γu = 0; (2) uxx = a?2 uy + βux + αu; (3) uxx ? a?2 uyy = αux + βuy + γu; (4) uxy = αux + βuy .解(1) 设u(x, y ) = e?λx??y v (x, y ), 直接代入原方程,可得vxx + vyy + (α ? 2λ)vx + (β ? 2?)vy + (λ2 + ?2 ? λα ? ?β + γ )v = 0, 1 1 α2 + β 2 取λ = α, ? = β, γ0 = γ ? , 则上述方程化为 2 2 4 vxx + vyy + γ0 v = 0. 1 β2 (2) 类似地, 设u(x, y ) = e?λx??y v (x, y ), 其中λ = ? β, ? = a2 α + . 则 2 4原方程化为vxx = a?2 vy .2.2习题解答? 23 ?为1 1 (3) 类似地, 设u(x, y ) = e?λx??y v (x, y ), 其中λ = ? α, ? = a2 β . 则原方程化 2 2 vxx ? a?2 vyy + γ0 v = 0,1 其中γ0 = (β 2 a2 ? α2 ) ? γ . 4 (4) 类似地, 设u(x, y ) = e?λx??y v (x, y ), 其中λ = ?β, ? = ?α, γ0 = ?αβ , 则原 方程化为 vxy + γ0 v = 0. 2.11 求方程 uxy = 1 (ux ? uy ) . x?y的通解. 解原方程可以化为(x ? y )uxy = ux ? uy 或 xuxy + uy = yuxy + ux ,它可以写成(xux + u)y = (yuy + u)x或 (xu)xy = (yu)yx或 (xu ? yu)xy = 0,积分两次,得其通解(x ? y )u = F (x) + G(y ) 或 u = F (x) + G(y ) , x?y其中F 和G为任意二阶可微函数. 2.12 设方程Auxx + Buxy + Cuyy = 0 (2.2.2)中的常系数 A, B, C 满足 B 2 ? 4AC = 0, A = 0. 证明该方程的通解具有如下形式：u(x, y ) = f (mx + y ) + xg (mx + y ),其中f, g 为任意两个二阶可微函数和 m = ? 解B . 2A 因为判别式? = B 2 ? 4AC = 0, 所以原方程为抛物型方程和特征方程为 dy B = = ?m, dx 2A其特征曲线是y + mx = c1 . 作变量代换ξ = y + mx, η = x, 那么原方程化为uηη = 0? 24 ?第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型该方程关于η 积分两次,得其通解u = ηf (ξ ) + g (ξ ),所以原方程通解为u = xf (y + mx) + g (y + mx).求下列方程的标准型：2.13 uxy ? uxz + ux + uy ? uz = 0.解方程的系数矩阵是? 0 1 2 1 ? 2? ? ? A=? ? ? ?1 2 0 0?? 1 2 ? ? ? 0 ? ?, ? ? 0下面求矩阵B , 使得BAB T = diag{i1 , i2 , i3 } = D3 , 其中ik ∈ {?1, 0, 1}. 我们利 用初等变换求矩阵B . 基本想法是：先写出矩阵(A, E 3 ), 其中E 3 为三阶单位阵.然 后对矩阵(A, E 3 ) 进行一系列相同的初等行变换和列变换,变为矩阵(D 3 , B ). 那么 矩阵B 就是所求的矩阵.这里采用线性代数中矩阵初等行变换和列变换的记号. 因为 ? ? ? ? 1 1 1 1 0 ? 1 0 0 ? ? 2 2 ? 0 2 ?2 1 0 0 ? ? ? ? ? 1 ? r3 +r2 ? ? 1 ? ?? (A, E 3 ) = ? ? ? ? → ? 0 0 0 1 0 ? 2 ? 0 0 0 1 0 ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 1 ? 0 0 0 0 1 1 ? 0 0 0 0 1 2 ? ? ? ? 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 ? ? 2 2 ? ? 2 ? r1 +r2 ? ? c3 +c2 ? ? 1 ?? ? 1 ? ? ? ? →? ? ? ? → ? ? ? ? ? 2 0 0 0 1 0 ? ? 2 0 0 0 1 0 ? 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 ? ? ? ? 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 ? ? ? ? 2 2 1 ? r2 ? 2 ? r1 ? c1 +c2 ? ? ? ? ? 1 1 1 ? ? ? ? →? 1 ? ? ? ? →? ?? ? 0 0 0 1 0 0 ? 0 0 ? ? 2 ? ? ? 4 2 2 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 ? ? ? ? 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 ? 2 r2 ? ? ? c2 ? 1 1 1 1 1 2 c1 ? ? ? →? ? ? ? ? ? →? 0 ? 0 ? 0 ? 0 ? 0 ?1 1 0 ? ? ? ? 4 2 2 2 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 12.2习题解答? 25 ?? 1 0 0 1 1 0 2c2 ? ? ? ? → ? 0 ?1 0 ?1 1 0 ? , 0 0 0 0 1 1 ?则? 1 1 0 ? ? B = ? ?1 1 0 ? . 0 1 1?令?? ? ? ? ? ξ x x+y ? ? ? ? ? ? ? η ? = B? y ? = ? y ? x ?, ζ z y+z即ξ = x + y, η = y ? x, ζ = y + z , 则原方程变为uξξ ? uηη + 2uξ = 0,这就是所求的标准型. 2.14 uxx + 2uxy + 2uyy + 2uyz + 2uyt + 2uxt + 2utt = 0. 解 方程的系数矩阵是? 1 1 0 1 1 2 1 1 ? 0 1 0 0 1 1 0 2 ? ? ? ?, ?? ? A=? ?那么?? ? 1 (A, E 4 ) = ? ? 0 ? 1 ? 1 0 c2 ?c1 ? ? c4 ?c1 ? 0 1 ? ? ? ? →? ? 0 1 0 0 ? 1 0 ? 0 1 c3 ?c2 ? ? ? ? ? →? ? 0 0 ? 0 011 2 1 1 0 1 0 0 0 0 ?1 00 1 0 0 0 0 0 0 0 11 1 0 2 1 0 11 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 1 0 0 1 ?1 00 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 00?0 ?1 1 1 ?1 0 ?1 1 ?1? r2 ?r1 ? 0 ? r4 ?r1 ? ?? ? ? ? →? ? ? 0 ? ? 1 ? ? 1 ? ? ? r3 ?r2 ? 0 ?? ? ? →? ? 0 ?? ? ? 0 ? 0 ? 0 ? ?, 0 ? ? 11 0 0 0 0 1 01 1 1 0 0 1 00 1 0 0 0 0 0 11 0 11 00 0 0 1 00 0 1 0 0 0 00 ?1 1 1 ?1 0 ?1 1 ?10 ?1?1 1? 0 ? ? 0 ? ? 1 ? 0 ? 0 ? ? 0 ? ? 10?? 26 ?第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型所以?? ? ? ?1 1 0 0 ? ? B=? ? 1 ?1 1 0 ? , ? ? ?1 0 0 1100 0?令?? ? ? ? ? ? η ? ? ? ? ? ?=B? y ?=? y?x ? ζ ? ? z ? ? x?y+z ? ? ? ? ? τ t t?xξ??x??x? ? ? ?, ? ?