数学物理方程谷超豪版第二章课后答案
第 二 章 热 传 导 方 程
§1 热传导方程及其定解问题的提
1. 一均匀细杆直径为l ，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从于规律
dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ，比热为c ，热传导系数为k ，试导出此时温度u 满足的方程。
解：引坐标系：以杆的对称轴为x 轴，此时杆为温度),(t x u u =。记杆的截面面积4
2
l π为S 。
由假设，在任意时刻t 到t t ?+内流入截面坐标为x 到x x ?+一小段细杆的热量为
t x s x
u
k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+一小段中产生的热量为
()()t x s u u l
k
t x l u u k dQ ??--=??--=111124π
又在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+这一小段内由于温度变化所需的热量为
()()[]t x s t
u
c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3
由热量守恒原理得：
()t x s u u l
k t x s x u
k
t x s t u c x
t ??--????=????11
2
24ρ 消去t x s ??，再令0→?x ，0→?t 得精确的关系：
()11
224u u l k x
u k t u c --
??=??ρ 或 ()()11
22
2112244u u l c k x
u a u u l c k x u c k t u --??=--??=??ρρρ 其中 ρ
c k a =2
2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。
解：在扩散介质中任取一闭曲面s ，其包围的区域 为Ω，则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质，由dsdt n
u
D
dM ??-=，其中D 为扩散系数，得 ?????=
2
1
t t s
dsdt n
u
D
M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为
()()[]???????????ΩΩΩ
??=??=-=2
12
1121,,,,,,t t t
t dvdt t u
C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M
两者应该相等，由奥、高公式得：
????????Ω
Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2
12
11t t t t dvdt t u
C M dvdt z u
D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程：
??? ??????+???
? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C
3. 砼(混凝土)内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的
水化热成正比。以()t Q 表示它在单位体积中所储的热量，0Q 为初始时刻所储的热量，则
Q dt
dQ
β-=，其中β为常数。又假设砼的比热为c ，密度为ρ，热传导系数为k ，求它在浇后温度u 满足的方程。
解： 可将水化热视为一热源。由Q dt
dQ
β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设，放
热速度为
t
e
Q ββ-0
它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得
????
?
?-=+???? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x
u a t u t 20222222
2 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度0u 的介质中，试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程
()2201224.0ρω
ρωρc r
i u u c P k x u c k t u +--??=?? 其中i 及r 分别表示导体的电流强度及电阻系数，表示横截面的周长，ω表示横截面面积，而k 表
示导线对于介质的热交换系数。
解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为
()t x f x
u a t u ,22
2+??=??
其中()()()t x F c t x F t x f c k
a ,,/,,,2
ρρ
==
为单位体积单位时间所产生的热量。 由常电流i 所产生的()t x F ,1为2
2/24.0ωr i 。因为单位长度的电阻为ω
r ，因此电流i 作功为
ω
r
i 2
乘上功热当量得单位长度产生的热量为ω/24.02
r i 其中0.24为功热当量。
因此单位体积时间所产生的热量为2
2
/24.0ωr i
由常温度的热交换所产生的(视为“被动”的热源)，从本节第一题看出为
()01
4u u l k --
其中l 为细杆直径，故有l
l l p 4
4/
2==ππω，代入得 ()()012,u u p
k t x F --=
ω
因热源可迭加，故有()()()t x F t x F t x F ,,,21+=。将所得代入()t x f x
u a t u ,22
2+??=??即得所求：
()22012224.0ρω
ρωρc r
i u u c P k x u c k t u +--??=?? 5*. 设物体表面的绝对温度为u ，此时它向外界辐射出去的热量依斯忒---波耳兹曼
(Stefan-Boltzman)定律正比于4
u ，即
dsdt u dQ 4
σ=
今假设物体和周围介质之间只有辐射而没有热传导，又假设物体周围介质的绝对温度为已 知函数),,,(t z y x f ,问此时该物体热传§导问题的边界条件应如何叙述？
解：由假设，边界只有辐射的热量交换，辐射出去的热量为
,|41dsdt u dQ s σ=辐射进来的
热量为,|42dsdt f dQ s σ=因此由热量的传导定律得边界条件为：
]||[|44s s s f u n
u
k
-=??σ
§2 混合问题的分离变量法 1． 用分离变量法求下列定解问题的解：
???
?
?
????<<=>=??=<<>??=??)0()()0,()0(0),(),0(0,0()222πππx x f x u t t x u t u x t x u a t
u 解：设)()(t T x X u =代入方程及边值得
??
?
?
