复旦数学物理方法课件10行波法与分离变量法

10行波法分离变量法有了数学物理方程和所需的附加条件，下一步就是：如何解？先从物理上考虑。10.1一维无界区域的自由振动D’Alembert公式无界区域的自由振动以弦的横振动为例。振动方程：utt-a2uxx=f其中：a2=T/ρ,f=F/ρ,F为单位长度受到的外力，ρ弦的线密度。对自由振动，f=0。无限长的弦，不必计及边界的影响。物理上的理解：弦足够长，边界足够远，以致于边界的影响（反射）尚来不及传到我们所感兴趣的这段弦。定解问题：utt=a2uxx双曲型泛定方程u(x,0)=φ(x),ut(x,0)=ψ(x)Cauchy初始条件（给定函数及其导数值）方程对应于§9.4节(1.4)式：A∂2φ∂t2+B∂2φ∂t∂x+C∂2φ∂x2=0中A=1,B=0,C=-a2，B2-4AC=4a20，可作变换ξ=Ax+12-B+B2-4ACt=x+at,η=Ax+12-B-B2-4ACt=x-at把方程化为：∂2u∂ξ∂η=0形式从而可解得：u=f1(ξ)+f2(η)=f1(x-at)+f2(x+at)，其中f1(x)和f2(x)为任意函数。可见，只有泛定方程，远远不能完全确定解。解的物理意义：第一项：f1(x-at)=f1(x′),x′=x-atx′atxSS′以S为实验室坐标系，x为在S坐标系中的坐标，以S′为相对于实验室坐标以速度a沿x方向运动的坐标系，据伽利略变换，在S′坐标系中的坐标x′=x-at因波形f1(x′)不显含时间，所以在S′坐标系中看，波形是固定不变的。从而在实验室坐标系S上看，f1(x-at)表示一个以速度a不畸变地向右运动的波形。第二项：f2(x+at)=f2(x′′),x′′=x+at类似于f1(x-at)，在实验室坐标系S上看，f2(x+at)表示一个以速度a不畸变地向左运动的波形。因此，泛定方程的解为两个不畸变的传播波，一个向右传播，一个向左传播。f[x_]:=If-4x-0.915,-Sin[x]-12x-1.25,0;a=1;AnimatePlotf[x],12f[x-at],12f[x+at],{x,-9,4},PlotRange{{-8,4},{-0.1,0.7}},PlotStyle{{Black,Thick},{Red,Thick},{Blue,Dashing[0.02],Thick}},RegionFunctionFunction[{x,y},y0],{t,0,5,0.02},AnimationRunningFalset-8-6-4-224-0.10.10.20.30.40.50.60.7现在需确定适当的函数f1和f2，使解满足两个初始条件。u(x,t)=f1(x-at)+f2(x+at),u(x,0)=φ(x)⟹f1(x)+f2(x)=φ(x)ut(x,0)=ψ(x)⟹-af1′(x)+af2′(x)=ψ(x)⟹f1(x)-f2(x)=-1ax0xψ(ξ)ξ+c2z10a.nb解得：f1(x)=12φ(x)-12ax0xψ(ξ)ξ+c2f2(x)=12φ(x)+12ax0xψ(ξ)ξ-c2⟹u(x,t)=f1(x-at)+f2(x+at)=12[φ(x-at)+φ(x+at)]+12ax-atx+atψ(ξ)ξ从而，一维无界波动方程的解——D’Alembert公式utt=a2uxxu(x,0)=φ(x)ut(x,0)=ψ(x)⟹u(x,t)=12[φ(x-at)+φ(x+at)]+12ax-atx+atψ(ξ)ξ其物理意义为：一个向左、一个向右传播的无畸变的行波，如上图所示。故称这种解法为行波法。☺例1.无限长弦在x=x0受一冲量I冲击，弦的线密度为ρ，求弦振动解：先写出定解问题（定解条件）：无限长，无需边条utt-a2uxx=0泛定方程u(x,0)=0,ut(x,0)=?