即ξ = x, η = y ? x, ζ = x ? y + z, τ = t ? x, 则原方程变为uξξ + uηη ? uζζ + uτ τ = 0. 2.15 ? u +2 ?x2 12 n k=2 n?1 k=1? u ?2 ?x2 k2?2u = 0. ?xk ?xk+1 ?1 2 ?1 . . . 0 0 ?1 2 . . . ??? ??? ??? ??? ?1 0 ?解方程的系数矩阵是 ?? ? ? ? A=? ? ? ?1 ?1 0 . . . 0? 0 ? ? 0 ? ?, ? . ? . . ? 2下面我们求矩阵B , 使得BAB T = 面利用初等变换求B . 因为 ? 1 ?1 0 ? ? ?1 2 ?1 ? ? (A, E n ) = ? 0 ?1 2 ? . . . ? . . . . . ? .0 ? ? ? ? r2 +r1 ? ? ? ? ? →? ? ? ? 0 0 1 ??? 1 ?1 0 ?1 . . . . . . 0 0diag{i1 , i2 , ? ? ? , in }, 其中ik ∈ {?1, 0, 1}. 下 ??? ??? ??? ?1 0 1 0 0 0 0 0 . . . . . . 2 0 0 ??? ??? ??? ??? 0 0 1 . . . 0 ??? ??? ??? ??? 0 ?1 0 0 1 . . . . . . 0 0 0 1 0 . . . 0? 0 ? ? 0 ? ? ? . ? . . ? 1 ? 0 ? ? 0 ? ? ? . ? . . ? 1 0 ?0 ?1 2 . . . ?????? ??? ??? ?10 1 0 1 0 0 . . . . . . 2 02.2习题解答? 27 ?? ? ? ? c2 +c1 ? ? ? ? ? →? ? ? ?1 00 10 ?1 2 . . . ??? 0 1 . . . 0 0 0 1 . . . 0??? ??? ??? ?1 ??? ??? ??? ??? ??? ??? ???0 1 0 1 0 . . . 2 0 . . . 00 0 ??? 1 0 ??? 0 . . . 0 1 . . . 00 ?1 . . . . . . 0 ? 0 1 0 0 0 . . . 0 ? 0 . . . 0? . . ? . ? rn +rn?1 ? ? ? ? ? ? ? →? ? ? ?r3 +r20 1 0 1 0 1 . . . . . . 0 1 0 0 1 1 0 1 1 . . . . . . . . . 1 1 10 0 1 0 1 1 . . . . . . 1 0 0 1 . . . 1 ? ? ? ? ? ? ? ?1 ?1 ? ? ?? 0 ? ? ??? 0 ? ? ? . ? . . ? ??? 1 ? ??? 0 ? ??? 0 ? ? ??? 0 ? ? ? . ? . . ? ??? 0 1 ?0?1 1 1? . . ? . ? cn +cn?1 ? ? ? ? ? ? ? →? ? ? ?c3 +c21 0 0 1 0 0 . . . . . . 0 0??? ??? ??? ???? 0 ? ? 0 ? ? ? . ? . . ? 1所以? ? ? ? B=? ? ? ?1 0 0 ??? 1 1 0 ??? 1 1 1 ??? . . . . . . . . . 1 1 1 ??? ? ?0 0 0 . . . 1 ? ? ? ? ? ?令? ? ? ? ? ?ξ1 ξ2 . . . ξn? ? ? ? ?=B? ? ? ? ?x1 x2 . . . xn即ξ1 = x1 , ξ2 = x1 + x2 , ? ? ? , ξk = x1 + x2 + ? ? ? + xk (k = 1, 2, ? ? ? , n), 则原方程变 为标准型?ξ u = uξ1 ξ1 + uξ2 ξ2 + ? ? ? + uξn ξn = 0.它是n 维Laplace方程. n ?2u ?2u 2.16 ?2 = 0. (?1)k 2 ?x1 ?xk?1 ?xk k=2? 28 ?第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型解用类似的方法,可求得 ?? ? ? B=? ? ? ?1 1 1 . . . 10 1 1 . . . 10 ??? 0 ??? 1 ??? . . . 1 ??? ?0 0 0 . . . 1 ? ? ? ? ?, ? ?? ? ? ? ? ? ? ?令? ? ? ? ? ? ?ξ1 ξ2 . . . ξn?? ? ? ? ? ? ?=B? ? ? ? ?x1 x2 . . . xn即ξ1 = x1 , ξ2 = x1 + x2 , ? ? ? , ξk = x1 + x2 + ? ? ? + xk (k = 1, 2, ? ? ? , n). 则原方程变 为标准型nuξk ξk (?1)k+1 = 0.k=12.17 证明：对于常系数方程n nuxk xk +k=1 k=1bk uxk + cu = 0,可以选到适当的λk (k = 1, 2, ? ? ? , n), 使得在变换u = v exp(λ1 x1 + λ2 x2 + ? ? ? + λn xn )下,把方程化简为nvxk xk + bv = 0.k=1并且求出λk (k = 1, 2, ? ? ? , n). 解 把上述变换代入到原方程,得n n nvxk xk +k=1 k=1(bk + 2λk )vxk +k=1(λ2 k + bk λk )v + cv = 0,取λk = ? 1 2 bk ,则上述方程化为nvxk xk + bv = 0,k=1 2 2 2 其中b = c ? 1 4 (b1 + b2 + ? ? ? + bn ).2.3补充习题解答? 29 ?2.3 补充习题解答2.18 把方程uxx ? 2αuxy ? 3α2 uyy + αuy + ux = 0化为标准型,并且求其通解,其中α为常数. 解 因为判别式? = 4α2 , 故当α = 0时, 方程是是双曲型; 当α = 0时, 方程是 抛物型. 当α = 0时, 特征方程组是dy = ?3α, dx dy = α, dx其特征线是y + 3αx = c1 , y ? αx = c2 . 令ξ = y + 3αx, η = y ? αx, 则原方程化为标 准型16α2 uξη ? 4αuξ = 0,或 4αuξη ? uξ = 0,其通解为u = f (η ) + e 4α g (ξ ),η故原方程当α = 0时的通解是u(x, y ) = f (y ? αx) + ey ?αx 4αg (y + 3αx).当α = 0时,原方程为uxx + ux = 0,其通解为u(x, y ) = f (y ) + e?x g (y ). 2.19 把方程uxx + uxy ? 2uyy + 3(x + y )ux + 6(x + y )uy + 9u = 0化为标准型,并且求其通解. 解9 因为判别式? = , 故方程是是双曲型. 特征方程组是 4 dy dy = 2, = ?1, dx dx y ? 2x = c1 , y + x = c2 ,其特征线是 令ξ = y ? 2x, η = y + x, 则原方程化为标准型uξη = ηuη + u,? 30 ?第2章二阶线性偏微分方程的分类与标准型上述方程又可以写成(uξ ? ηu)η = 0,关于η 积分一次,得uξ ? ηu = f (ξ ),或 (e?ηξ u)ξ = e?ηξ f (ξ ),关于ξ 积分,得e?ηξ u =0 ξe?ητ f (τ )dτ + g (η ),所以,原方程的通解是u(x, y ) = e(y?2x)(y+x) g (y + x) +0 y ?2xe?(y+x)τ f (τ )dτ .2.20 求uxx + 2uxy + 2uxz + uyy + 2uyz + uzz ? u = 0的通解.解方程系数矩阵为? 1 1 1?? ? ? A=? ? 1 1 1 ?, 1 1 1因为? 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0?r3 ?r1 r2 ?r1? 1 1 0 0 1 1 0 0 0 ?1 0 ?1 1? ? 0 ? ? 0 1? (A, E 3 ) = ? ? 1? ? ? ? ? →? 0 ? ? 0 ?? 0 1 1 1 0 0 1 ? ? 1 0 0 1 0 0 c3 ?c1 ? c2 ?c1 ? ? ? ? ? ? →? ? 0 0 0 ?1 1 0 ? , 0 0 0 ?1 0 1 ? ? B=? ? ?1 1 ?1 0 1 0 0 ? ? 0 ? ?. 