?=+'='==+00
)(0)0(02"T a T X X X X λπλ 求非零解)(x X 得x n x X n n n 2
1
2sin )(,4)12(2+=+=
λ ),1,0( =n 对应Ｔ为 t
n a n n e C t T 4)12(2
2)(+-=
因此得 ∑∞
=+-
+=
04
)12(2
1
2sin
),(2
2n t n a n x n e
C t x u 由初始值得 ∑∞
=+=
2
1
2sin
)(n n x n C x f 因此 ?
+=
π
π
2
1
2sin
)(2
xdx n x f C n 故解为 ∑?
∞
=+-+?+=
4)12(2
1
2sin
2
1
2sin
)(2
),(22n t
n a x n e
d n f t x u π
ξξξπ ２．用分离变量法求解热传导方程的混合问题
???
??
??
????>==?????<<-≤<=<<>??=??)0(0
),1(),0(1
21
1210)0,()10,0(2
2t t u t u x x x x x u x t x
u
t u 解：设)()(t T x X u =代入方程及边值得
?
??=+===+0'0
)1()0(0"T T X X X X λλ
求非零解)(x X 得x n X n n n ππλsin ,2
2== n=1,2,……
对应Ｔ为 t
n n n e C T 22π-=
故解为 ∑∞
=-=1
sin ),(22n t
n n x n e
C t x u ππ
由始值得
∑∞=??
???
<<-≤<=11
211210sin n n x x x x x n C π
因此 ?
?
-+=2
10
1
2
1
]sin )1(sin [2xdx n x xdx n x C n ππ
12
12
221
022]sin 1cos )1(1[2]sin 1cos 1[2x n n x n x n x n n x n x n ππππππππ---++-=
2sin 4
22ππ
n n =
所以 ∑∞
=-=122sin 2sin 4
),(22n t
n x n e n n t x u πππ
π
３．如果有一长度为l 的均匀的细棒，其周围以及两端l x x ==,0处均匀等到为绝热，初
始温度分布为),()0,(x f x u =问以后时刻的温度分布如何？且证明当)(x f 等于常数0u 时，恒有0),(u t x u =。
解：即解定解问题
???
?
??
?
??==??=????=??===)(|0||00222x f u x u x u
x u a t u t l x x
设)()(t T x X u =代入方程及边值得
???=+===+0
'0)(')0('0
"2
T a T l X X X X αλλ 求非零解)(x X ：
)1( 当0<λ时，通解为
x
x
Be Ae
x X λλ--
-+=)(
x
x
e B e A x X λλλλ--
----=)('
由边值得 ??
?
=---=------00
l
e B e
A B A l
λλλλλλ
因0≠-λ故相当于 ???=-=----00
l
l Be Ae
B A λλ 视B A ,为未知数，此为一齐次线性代数方程组，要)(x X 非零，必需不同为零，即 此齐次线性代数方程组要有非零解，由代数知必需有
011=-----l
l
e e
λλ 但
01
1≠-=----
----l
l
l
l
e e
e
e
λλλλ
因,0,0>->λl x
e 为单调增函数之故。因此没有非零解)(x X 。
)2(当0=λ时，通解为
a
x X b
ax x X =+=)(')(
由边值得 0)(')0('===a l X X 即b 可任意，故1)(≡x X 为一非零解。
)3(当0>λ时，通解为
x
B x A x X x B x A x X λλλλλλcos sin )('sin cos )(+-=+=
由边值得 ???=+-===0
cos sin )('0
)0('l B l A l X B X λλλλλ
因,0≠λ故相当于???
==0
sin 0l A B λ
要)(x X 非零，必需,0≠A 因此必需,0sin =l λ即
)
(整数n n l πλ=
)
(整数n l
n πλ=
这时对应 )1(cos
)(==A x l
n x X 取π
因n 取正整数与负整数对应)(x X 一样，故可取
,2,1cos )(,2,1)(2=====
n x l
n x X n l n l n n π
π
λπλ 对应于,1)(,00==x X λ解T 得00)(C t T =
对应于,)(2l n πλ=,cos )(x l
n x X n π
=解T 得t l an n n e
C t T 2
)()(π-=
由迭加性质，解为
∑∞
=-+=1
)(0cos
),(2n t
l
an n x l
n e
C C t x u ππ ∑∞
=-?=
)(cos
2n t
l
an n x l
n e
C ππ 由始值得 ∑∞
==0
cos )(n n x l n C x f π
因此 ?=
l dx x f l C 00)(1 ?=l
n xdx l n x f l C 0
cos )(2π
,2,1=n 所以 ?∑?∞
=-?+=l
n l
t l
an x l
n e
d l n f l dx x f l t x u 010
)(cos cos )(2)(1),(2
π
ξξπ
ξπ
当const u x f ==0)(时，
0cos
2,1000000====??xdx l
n u l C u dx u l C l
n l
π
,2,1=n 所以 0),(u t u u =
4．在,0>t l x <<0区域中求解如下的定解问题
????