初条在x0点得到冲量，从而仅在该点有初速度：ut(x,0)=cδ(x-x0)I=ut(x,0)ρx⟶cρ=I⟶ut(x,0)=Iρδ(x-x0)（参见§9.4例2）利用D'Alembert公式：u(x,t)=12ax-atx+atIaδ(ξ-x0)ξ=12ax-x0-atx-x0+atIaδ(η)η当x-x0-at0x-x0+at0即tx-x0a时，u=I2aρu(x,t)=I2aρ,tx-x0a0,otherwise物理意义：离x0距离为d=x-x0之处，要等到时间在x-x0a后才有响应（位移）。即：波从x0传到距x0的距离为d=x-x0处，需要时间da，故a也称为波传播速度。z10a.nb3a=1;ρ=1;Ip=1;u[x_,t_]:=IftAbs[x]a,Ip2aρ,0;Animate[Plot[u[x,t],{x,-5,5},AxesOrigin{0,0},PlotRange{-0.5,1.0},PlotStyle{{Red,Thick}},RegionFunctionFunction[{x,y},y-0.1]],{t,0,5,0.02},AnimationRunningFalse]t-4-224-0.4-0.20.20.40.60.81.04z10a.nb半无界区域的自由振动——初始条件的延拓1.第一类齐次边条——奇延拓定解问题：utt=a2uxxx≥0（出现边界x=0，在x=0需要边条）u(x,0)=ϕ(x),ut(x,0)=ψ(x)u(0,t)=0相当于一端固定(1.1)对这个定解问题，我们注意到两点：(a)我们仅需要在x≥0区域的解(b)满足以上方程的解是唯一的，即只要满足(1.1)，就是该问题的解为此，我们可在x0区域人为地附加一些条件，使得问题拓展为无界问题，即可用D’Alembert公式求解。然后在无界问题的解中取x≥0部分，如果解在这部分满足定解条件(1.1)，即为原问题的解。至于无界问题的解在x0区域如何，并不重要。——这就是延拓的思想。半无界延拓无界：需要：无界问题的解在x≥0区域仍满足(1.1)延拓后可以用D’Alembert公式半无界Dirichlet（I类）齐次边条的延拓：utt=a2uxxx≥0u(x,0)=ϕ(x),ut(x,0)=ψ(x)u(0,t)=0延拓Utt=a2Uxx-∞x+∞U(x,0)=Φ(x)Ut(x,0)=Ψ(x)U(0,t)=0对应于：u(0,t)=0(1.2)显然延拓后U满足的泛定方程与u相同。也就是说：U满足左边方程的第一行。所以，问题就归结为如何选取Φ(x)和Ψ(x)，使得U在x≥0区域满足左边的第二、三、四行。令在x≥0区域：Φ(x)和Ψ(x)分别退化为ϕ(x)和ψ(x)，Φ(x)=ϕ(x)Ψ(x)=ψ(x)ifx≥0这样无界解U就可满足左边的第二、三行。而在x0区域：Φ(x)和Ψ(x)如何取？取适当的Φ(x)和Ψ(x)，使得在x=0,U(x,t)x=0=0以满足左边的第四行。这样，无界解U就满足半无界问题的定解条件，根据解的唯一性，在x≥0区域：u(x,t)=U(x,t)。由(1.2)，利用D’Alembert公式可得：U(x,t)=12[Φ(x-at)+Φ(x+at)]+12ax-atx+atΨ(ξ)ξ现要求在x=0时，U(0,t)=0以满足(1.1)中的第四行，为此，需要U(0,t)=12[Φ(-at)+Φ(at)]+12a-atatΨ(ξ)ξ=0显然，只要Φ(x)和Ψ(x)为奇函数即可。又因为，在x≥0区域：Φ(x)和Ψ(x)分别退化为ϕ(x)和ψ(x)，因此，我们就确定了(1.2)式的Φ(x)和Ψ(x)Φ(x)=ϕ(x)x≥0-ϕ(-x)x0,Ψ(x)=ψ(x)x≥0-ψ(-x)x0因为把原来给定的在x≥0区域的初始条件做奇函数延拓至-∞x+∞区域，故称为奇延拓。这样，(1.2)式解出的U(x,t)在x≥0区域满足(1.1)式，即：在x≥0区域，u(x,t)=U(x,t)。