1 ? x所以令? ξ?? x??? ? ? ? ? ? ? η ? = B? y ? = ? y ? x ?, ? ? ? ? ? ? ζ z z?x2.3补充习题解答? 31 ?即ξ = x, η = y ? x, ζ = z ? x, 则原方程变为uξξ = u,其通解是u = eξ f (η, ζ ) + e?ξ g (η, ζ ),故原方程的通解是u(x, y, z ) = ex f (y ? x, z ? x) + e?x g (y ? x, z ? x). 2.21 判断方程 5uxx ? 2uxy + 6uxz + 5uyy ? 6uyz + 3uzz = 0的类型,并且将其化为标准型. 解 我们用正交矩阵的方法把它化为标准型. 该方程的系数矩阵为 ? ? 5 ?1 3 ? ? ?, A=? ? 1 5 ? 3 ? ? 3 ?3 3 我们先求正交阵B 使得BAB T 为对角阵,那么作变换 ? ? ? ? x ξ ? ? ? ? ? η ? = B? y ?, ? ? ? ?ζ z(2.3.1)就可以把原方程化为标准型.直接计算得|λE ? A| = λ(λ ? 4)(λ ? 9),所以A的特征值是λ1 = 0, λ2 = 4, λ3 = 9, 故方程为抛物型方程. 与λ1 , λ2 , λ3 对应的 特征向量是b1 = (?1, 1, 2)T , b2 = (1, 1, 0)T , b3 = (1, ?1, 1)T , ? ? ? ? ? ?, ? ? ?它们两两正交. 再进行单位化, 由此得正交矩阵 ? ?1 1 2 √ √ √ ? 6 6 6 ? ? 1 1 ? √ 0 B=? √ ? 2 2 2 2 ? ? 1 ?1 1 √ √ √ 3 3 3 3 3 3 那么考虑变换(2.3.1), 原方程化为uηη + uζζ = 0.第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法3.1 基本内容提要3.1.1一维波动方程的初值问题utt = a2 uxx + f (x, t), u(x, 0) = φ(x), ut (x, 0) = ψ (x), ?∞ & x & +∞, t & 0 ?∞ & x & +∞ (3.1.1)的求解公式是1 1 u(x, t) = (φ(x + at) + φ(x ? at)) + 2 2a + 1 2at 0 x+a(t?τ ) x+atψ (ξ )dξx?atf (ξ, τ )dξ dτ,x?a(t?τ )(3.1.2)它称为一维波动方程的Kirchho?公式, 当f = 0时, 该公式称为一维波动方程的D’Alembert公 式.3.1.2三维波动方程的初值问题utt = a2 (uxx + uyy + uzz ) + f (x, y, z, t), u|t=0 = φ(x, y, z ), ut |t=0 = ψ (x, y, z ), (x, y, z ) ∈ R3 , t & 0 (x, y, z ) ∈ R3 (3.1.3)的求解公式是u(x, y, z, t) = 1 ? 4πa2 ?tM Sat1 φ(ξ, η, ζ ) dS + t 4πa2M Satψ (ξ, η, ζ ) dS t+1 4πa2r atr f ξ, η, ζ, t ? a dξ dη dζ, r(3.1.4)其中r = (ξ ? x)2 + (η ? y )2 + (ζ ? z )2 , 该公式称为初值问题(3.1.3)解的Kirchho?公 式. 当f = 0时, 式(3.1.4)称为Poisson公式. 在球面坐标系ξ = x + at sin θ cos ?, η = y + at sin θ sin ?, ζ = z + at cos θ (3.1.5)下, 式(3.1.4)可以写成3.2习题解答? 33 ?2π πu(x, y, z, t) =1 ? 4π ?t + + t 4π0tφ(x + at sin θ cos ?, y + at sin θ sin ?, z + at cos θ) sin θdθd?0 0 2π πψ (x + at sin θ cos ?, y + at sin θ sin ?, z + at cos θ) sin θdθd?0 at 0 0 2π π1 4πa2f x + at sin θ cos ?, y + at sin θ sin ?,0z + at cos θ, t ? 3.1.3r r sin θdθd?dr. a(3.1.6)二维波动方程的初值问题utt = a2 (uxx + uyy ) + f (x, y, t), u|t=0 = φ(x, y ), ut |t=0 = ψ (x, y ), (x, y ) ∈ R2 , t & 0, (x, y ) ∈ R2 (3.1.7)的求解公式是u(x, y, t) = 1 ? 2πa ?tM Catφ(ξ, η )dξ dη a2 t2 ? (ξ ? x)2 ? (η ? y )2 ψ (ξ, η )dξ dηM Cat+1 2πaat 0a2 t2? (ξ ? x)2 ? (η ? y )2 f ξ, η, t ? τ dξ dη dτ a , τ 2 ? (ξ ? x)2 ? (η ? y )21 + 2πa2(3.1.8)M Cτ其中点M = M (x, y )和圆域M Cτ = (ξ, η ) (ξ ? x)2 + (η ? y )2τ2 .利用极坐标变换ξ = x + r cos θ, η = y + r sin θ和τ = a(t ? s), 那么式(3.1.8)的 解可以表示为u(x, y, t) = 1 ? 2πa ?t 1 + 2πa + 1 2πa0 t 0 0 at 2π 0 0 at 2π 0 2π 0φ(x + r cos θ, y + r sin θ) √ rdθdr a2 t2 ? r2ψ (x + r cos θ, y + r sin θ) √ rdθdr a2 t2 ? r2a(t?s)f (x + r cos θ, y + r sin θ, s) a2 (t ? s)2 ? (ξ ? x)2 ? r2rdθdrds.(3.1.9)3.2 习 题 解 答求下列初值问题的解：? 34 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法3.1utt ? 9uxx = 0, u(x, 0) = sin 2x, ut (x, 0) = 6x ? 1,2 2?∞ & x & +∞, t & 0, ?∞ & x & +∞.x+3t解这里a = 3, φ(x) = sin 2x, ψ (x) = 6x ? 1, 则由D’Alembert公式(3.1.2),得1 1 u(x, t) = [φ(x + 3t) + φ(x ? 3t)] + 2 6 ψ (ξ )dξx?3t x+3t x?3t1 1 = [sin 2(x + 3t) + sin 2(x ? 3t)] + 2 6 = sin 2x cos 6t + 6(x2 t + 3t3 ) ? t. utt ? a2 uxx = 0, u(x, 0) = sin x, ut (x, 0) = x2 ,(6ξ 2 ? 1)dξ3.2?∞ & x & +∞, t & 0, ?∞ & x & +∞.解取φ(x) = sin x, ψ (x) = x2 , 则由D’Alembert公式(3.1.2),得1 u(x, t) = sin x cos at + x2 t + a2 t3 . 33.3utt ? uxx = 1, u(x, 0) = x2 , ut (x, 0) = 1,?∞ & x & +∞, t & 0, ?∞ & x & +∞.解取a = 1, φ(x) = x2 , ψ (x) = 1, f (x, t) = 1, 则由Kirchho?公式(3.1.2),得x+t1 1 u(x, t) = [φ(x + t) + φ(x ? t)] + 2 2 3 =x2 + t2 + t. 2 3.4 utt ? uxx = cos(x + t),ψ (ξ )dξ +x?t1 2t 0x+(t+τ )f (ξ, τ )dξ dτx?(t?τ )?∞ & x & +∞, t & 0, ?∞ & x & +∞.u(x, 0) = x, ut (x, 0) = sin x,解 取a = 1, φ(x) = x, ψ (x) = sin x, f (x, t) = cos(x + t), 则由Kirchho?公 式(3.1.2),得1 1 x+t 1 u(x, t) = [(x + t) + (x ? t)] + sin ξ dξ + 2 2 x?t 2 1 1 =x + sin x sin t + t sin(x + t). 