数理方程习题解答

竖立方程习题解答习题一1习题二3习题三5习题四错误！未定义书签。习题五错误！未定义书签。1习题1.1.41．导出弦受阻力的波动方程其中阻力与速度成正比，为常数．解我们考虑弦的一个微元。令为端点处的张力，如教材图1.1所示，沿锤直方向作用在这个微元上的力是,阻力为,由牛顿(Newton)第二定律1，此合力等于质量乘以加速度．因此(1)其中是密度，是微元弦的弧长．因为运动弦的斜率是很小的，故有sxΔ≈Δ.因角和也很小，所以我们有，，于是(1)式变成（2）但由微积分学我们知道，在时刻,,于是，方程(2)便可写成令取极限，我们求得（3）其中2.设长度为的均匀弹性杆的线密度为，杨氏模量为，试列出杆的微小纵振动方程。解考虑杆在无外力作用下的振动。取杆的一端为原点，干的方向为轴建立坐标系：则杆上各点在时刻的位移是。在杆上任取一段，其两端点静止时的坐标为,此小杆段在时刻的相对伸长为：，令得点在时刻的相对伸长为(,)xuxt，由Hooke定律知张力为，再此小杆段上用Newton第二定律得两边同除并令得：若杨氏模量为为常数则得：。1牛顿(Newton)第二定律与动量守恒定律等价，也可以用动量守恒定律来见方程，见《数学物理方程讲义》（姜礼尚、陈亚浙）P1习题1.2.43习题1.2.41设悬浮粒子由重力引起的沉淀速度是不变的，又假定在同一水平面上粒子的浓度是相同的，试给出悬浮粒子的浓度所满足的方程．解取竖直向下的方向为轴，考虑介于平面之间，截面积为常数的柱体。质量守恒关系为其中为这段时间内柱体内粒子质量的增加，而为这段时间内由于扩散作用经由柱体的上、下底面进入柱体内的粒子质量，是由于沉淀经柱体的上、下底面进入柱体的粒子质量。其中是扩散系数。从而注意到与的任意性，由上式立即得2．没有一厚为l的无限平面板，在其表面与温度为的周围介质发生热交换，如果板的温度不随其厚度而变化(即在垂直于板面的直线上的点的温度均相同)，试给出板冷却的初边值问题。解取平面上任意一区域，在从到()这段时间内考察柱体中热量的平衡关系：其中为从到这段时间内，中温度的变化所吸收的热量，而与则分别为这段时间内，通过由板内其他部分流入的热量以及通过上、下板面与周围介质的热交换所获得的热量。不难计算得数学物理方程习题解答4从而所以其中。此外还有初始条件于是得二维Cauchy问题22取垂直于板平面的方向为轴，则在温度依赖于的情况下，所讨论的是由两平面所界的无界区城内的问题，边界条件给在两平面上，此时边值问题为在温度u不依赖于z的情况下，不能简单地由三维方程得出u满足二维热传导方程，因为若将所给问题当作二维问题，则此时上、下板面与周围介质的热交换不能再当作边界条件来处理，而应考虑到方程中去。也就是说，边界条件和方程不是截然分开的两个不同的东些，而是同一事物的不同表现方式。在齐次方程和非齐次方程、齐次边界条件和非齐次边界条件之间的转换时，就会从数学上遇到此问题。习题1.3.35习题1.3.31．(《数学物理方程讲义》姜礼尚、陈亚浙P34,17)设()22211()||()22JvvvdxaxvdsfvdxgvdsΩ∂ΩΩ∂Ω=∇++−−∫∫∫∫其中()0ax≥。考虑以下三个问题：问题I(变分问题)：求1()uMC∈=Ω使得()min()uMJuJv∈=问题II：求1()uMC∈=Ω使得它对于任意vM∈都满足()()()0uvuvfvdxaxuvgvdsΩ∂Ω∇⋅∇+⋅−+−=∫∫问题III(第三边值问题)：求21()()uCC∈Ω∩Ω满足以下边值问题()uufxuaxugxn−Δ+=∈Ω⎧⎪∂⎨+=∈∂Ω⎪∂⎩(1)证明问题I与问题II等价．(2)当21()()uCC∈Ω∩Ω时，证明问题I、II、III等价．证明设问题I(变分问题)成立，即1()uMC∈=Ω使得()min()uMJuJv∈=，则对vMuvMεε∀∈∀∈+∈R，从而()2221()()|()|()21()()()()2jJuvuvuvdxaxuvdsfuvdxguvdsεεεεεεεΩ∂ΩΩ∂Ω=+=∇+++++−+−+∫∫∫∫在0ε=取的最小值，所以(0)0j′=，即()(0)()0juvuvdxaxuvdsfvdxgvdsΩ∂ΩΩ∂Ω′=∇⋅∇++−−=∫∫∫∫（1）所以问题I⇒问题II。