在x≥0区域z10a.nb5u(x,t)=U(x,t)=12[ϕ(x-at)+ϕ(x+at)]+12ax-atx+atψ(ξ)ξ,x-at≥012[Φ(x-at)+ϕ(x+at)]+12ax-at0Ψ(ξ)ξ+12a0x+atψ(ξ)ξ,x-at0进一步化为：u(x,t)=12[ϕ(x-at)+ϕ(x+at)]+12ax-atx+atψ(ξ)ξ,x-at≥012[ϕ(x+at)-ϕ(at-x)]+12aat-x0ψ(ξ)ξ+12a0x+atψ(ξ)ξ,x-at0(1.3)物理意义：(a)在t≤x/a时，解的形式（上式第一行）与无界情况完全相同，因为在x发生的扰动，在tx/a的时间内尚未到达x=0端，该端是固定还是延伸到无穷长，对波没有影响。(b)在tx/a时，解的形式（上式第二行）与无界情况不相同，因为在x发生的扰动已经传到x=0端，“发觉”该端被固定而非延伸到无穷，边界效应就显现，解当然有区别。下图分别展示无界和半无界的行波。为简单起见，下图假设ψ(x)=0。若ψ(x)≠0，可设h′(x)=ψ(x)，则u(x,t)中多了：12a[h(x+at)-h(at-x)]，与前一项12[ϕ(x+at)-ϕ(at-x)]的形式完全相同。6z10a.nbClear[f1,g1];f1[x_]:=If[Abs[xπ-2π]π/2,Cos[πx],];g1[x_]:=If[x≥0,f1[x],-f1[-x]];a=1;ps={{Black,Thick},{Red,Thick},{Blue,Thick}};Manipulatega=Plotf1[x],12f1[x-at],12f1[x+at],{x,-7.5,7.5},PlotRange{{-4,8},{-1,1}},PlotStyleps;gb=Plotf1[x],12g1[x-at],12g1[x+at],{x,-7.5,7.5},PlotRange{{-4,8},{-1,1}},PlotStyleps,RegionFunctionFunction[{x,y},x0];Grid[{{ga,gb}}],{t,0,10,0.01}t2.1-4-22468-1.0-0.50.51.0-4-22468-1.0-0.50.51.0可以看到，左行的波在遇到固定边界时被反射，反射波与左行入射行波之间相位差为π（见右图x=0处红蓝波形。）这种反射波相对于入射波在相位上突变π的现象，物理上成为半波损失。在x=0处，反射波与入射波之和u(0,t)=0。在时间足够长时，就只剩向右传播的波形。思考：(1.3)式表明当x-at0时，u(x,t)=12[ϕ(x+at)-ϕ(at-x)]是否表明存在一左行波一右行波？如果是，这与在时间足够长时，只剩下向右传播的波形是否矛盾？2.第二类齐次边条——偶延拓定解问题：utt=a2uxxx≥0（出现边界x=0，在x=0需要边条）u(x,0)=ϕ(x),ut(x,0)=ψ(x)ux(0,t)=0相当于一端自由的半无限长细杆纵振动(1.4)类似于第一类齐次边条，但这里要作偶延拓。半无界II类齐次边条的延拓：z10a.nb7utt=a2uxxx≥0u(x,0)=ϕ(x),ut(x,0)=ψ(x)ux(0,t)=0延拓Utt=a2Uxx-∞x+∞U(x,0)=Φ(x)Ut(x,0)=Ψ(x)Ux(0,t)=0(1.5)利用D’Alembert公式可得：U(x,t)=12[Φ(x-at)+Φ(x+at)]+12ax-atx+atΨ(ξ)ξ现要求在x=0时，Ux(0,t)=0以满足(1.4)式中的第四行。Ux(x,t)=12[Φ′(x-at)+Φ′(x+at)]+12a[Ψ(x+at)-Ψ(x-at)]Ux(0,t)=12[Φ′(-at)+Φ′(at)]+12a[Ψ(at)-Ψ(-at)]，显然，只要Φ(x)和Ψ(x)为偶函数即可（偶函数的导数为奇函数）。因此，我们就确定了(1.5)式的Φ(x)和Ψ(x)Φ(x)=ϕ(x)x≥0ϕ(-x)x