2 2t 0 x+(t+τ )cos(ξ + τ )dξ dτx?(t?τ )3.5 先求出半无界区域上波动方程的定解问题 ? ? utt ? uxx = 0, x & 0, t & 0, ? ? ? u(x, 0) = ut (x, 0) = 0, x 0, ? ? t ? ? u(0, t) = , t 0 1+t3.2习题解答? 35 ?的解u(x, t), 然后证明对任意 c & 0, 极限 lim u(cx, x) 存在, 并且求出该极限.x→+∞解 ? ? ? ? ?? ? ? ? v (0, t) = 0,t 设u(x, t) = v (x, t) + , 则v (x, t)满足 1+t 2 vtt ? vxx = , x & 0, t & 0, (1 + t)3 v (x, 0) = 0, vt (x, 0) = ?1, x 0, t 0. t时,由参考文献[1]中第3章半无界弦的初边值问题解的表达式, 当xv (x, t) = 1 2x+t(?1)dξ +x?t1 2t 0x+(t?τ ) x?(t?τ )2 dξ dτ (1 + τ )3t =? , 1+t当0x & t时, 1 2x+tv (x, t) =(?1)dξ +t?x1 2t?x 0x+(t?τ ) (t?τ )?x2 1 dξ dτ + 3 (1 + τ ) 2tx+(t?τ )t?x x?(t?τ )2 dξ (1 + τ )3x , = (1 + t ? x)(1 + t)所以u(x, t) =? ? 0, x t ? + , (1 + t)(1 + t ? x) 1 + tx→+∞x&t 0 x&t因此当c 故1时, cxx, 故u(cx, x) = 0, lim u(cx, x) = 0. 当0 & c & 1时, cx & x, cx x + , (1 + x)(1 + x ? cx) 1 + xu(cx, x) =因此, lim u(cx, x) = 1.x→+∞求下列二阶线性偏微分方程初值问题的解：3.6 uxx + 2uxy ? 3uyy = 0, u(x, 0) = sin x, uy (x, 0) = x, ?∞ & x & +∞, y & 0, ?∞ & x & +∞.解所给方程对应的特征方程组是 dy dy = ?1, =3 dx dx其解为x + y = c1 , y ? 3x = c2 . 令ξ = x + y, η = y ? 3x, 那么原方程化为uξη = 0, 其通解是? 36 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法u(x, y ) = F (x + y ) + G(y ? 3x),由初值条件得sin x = u(x, 0) = F (x) + G(?3x), x = uy (x, 0) = F (x) + G (?3x),对第2个方程两边关于x积分, 得 1 2 1 x = F (x) ? G(?3x) + c, 2 3 这样可以解得G(?3x) = 3 (2 sin x ? x2 + 2c), 8 F (x) = 1 (2 sin x + 3x2 ? 6c), 8所以原问题的解是u(x, y ) = F (x + y ) + G(y ? 3x) = 1 3 y y2 sin(x + y ) + sin x ? + + xy. 4 4 3 3 ?∞ & y & +∞, x & 0, ?∞ & y & +∞.3.7uxx ? 2 sin x uxy ? cos2 x uyy ? cos x uy = e?2x , u(0, y ) = ux (0, y ) = 0,解所给方程对应的特征方程组是 dy = ? sin x ± 1, dxy = cos x + x + c1 , y = cos x ? x + c2 ,其积分曲线为 令ξ = cos x + x ? y, η = cos x ? x ? y , 那么原方程化为?4uξη = eη?ξ ,其通解是u(ξ, η ) =1 η?ξ e + F (ξ ) + G(η ), 4把ξ, η 代入得u(x, y ) = 1 ?2x e + F (cos x + x ? y ) + G(cos x ? x ? y ), 4由初值条件得0 =u(0, y ) = 1 + F (1 ? y ) + G(1 ? y ), 4 1 0 =ux (0, y ) = ? + F (1 ? y ) ? G (1 ? y ). 2对第2个方程两边关于y 积分, 得3.2习题解答? 37 ??F (1 ? y ) + G(1 ? y ) =1 y + c, 2这样可以解得1 y c F (1 ? y ) = ? ? ? , 8 4 2 1 y c G(1 ? y ) = ? + + , 8 4 2 1 t c ? + , 8 4 2或者t c 3 F (t) = ? + ? , 8 4 2 G(t) =故所求的解是u(x, y ) = 1 ?2x x (e ? 1) + . 4 23.8 半无限长弦的初始位移和初始速度都为 0, 端点振动规律为ux (0, t) = A sin ωt,求解半无界弦的振动规律. 解 定解问题可写为 ? 2 ? ? ? utt = a uxx , u(x, 0) = ut (x, 0) = 0, ? ? ? u (0, t) = A sin ωt, xx & 0, t & 0, x t 0, 0.令u = v + Ax sin ωt, 则v 满足 ? 2 2 ? ? ? vtt = a vxx + Aω x sin ωt, v (x, 0) = 0, vt (x, 0) = ?Aωx, ? ? ? v (0, t) = 0, xx & 0, t & 0, x t 0, 0.由参考文献[1]中第3章半无界弦的初边值问题解的表达式(见该书式(3.1.19)?式(3.1.20))可 知, 当x & at时, v = ?Ax sin ωt; 当0 x & at 时, x Aa cos ω t ? ? Ax sin ωt, v= ω a 因此, 原问题的解为 x 当0 t & 时, u(x, t) = 0; a Aa x x 当t 时, u(x, t) = cos ω t ? . a ω a 利用Poisson公式求解下列三维波动方程柯西问题：3.9 utt = a2 (uxx + uyy + uzz ), u|t=0 = x + 2y, ut |t=0 = 0, (x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3 .解利用三维波动方程的Poisson公式, 得? 38 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法u(x, y, z, t) =2π π 1 ? t sin θ(x + at sin θ cos φ + 2(y + at sin θ sin φ))dθdφ 4π ?t 0 0 1 ? = (4πxt + 8πyt) = x + 2y. 4π ?t3.10utt = a2 (uxx + uyy + uzz ), u|t=0 = 0, ut |t=0 = 2xy,2π 0 0 π(x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3 .解利用三维波动方程的Poisson公式, 得t 4π 2 sin θ(x + at sin θ cos φ)(y + at sin θ sin φ)dθdφ = 2txy.u(x, y, z, t) =3.11 利用降维法求解下述一维波动方程的初值问题： utt = a2 uxx , u(x, 0) = φ(x), ut (x, 0) = ψ (x), ?∞ & x & +∞, t & 0, ?∞ & x & +∞.解记Φ (x, y ) = φ(x), Ψ (x, y ) = ψ (x). 考虑二维波动方程的初值问题Utt = a2 (Uxx + Uyy ), U |t=0 = Φ (x, y ), Ut |t=0 = Ψ (x, y ), (x, y ) ∈ R2 , t & 0, (x, y ) ∈ R2其解可以表示为U (x, y, t) = 1 ? 2πa ?tM CatΦ (ξ, η )dξ dη a2 t2 ? (ξ ? x)2 ? (η ? y )2 Ψ (ξ, η )dξ dηM Cat+1 2πaa2 t2? (ξ ? x)2 ? (η ? y )2,M = {(ξ, η )|(ξ ? x)2 + (η ? y )2 其中Cata2 t2 }. 