由于()jε是一个二次函数，故(0)j取最小值等价于(0)0j′=，也就是问题I⇔问题II。当21()()uCC∈Ω∩Ω时由高斯公式得6()uuvdxvuvudxvdSvudxnΩΩ∂ΩΩ∂∇⋅∇=∇∇−Δ=−Δ⎡⎤⎣⎦∂∫∫∫∫所以()()0uuufvdxaxugvdsvMnΩ∂Ω∂⎛⎞−Δ+−++−=∀∈⎜⎟∂⎝⎠∫∫由变分引理得()uufxuaxugxn−Δ+=∈Ω⎧⎪∂⎨+=∈∂Ω⎪∂⎩所以问题II⇒问题III。而问题III⇒问题II是显然的，所以，问题II⇔问题III。习题2.1.31将下列方程化成标准型()()2222222(1)0,0;(2)0,0,0;(3)4420,(4)0,0;(5)sin2sin0;(6)110.xxyyxxyyxxxyyyyxxyyxxxyyyxxyyxyuxuxyuxuxyuuuuuyuyxuyxuyuxuyuxuyu+=+=++−=+=≠⋅−⋅+=+++++=解（1）由特征方程解得两簇共轭特征线，做变换，则由链式法则原方程化为（2）由特征方程解得两簇共轭特征线，做变换，则由链式法则原方程化为（3）由特征方程解得一簇特征线，做变换，则由链式法则原方程化为（4）由特征方程220dyydx+=当0y时解得一簇共轭特征线2yxic±=，做变换2,yxξη==，则由链式法则原方程化为10uuuξξηηξξ+−=7当0y时解得两簇特征线2yxc−±=，做变换2,2xyxyξη=+−=−−，则由链式法则原方程化为()102()uuuξηξηξη+−=−（5）由特征方程2222sin2sin0xdyyxdxdyydx−+=解得一簇特征线2xytgc=，做变换,2xytgyξη==，则由链式法则原方程化为2220uuηηξξξξη−=+（6）由特征方程()()2222110xdyydx+++=解得两簇共轭特征线()()22ln1ln1xxiyyc++±++=，做变换()2ln1xxξ=++，()2ln1yyη=++，则由链式法则原方程化为0uuξξηη+=。2证明常系数方程0xyxyuaubucu+++=必可通过未知函数变换化为10xyvcv+=。证明令()2axbyuve−+=，则()()()()()()()()()()()()()()()()()(),bxaybxaybxaybxayxxyybxaybxaybxaybxayxyxyxyxyxybxaybxaybxaybxayxyxybxaybxaybxaybxaybxxyuvebveuveaveuveavebveabveuaubucuveavebveabveavebvebveavecve−+−+−+−+−+−+−+−+−+−+−+−+−+−+−+−+−=−=−=−−+∴+++=−−++−+−+()()()()()00aybxaybxayxyxyvecabvevcabv+−+−+=+−=∴+−=习题2.2.31证明常系数椭圆型方程必能通过自变量与未知函数的变换化为0ucuΔ+=的形式。证明：的系数矩阵是正定的。取8正交矩阵使得。做变换则原方程化为。在令可得。最后做变换，则得。2证明常系数双曲型方程必能通过自变量与未知函数的变换化为的形式。证明：的系数矩阵的特征值全部为零，且有一个与其n个异号。取正交矩阵使得。做变换则原方程化为。在令可得。最后做变换，则得。习题2.3.11求下列方程的特征方向11223344(1)(2)(3)xxxxxxxxttxxyyzztxxyyuuuuuuuuuuu+=+=++=−解（1）设()1234,,,ααααα=，则22221234αααα+=+，取单位特征方向，222212341αααα+++=。所以，2222123412αααα+=+=。