注意到Φ (ξ, η )dξ dηM Cata2 t2? (ξ ? x)2 ? (η ? y )2y+x+at√a2 t2 ?(ξ ?x)2=x?at x+atφ(ξ )dξ φ(ξ ) arcsinx?at x+aty?√(a2 t2 ? (ξ ? x)2 ? (η ? y )2 )?1/2 dηy+a2 t2 ?(ξ ?x)2= =x?atη?y a2 t2 ? (ξ ? x)2√y?√a2 t2 ?(ξ ?x)2 a2 t2 ?(ξ ?x)2 x+atdξφ(ξ )(arcsin 1 ? arcsin(?1))dξ = πx?atφ(ξ )dξ可以得到一维波动方程初值问题解的D’Alembert公式(3.1.2).3.2习题解答? 39 ?3.12 利用齐次化原理导出二维非齐次波动方程 utt = a2 (uxx + uyy ) + f (x, y, t), (x, y ) ∈ R2 , t&0在初始条件 u(x, y, 0) = ut (x, y, 0) = 0 下的求解公式. 解 先证明：如果h = h(x, y, t, τ )是初值问题htt = a2 (uxx + uyy ), h|t=τ = 0, ht |t=τ = f (x, y, t), (x, y ) ∈ R2 , t & τ (x, y ) ∈ R2 0的解, 则u(x, y, t) =0th(x, y, t, τ )dτ是原初值问题的解. 事实上, 有t tut = h(x, y, t, t) +0 tht (x, y, t, τ )dτ =0ht (x, y, t, τ )dτutt =0htt (x, y, t, τ )dτ + ht (x, y, t, t)t= a20(hxx + hyy )dτ + f (x, y, t)= a2 (uxx + uyy ) + f (x, y, t)且u(x, y, 0) = ut (x, y, 0) = 0, 所以u(x, y, t)为原初值问题的解. 令t = t ? τ ,那么h满足ht t = a2 (hxx + hyy ), h|t =0 = 0, ht |t =0 = f (x, y, t), (x, y ) ∈ R2 , t & 0, (x, y ) ∈ R2 .由二维波动方程的Poisson公式(3.1.9), 得h(x, y, t, τ ) = f (x + r cos θ, y + r sin θ, τ ) √ rdrdθ a2 t 2 ? r2 0 0 a(t?τ ) 2π 1 f (x + r cos θ, y + r sin θ, τ ) = rdrdθ, 2πa 0 a2 (t ? τ )2 ? r2 0 1 2πaat 2π所以原初值问题的解为tu(x, y, t) =0h(x, y, t, τ )dτ 1 2πat 0 0 a(t?τ ) 0 2π=f (x + r cos θ, y + r sin θ, τ ) a2 (t ? τ )2 ? r2rdrdθdτ.? 40 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法3.13 设 φ1 , φ2 ∈ C2 , ψ1 , ψ2 ∈ C1 . 利用叠加原理和D’Alembert公式, 证明：二维波动方程初值问题 ? 2 ? (x, y ) ∈ R2 , t & 0, ? ? utt = a (uxx + uyy ), u(x, y, 0) = φ1 (x) + φ2 (y ), (x, y ) ∈ R2 , ? ? ? u (x, y, 0) = ψ (x) + ψ (y ), (x, y ) ∈ R2 t 1 2 的解是1 u(x, y, t) = [φ1 (x + at) + φ1 (x ? at) + φ2 (y + at) + φ2 (y ? at)] 2 x+at y +at 1 1 + ψ1 (ξ )dξ + ψ2 (ξ )dξ. 2a x?at 2a y?at证设u(x, y, t) = v (x, t) + w(y, t), 其中v (x, t), w(y, t)分别满足 ? 2 ? x ∈ R 1 , t & 0, ? ? vtt = a uxx , v (x, 0) = φ1 (x), x ∈ R1 , ? ? ? u (x, 0) = ψ (x), x ∈ R1 t 1? 2 ? y ∈ R1 , t & 0, ? ? wtt = a wyy , w(y, 0) = φ2 (y ), y ∈ R1 , ? ? ? w (y, 0) = ψ (y ), y ∈ R1 . t 2和它们都是一维波动方程初值问题. 由D’Alembert公式(3.1.2), 得v (x, t) = 1 1 [φ1 (x + at) + φ1 (x ? at)] + 2 2a 1 1 [φ2 (y + at) + φ2 (y ? at)] + 2 2ax+atψ1 (ξ )dξx?at y +at和w(y, t) =ψ2 (ξ )dξ,y ?at利用叠加原理, 可知u(x, y, t) = v (x, t) + w(y, t)是原初值问题的解. 利用叠加原理, 求下列二维波动方程初值问题的解：3.14 utt = 2(uxx + uyy ), u(x, y, 0) = 2x2 ? y 2 , ut (x, y, 0) = 2x2 + y 2 , (x, y ) ∈ R2 , t & 0, (x, y ) ∈ R2 .解直接利用3.13题公式, 得u(x, y, t) = 2x2 ? y 2 + (2x2 + y 2 )t + 2t2 + 2t3 .3.15utt = uxx + uyy + t sin y, u(x, y, 0) = x2 , ut (x, y, 0) = sin y,(x, y ) ∈ R2 , t & 0, (x, y ) ∈ R2 .3.2习题解答? 41 ?解设v (x, t) 和w(y, t)分别满足vtt = vxx , v (x, 0) = x2 , vt (x, 0) = 0, x ∈ R1 , t & 0 x ∈ R1和wtt = wyy + t sin y, w(y, 0) = 0, wt (y, 0) = sin y y ∈ R1 , t & 0 x ∈ R1由D’Alemert公式, 得v (x, t) = w(y, t) = 1 2y +t1 [(x + t)2 + (x ? t)2 ] = x2 + t2 . 2 1 2t 0 y +(t?τ )sin ξ dξ +y ?tτ sin ξ dξ dτ = t sin yy ?(t?τ )那么由叠加原理知, u = v + w = x2 + t2 + t sin y 是原问题的解. 利用Poisson公式, 求下列三维波动方程初值问题的解.3.16 utt = uxx + uyy + uzz + 2xyz, u(x, y, z, 0) = x2 + y 2 ? 2z 2 , ut (x, y, z, 0) = 1, (x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3 .解由三维波动方程的Poisson公式的球坐标形式(3.1.6), 得1 ? 4π ?t t 4π2π 0 0 πu(x, y, z, t) =t sin θ[(x + t sin θ cos φ)2+ (y + t sin θ sin φ)2 ? 2(z + t cos θ)2 ]dθdφ2π 0 0 π+sin θdθdφ +1 2π2π 0 0π 0tr sin θ(x + r sin θ cos φ)(y + r sin θ sin φ)(z + r cos θ)drdθdφ =x2 + y 2 ? 2z 2 + t + t2 xyz. utt = a2 (uxx + uyy + uzz ), u(x, y, z, 0) = x3 + y 2 z, ut (x, y, z, 0) = 0, (x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3 .3.17解由三维波动方程Poisson公式(3.1.6), 得u(x, y, z, t) = 1 ? 