记12341111cos,sin,cos,sin2222αθαθαϑαϑ====，则1111cos,sin,cos,sin2222αθθϑϑ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠。（2）设()1234,,,ααααα=，则22221234αααα=++，取单位特征方向，222212341αααα+++=。所以，2222123412αααα=++=。记12341111,sinsin,sincos,cos2222ααθβαθβαθ=±===，则1111,sinsin,sincos,cos2222αθβθβθ⎛⎞=±⎜⎟⎝⎠。9（3）设()123,,αααα=，则22230αα=−，取单位特征方向，2221231ααα++=。所以，221221αα+=。记12311cos,sin,sin22αθαθαθ===±，则11cos,sin,sin22αθθθ⎛⎞=±⎜⎟⎝⎠。2对波动方程()20ttxxyyuauu−+=过直线:0,2ltyx==的特征平面。解设单位特征方向(),,nαβγ=，则2222222()0(1),1(2)aαβγαβγ−+=++=易见直线l过了原点的。设所求特征平面为0txyαβγ++=，直线l过点(0,1,2)所以20(3)βγ+=。由（1）、（2）、（3）得特征平面为520atxy±+−=。习题3.1.71求的一般解解。（提示：令）解3令，则化为，其通解为，从而原方程的一般解为。2求2222uuxxxxy∂∂∂⎛⎞=⎜⎟∂∂∂⎝⎠一般解。（提示：(,)(,)vxyxuxy=）解令(,)(,)vxyxuxy=，则2222uuxxxxy∂∂∂⎛⎞=⎜⎟∂∂∂⎝⎠化为22220vvxy∂∂−=∂∂，通解为(,)()()vxyxyxyϕψ=++−，从而原方程的一般解为3通过未知函数的变换求解，习题2思想一样。问题是如何寻找这种变换，这是非常困难的。10()1(,)()()uxyxyxyxϕψ=++−。3求一般解。（提示：）解4特征方程为，解得两簇特征线,。做变换，则原方程化为所以,故。4求222222220uuuuuxxyyxyxyxyxy∂∂∂∂∂−+++=∂∂∂∂∂∂的一般解。（提示：xyyξη==）解5特征方程为dyydxx=−，解得特征线为xyc=，令xyyξη==，则原方程化为2211,uuvuvvηηηηηη⎛⎞∂∂∂∂=−⇒=−=⎜⎟∂∂∂∂⎝⎠所以lnlnln()vηϕξ=−+。从而，()uϕξηη∂=∂。于是(,)()ln()uxyxyyxyϕψ=+5求初值问题的解（提示：）解做变换，则原方程化为。其一般解为。从而，由初始条解得解得4化方程为标准型的思想的应用。5与习题3思想一样，这里化简后的方程是一个含参数的特殊的二阶常微分方程.11于是.6求解问题222222sinsin2cossinsin0()()yxyyxuuuuxxxxyyxyugxuhx==⎧∂∂∂∂+−−=⎪∂∂∂∂∂⎪⎪=⎨⎪′=⎪⎪⎩解由特征方程解得特征两簇线sinsinxyxcxyxc+−=−+=，做变换sinsinxyxxyxξη=+−=−+，则原方程化为20uξη∂=∂∂。其一般解为(,)()()uξηϕξψη=+。从而(,)(sin)(sin)uxyxyxxyxϕψ=+−+−+，由初始条件得()()()()()()xxgxxxhxϕψϕψ+=⎧⎨′′−=⎩解得0011()()()()()()22xxxgxhxdxxgxhxdxϕψ⎡⎤⎡⎤=+=−⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∫∫从而sinsin(sin)(sin)1(,)()22xxyxxygxyxgxyxuxyhxdx−++−+−+−+=+∫7求解定解问题（提示：令）解由特征方程解得特征两簇线，令，则原方程化为。其一般解为。从而，由初始条件得12从而，。从而解得所以.8.求解Goursat问题其中为已知常数．并画图指出定解条件的决定区域。解6方程的一般解为带入定界条件解得9.求解Cauchy问题解由Dalembert公式解得i).ii)10.求解非齐次方