4π ?t2π 0 0 πt sin θ[(x + at sin θ cos φ)3+ (y + at sin θ sin φ)2 (z + at cos θ)]dθdφ = x3 + 3a2 t2 x + y 2 z + a2 t2 z.? 42 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法3.18utt = uxx + uyy + uzz + 2(y ? t), u(x, y, z, 0) = x + z, ut (x, y, z, 0) = x2 + yz,(x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3 .解由三维波动方程Poisson公式(3.1.6), 得1 ? 4π ?t + + t 4π 1 4π2π πu(x, y, z, t) =t sin θ(x + t sin θ cos φ + z + t cos θ)dθdφ0 0 2π π 0 2π 0 0 0 π 0 tsin θ[(x + t sin θ cos φ)2 +(y + t sin θ sin φ)(z + t cos θ)]dθdφ 2(y + r sin θ sin φ ? t + r)r sin θdrdθdφ=x + z + (x2 + yz )t + yt2 ,利用适当的方法, 解下列初值问题：3.19 utt = 8(uxx + uyy + uzz ) + t2 x2 , ut=0(x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3 .= y 2 , utt=0= z2,解设X (x, t), Y (y, t), Z (z, t)分别是初值问题Xtt = 8Xxx + t2 x2 , X (x, 0) = 0, Xt (x, 0) = 0, Ytt = 8Yyy , Y (y, 0) = y 2 , Yt (y, 0) = 0, Ztt = 8Zzz , Z (z, 0) = 0, Zt (z, 0) = z 2 , x ∈ R1 , t & 0, x ∈ R1 y ∈ R 1 , t & 0, y ∈ R1 z ∈ R 1 , t & 0, z ∈ R1的解, 那么由一维波动方程的Kirchho?公式(3.1.2), 得X (x, t) = 1 2 4 2 x t + t6 , 12 45 Y (y, t) = y 2 + 8t2 , 8 Z (z, t) = tz 2 + t3 , 3由叠加原理知, u = u(x, y, z, t) = X (x, t) + Y (y, t) + Z (z, t)是原问题的解.3.20 utt = a2 (uxx + uyy + uzz ) + 6y, ut=0(x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3 .= 3x ? 2xy z, ut2t=0= 3yz,解直接代入三维波动方程Poisson公式(3.1.6), 可得u(x, y, z, t) = 3x ? 2xy 2 z ? 2a2 xzt2 + 3yzt + 3yt2 .3.2习题解答? 43 ?3.21utt = a2 (uxx + uyy ), ut=0(x, y ) ∈ R2 , t & 0,t=0= x2 (x + 3y ) + y 2 , ut= 3xy,(x, y ) ∈ R2 .解直接代入二维波动方程Poisson公式(3.1.9), 得u(x, y, t) = x2 (x + 3y ) + y 2 + a2 (3x + 3y + 1)t2 + 3xyt.3.22utt = uxx + uyy + x3 ? 3xy 2 , ut=0(x, y ) ∈ R2 , t & 0, (x, y ) ∈ R2 .= ex cos y, utt=0= ey sin x,解 因为初值函数φ(x, y ) = ex cos y, ψ (x, y ) = ey sin x和方程的非齐次项f (x, y ) = x3 ? 3xy 2 都满足二维Laplace方程?u = uxx + uyy = 0,因此,可设所求的解具有形式u(x, y, t) = ex cos y + tey sin x + h(t)(x3 ? 3xy 2 ),代入原方程得h(t) =t2 , 故所求的解为 2 t2 3 (x ? 3xy 2 ). 2u(x, y, t) = ex cos y + tey sin x +3.23 (热传导方程的齐次化原理) 设函数 f (x, t) 连续可微. 证明：如果 w = w(x, t, τ ) 是初值问题 wt = a2 wxx , w|t=τ = f (x, τ ), ?∞ & x & +∞, t & τ ?∞ & x & +∞ 0,的解, 其中参数 τ0, 那么由积分所定义的函数tu(x, t) =0w(x, t, τ )dτ是初值问题ut = a2 uxx + f (x, t), u(x, 0) = 0, ?∞ & x & +∞, t & 0, ?∞ & x & +∞的解. 解容易验证u(x, 0) = 0和t tut = w|τ =t +0wt dτ = f (x, t) +0 t 0wt dτ= f (x, t) + a2wxx dτ = f (x, t) + a2 uxx? 44 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法这就是我们所要证明的.3.24 证明方程 1? x h2?2u ? = a2 ?t2 ?x1?x h2?u ?x(3.2.1)的通解可以表示成u(x, t) = F (x ? at) + G(x + at) , h?x (3.2.2)其中h, a & 0 为常数, F, G 为任意二阶连续可微函数; 并由此求解在区域 D = {(x, t)| ? ∞ & x & +∞, t & 0} 内的初值问题u(x, 0) = φ(x), ut (x, 0) = ψ (x), ?∞ & x & +∞ (3.2.3)的解, 其中 φ(x), ψ (x) 为已知二阶连续可微函数. 证 令v (x, t) = (h ? x)u(x, t), 那么容易验证v 满足vt = a2 vxx , ?∞ & x & +∞, t & 0 (3.2.4)其通解为v (x, t) = F (x ? at) + G(x + at), 由此得式(3.2.2). 为了得到满足初始条 件(3.2.3)的解, 令φ1 (x) = (h ? x)φ(x), ψ1 (x) = (h ? x)ψ (x), 则由D’Alembert公式, 得u(x, t) = 1 1 v (x, t) = [φ1 (x ? at) + φ1 (x + at)] + h?x 2(h ? x) 2a(h ? x)x+atψ1 (ξ )dξx?at3.25 假设函数 f (x, t), φ(x) 和 ψ (x) 关于变量 x 是奇函数 (或者周期为 L 的函数), 则初值问题 (3.1.1) 的解u(x, t) 关于 x 也是奇函数 (或者周期为 L 的函数). 证 先设函数 f (x, t), φ(x) 和 ψ (x) 关于变量 x 是奇函数, 即f (?x, t) = ?f (x, t), φ(?x) = ?φ(x), ψ (?x) = ?ψ (x)又设 u(x, t)是初值问题 (3.1.1) 的解. 定义函数v (x, t) = ?u(?x, t). 显然vx (x, t) = ux (?x, t), vt (x, t) = ?ut (?x, t) vtt (x, t) = ?utt (?x, t)和vxx (x, t) = ?uxx (?x, t),那么vtt ? a2 vxx (x, t) = ?utt (?x, t) + a2 uxx (?x, t) = ?f (?x, t) = f (x, t),3.2习题解答? 45 ?进一步地,有v (x, 0) = ?u(?x, 0) = ?φ(?x) = φ(x), vt (x, 0) = ?ut (?x, 0) = ?ψ (?x) = ψ (x),这表明v 满足问题(3.1.1)中的初始条件, 所以v 也是初值问题(3.1.1)的解. 由参考文 献[1]中定理3.1.3关于解的唯一性, 得出v (x, t) = ?u(?x, t), 即?u(?x, t) = u(x, t). 如果 f (x, t), φ(x), ψ (x) 关于变量 x是周期为 L的函数, 即f (x + L, t) = f (x, t), φ(x + L) = φ(x), ψ (x + L) = ψ (x)令v (x, t) = u(x + L, t). 类似地可以证明 v (x, t)也是初值问题(3.1.1)的解.由解的唯 一性, 得v (x, t) = u(x, t), 即u(x + L, t) = u(x, t). 3.26 求出下列定解问题的解： ? 2 ? x & 0, t & 0, ? ? utt = a uxx , u(x, 0) = ut (x, 0) = 0, x 0, ? ? ? u (0, t) = q (t), t 0, x 其中, q (t) ∈ C 2 , 且 q (0) = q (0) = 0. 解 令u(x, t) = v (x, t) + xq (t), 则v 满足 ? 2 ? x ? ? vtt = a vxx ? xq (t), v (x, 0) = vt (x, 0) = 0, x ? ? ? v (0, t) = 0, t x0, t & 0, 0, 0,利 用 半 无 界 弦 振 动 问 题 端 点 自 由 情 况 下 的 求 解 公 式(见 参 考 文 献[1]中 式(3.1.23)?式(3.1.24)), 当x at时,v (x, t) = ? 1 2at 0 x+a(t?τ )ξq (τ )dξ dτ = ?xq (t),x?a(t?τ )当0x & at时, v (x, t) = ? 1 2a 1 2at? x a 0 t t? x a a(t?τ )?x a(t?τ )+xq (τ )0 x+a(t?τ )ξ dξ +0ξ dξ dτ?ξq (τ )dξ dτx?a(t?τ ) t? x a 0= ? xq (t) ? aq (τ )dτ,因此, 所求的解为? 46 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法? ? ? 0, u(x, t) = ? ? ?a0 t? x ax q (τ )dτ, 0at, t & 0, x & at.3.27 求解双曲型方程的古尔沙问题： utt = uxx , ux=?t?t & x & t, t & 0,x=t= φ(x), u= ψ (x),其中φ(x), ψ (x) ∈ C 2 , 且 φ(0) = ψ (0). 解 方程的通解为u(x, t) = F (x + t) + G(x ? t),由定解条件得φ(x) = u|x=?t = F (0) + G(2x), ψ (x) = F (2x) + G(0),由此得F (x) = ψ x ? G(0), 2 G(x) = φ x ? F (0), 2 φ(0) = F (0) + G(0),所以, 原问题的解是u(x, t) = φ x?t 2 +ψ x+t 2 ? φ(0).3.3 补充习题解答3.28 假设函数f (x) ∈ C 2 (R1 ), g (x) ∈ C 1 (R1 ), 且存在非零常数A, B 和b & 0,使得|x|→+∞lim|x|?b f (x) = A,|x|→+∞lim|x|1?b g (x) = B证明一维波动方程初值问题utt = a2 uxx , u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g (x), x ∈ R 1 , t & 0, x ∈ R1的解u = u(x, t)满足：存在常数c, 使得t→+∞lim t?b u(x, t) = c并且确定该常数c.3.3补充习题解答? 47 ?证利用D’Alembert公式(3.1.2), 解为u(x, t) = 1 [f (x + at) + f (x ? at)] + 2 1 = [f (x + at) + f (x ? at)] + 2 1 2a t 2ax+atg (s)dsx?at ag (τ t + x)dτ,?a固定x ∈ R1 , 得t→+∞lim t?b u(x, t) = lim1 ?b t1?b t [f (x + at) + f (x ? at)] + lim t→+∞ 2 t→+∞ 2a 1 2a B a |τ t + x|1?b g (τ t + x) dτ tb?1 |τ t + x|1?b ?a t→+∞ lima 0 aag (τ t + x)dτ?a= Aab + = Aab +|τ |b?1 dτ = Aab +Bab?1 ≡ c. b3.29 设u(x, t) 是初值问题 utt = uxx , u(x, 0) = 0, ut (x, 0) = (1 + x2 )α eβx ,R1 ×R+2(x, t) ∈ R1 × R+ , x ∈ R1的解. 求所有这样的α, β , 使得 sup |u(x, t)| & +∞, 其中R+ = (0, ∞). 解 取f (x) = 0, g (x) = (1 + x2 )α eβx . 显然, 当β & 0时, 对任意的α 和b & 0 成立 lim |x|1?b g (x) = 0. 因此由上题结论, 可知u(x, t)在R1 × R+ 上有界.|x|→+∞2当β = 0时, 那么对任意的b & 0, 只要2α & b ? 1, 便成立 lim |x|1?b g (x) = 0.|x|→+∞由于b & 0 是任意的, 故当2α & ?1时, 此时u(x, t)在R × R 上有界.3.30 设u(x, t) 是初值问题 ? ? ? ? utt = uxx , u(x, 0) = 0, ? ? ? u (x, 0) = (x3 + α2 x4 )(1 + x2 )β ,t t→+∞1+(x, t) ∈ R1 × R+ , x ∈ R1 , x ∈ R1的解.求所有这样的α, β , 使得 lim u(0, t) 存在且有限. 解 由D’Alembert公式(3.1.2), 该问题的解是u(x, t) = 1 2x+t x?t(s3 + α2 s4 )(1 + s2 )β ds,所以u(0, t) = 1 2t(s3 + α2 s4 )(1 + s2 )β ds = α20ts4 (1 + s2 )β ds,?t? 48 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法5 容易知道, 当α = 0时, 对任意β 以及α = 0, β & ? 时, 极限 lim u(0, t) 存在且有 t→+∞ 2 限. 3.31 求下列定解问题的解 uxx + 2 cos x uxy ? sin2 x uyy ? sin x uy = 0, u(x, sin x) = f (x), uy (x, sin x) = g (x), y & 0, x ∈ R 1 , x ∈ R1解所给方程对应的特征方程组是dy = cos x ± 1, dx其积分曲线为y = sin x + x + c1 , y = sin x ? x + c2 . 令ξ = sin x ? y + x, η = sin x ? y ? x. 那么原方程化为?4uξη = 0,故原方程通解是u(x, y ) = F (sin x ? y + x) + G(sin x ? y ? x),由初值条件得f (x) = u(x, sin x) = F (x) + G(?x), g (x) = uy (x, sin x) = ?F (x) ? G (?x)这样可以解得F (x) = 1 2xf (x) ?0g (s)ds + c ,G(?x) =1 2xf (x) +0g (s)ds ? c ,其中c为积分常数.因此所求的解是u(x, y ) = 1 1 [f (sin x ? y + x) + f (x + y ? sin x)] + 2 2x+y ?sin xg (s)ds.sin x+x?y3.32 举出这样的函数φ, ψ ∈ C 2 (R1 )的例子： 它们使得初值问题 uxx + 5uxy ? 6uyy = 0, uy =6x(3.3.1) (3.3.2)= φ(x),uyy =6x= ψ (x),(a)有解. 这解是否唯一? (b) 无解.解方程(3.3.1)对应的特征方程组是dy = ?1, dx dy = 6, dx (3.3.3)3.3补充习题解答? 49 ?其积分曲线为y + x = c1 , y ? 6x = c2 . 令ξ = y + x, η = y ? 6x, 则方程(3.3.1)简化 为uξη = 0, 其通解是u(x, y ) = F (y + x) + G(y ? 6x), (3.3.4)其中F (ξ ), G(η ) ∈ C 2 (R1 )是任意一元函数.由初始条件(3.3.2)得φ(x) = uy =6x= F (7x) + G(0), = F (7x) + G (0),ψ (x) = uyy =6x上述方程有解的必要条件是φ (x) = 7ψ (x) + c, c 为常数 (3.3.5)因此初值问题(3.3.1)?(3.3.2)有解的必要条件是函数φ(x), ψ (x) 满足式(3.3.5). 取φ(x) = 7x2 , ψ (x) = 2x和任取G ∈ C 2 (R1 ), 且满足G(0) = G (0) = 0. 易验证 函数u(x, y ) = 1 (x + y )2 + G(y ? 6x) 7是初值问题(3.3.1)?(3.3.2)的解. 显然它不是唯一的. 注 该例子表明, 在特征线上给定定解条件, 解一般是不适定的. 3.33 求解三维波动方程初值问题utt = uxx + uyy + uzz , u|t=0 = 0, ut |t=0 = r ,m(x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3 ,其中m 解 题化为0 和r =x2 + y 2 + z 2 .由于初值条件只与r 有关, 因此考虑在球面坐标系中求解.这样, 原初值问utt = urr + 2 r ur , u|t=0 = 0, ut |t=0 = r ,mr & 0, t & 0, r 0,其中u = u(r, t). 令v = v (r, t) = ru(r, t), 则v 满足 ? ? r & 0, t & 0, ? ? vtt = vrr , m+1 v (r, 0) = 0, vt (r, 0) = r , r 0, ? ? ? v (0, t) = 0, t 0, 该问题可以看作半无界弦的振动问题, 其解可由参考文献[1]中式(3.1.19)?(3.1.20)表 示为? 50 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法v (r, t) =1 2r +t r ?t r +tsm+1 ds =1 (r + t)m+2 ? (r ? t)m+2 , 2(m + 2)rt和 1 v (r, t) = 2sm+1 ds =t?r1 (r + t)m+2 ? (t ? r)m+2 , 2(m + 2)0r & t,故所求的解为u(r, t) = 1 1 v (r, t) = (r + t)m+2 ? |t ? r|m+2 , r 2r(m + 2) r & 0.而u(r, t)在r = 0的值看作以下极限：u(0, t) = lim u(r, t) = limr →0+v (r, t) r 1 (r + t)m+2 ? (t ? r)m+2 = lim = tm+1 , 2(m + 2) r→0+ rr →0+这里我们用了微积分中的求极限的洛必塔法则. 3.34 设u(r, t)是三维波动方程初值问题utt = uxx + uyy + uzz , u|t=0 = 0, ut |t=0 = (1 + 4r2 )?1/2 , (x, y, z ) ∈ R3 , t & 0, (x, y, z ) ∈ R3的解, 求 lim u(0, t), 其中r =t→+∞x2 + y 2 + z 2 .解由3.33题, 令v = v (r, t) = ru(r, t), 则v 满足 ? ? r & 0, t & 0, ? ? vtt = vrr , 2 ?1/2 v (r, 0) = 0, vt (r, 0) = r(1 + 4r ) , r 0, ? ? ? v (0, t) = 0, t 0利用上题方法, 其解可以表示为v (r, t) = 1 r+t s(1 + 4s2 )?1/2 ds 2 r?t 1 = [1 + 4(r + t)2 ]1/2 ? [1 + 4(r ? t)2 ]1/2 , 8r0, t0,所以u(0, t) = lim u(r, t) = limr →0+v (r, t) r 1 (1 + 4(r + t)2 )1/2 ? (1 + 4(r ? t)2 )1/2 t = lim =√ 8 r→0+ r 1 + 4t2r →0+和3.3补充习题解答? 51 ?t→+∞lim u(0, t) =1 . 23.35 求解三维波动方程的球对称解 utt ? a2 (urr + 2r?1 ur ) = f (r, t), u(r, 0) = φ(r), ut (r, 0) = ψ (r), r & 0, t & 0, r 0.解令v (r, t) = ru(r, t), 则原问题化为如下初值问题vtt ? a2 vrr = rf (r, t), v (r, 0) = rφ(r), vt (r, 0) = rψ (r), r & 0, t & 0, r 0,由于v (r, t) = ru(r, t), 所以v (0, t) = 0. 故对已知函数关于r进行奇延拓.记F (r, t) = rf (r, t), rf (?r, t), 0, 0, r & 0, t r & 0, t 0, 0. 0, 0.Φ (r) =rφ(r), r & 0, t rφ(?r), r & 0, tΨ (r) =rψ (r), r & 0, t rψ (?r), r & 0, t它们可以简记为F (r, t) = rf (|r|, t), Φ (r) = rφ(|r|), Ψ (r) = rψ (|r|)与之对应的初值问题的解为1 1 v (r, t) = [Φ (r + at) + Φ (r ? at)] + 2 2a + 1 2at 0 r +a(t?τ ) r ?a(t?τ ) r +atΨ (ξ ) dξr ?atF (ξ, τ ) dξ dτ,这个解限制在r & 0上就是v (r, t) = ru(r, t). 因此原问题的解是u(r, t) = 1 1 [(r + at)φ(r + at) + (r ? at)φ(|r ? at|)] + 2r 2ar + 1 2art 0 r +a(t?τ ) r +atξψ (ξ ) dξr ?atξf (|ξ |, τ ) dξ dτ.r ?a(t?τ )3.36 求解下列定解问题 ? 2 ? ? ? utt = a uxx , u|x?at=0 = φ(x), ? ? ? u| = h(t),x=0t & 0, 0 & x & at, x t 0, 0. (3.3.6)? 52 ?第3章波动方程的初值(柯西)问题与行波法解我们用行波法来解这个问题.方程的通解为u(x, t) = f (x + at) + g (x ? at), (3.3.7)由边界条件,得φ(x) = u|x=at = f (2x) + g (0), h(t) = u|x=0 = f (at) + g (?at), (3.3.8)所以f (x) = φ x ? g (0), 2 x & 0. (3.3.9)进一步, 由式(3.3.8)中第2个式得g (s) = h ?s a ? f (?s) = h ?s a ?φ ?s 2 + g (0), s & 0, (3.3.10)因为x & at, 所以由式(3.3.10), 得g (x ? at) = h t ? x ?φ a at ? x 2 + g (0),于是得到所求的解是u(x, t) = φ x + at 2 ?φ at ? x 2 +h t? x , a类似地我们可以得到定解问题 ? 2 ? ? ? utt = a uxx , u|x?at=0 = φ(x), ? ? ? u | x x=0 = g (t), 的解为u(x, t) = φ x + at 2t & 0, 0 & x & at, x t at ? x 2 0, 0t? x a 0?φ? φ(0) ? ag (s)ds.3.37 求解下列定解问题 vtt = a2 (vxx + vyy ) + c2 v, v |t=0 = φ(x, y ), vt |t=0 = ψ (x, y ), (x, y ) ∈ R2 , t & 0, (x, y ) ∈ R2其中c为常数. 解 令u(x, y, z, t) = e a z v (x, y, t),c则原问题化为3.3补充习题解答? 53 ?utt = a2 (uxx + uyy + uzz ), u|t=0 = ec az(x, y, z ) ∈ R3 , t & 0,c azφ(x, y ), ut |t=0 = eψ (x, y ),(x, y, z ) ∈ R3 .于是由三维波动方程的Poisson公式,得v (x, y, t) =e? a z u(x, y, z, t) = e? a z ? 4πa ?tM Sat c c c c ce? a z e a ζ φ(ξ, η ) dS + at 4πaM Sate a ζ ψ (ξ, η ) dS. at
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