?
????===--??=??)()0,(),(),0()
(002222x f x u u t l u t u u u x u
t
u βα
其中0,,u βα均为常数，)(x f 均为已知函数。
[提示：作变量代换.),(0t e t x v u u β-+=]
解：按提示，引t e t x v u u β-+=),(0，则),(t x v 满足
???
?
?
????====??=??===000222)(0,0u x f v v v x u
t
u t l x x α
由分离变量法满足方程及边值条件的解为
x l
n e
A t x v t
l
n n n π
π
αsin
),(2)(
1
-∞
=∑=
再由始值得 x l
n A u x f n n πsin
)(1
0∑∞
==
- 故 xdx l
n u x f l A l
n ?-=00sin
])([2π
因此 t e t x v u t x u β-+=),(),(0
x l
n e
d l n u f l u t
l
n n l
π
ξξπ
ξβπ
αsin
sin ])([2])[(10
002+-∞
=∑?-+= 5．长度为l 的均匀细杆的初始温度为
0，端点0=x 保持常温0u ，而在l x =和侧面上，热量可以发散到到周围的介质中去，介质的温度取为
0，此时杆上的温度分布函数),(t x u 满足下述定解问题：
???
?
??
???==+??=-??=??=0)0,(0][,),0(02
222x u Hu x u
u t u u b x u a t u l x
试求出),(t x u
解：引),()(),(t x w x v t x u +=使w 满足齐次方程及齐次边值，代入方程及边值，计算后得)(x v 要满足：
??
???=+==-=0)(,)0(01'02
222x Hv v u v v b dx
v d a )(x v 的通解为
x a
b
Bsh x a b Ach x v +=)(
由边值 0)0(u A v ==
又 )()(0'
x a
b Bch x a b sh u a b x v +=
得 0)()(00=+++l a
b
Bsh l a b ch u H l a b Bch l a b sh u a b
解之得 )()(0l a b
Hash l a b bch l a b Hach l a b bsh u B ++-=
因此 )()()(00l a b
Hash l a b bch x a b sh l a b Hach l a b bsh u x a b ch u x v ++-=
)()]()([0l a
b
Hash l a b bch x l a b Hash x l a b bch u +-+--=
这时),(t x w 满足：
???
?
?????-=-==+??=-??=??====v v w Hw x w
w w b x w a t
w t t x x 00102
2
220)(,0 设)()(),(t T x X t x w =代入方程及边值条件得
?????=++=+=+0
)(0)()(),0(0
22''''T b a T l HX l X X X X λλ
求非零解0)(>λ x X 时，才有非零解。这时通解为
x B x A x X λλsin cos )(+=
由边值得
00)0(===A A X 得
sin cos (cos )(sin )('=+==l H l B x
B x X x
B x X λλλλλλ
要0≠B ，即有非零解，必须
0sin cos =+l H l λλλ 即 H
l tg λ
λ-
=
令 Hl P l ==,μλ
得 p
tg μ
μ-
=
它有无穷可数多个正根，设其为 ,,,21μμ得 2
2
,sin
)(l x l
x X n
n n
n μλμ=
=
对应T 为 t b l a n n n
e
A t T )(
222
2)(+-=μ
因此 x l
e A t x w n
t b l
a n
n n
μμsin
),()(1
2222+-∞
=∑
=
其中n μ满足方程 Hl p p
tg =-=μ
μ
再由始值得
l
a
b Hash l a b bch x l a b
Hash x l a b bch v x l
A n n n +-+--=
-=∑
∞
=)]
()([sin 01
μμ 所以 ??-=l
n
l
n
n xdx
l
xdx
l v A 02
sin sin
μμ
应用n μ满足的方程，计算可得
?
+++=l
n
n
n
p p p l xdx l 0
222
2
)1([2sin
μμμ
又
??
?-+=-?l a b
ch l l
a b xdx l x l a b ch n n l
n (1
sin )(2
2220μμμ l
n
n
x l
x a b
sh a b x l x 0
sin )1(cos )???
---μμ
)cos (2
22
22
2l a
b ch l l
l b a l a n
n n
n μμμμ+
-
+=
)(cos 222222l a b
ch l
b a l a n n n
-+-=
μμμ ???-+=-?
l a
b
ch a b l b a xdx l x l a b sh
n l
n (1
sin )(2
2220
μμ l
n
n
n x al
x a b
sh l x l x 0
cos )1(sin )???
---μμμ )sin (22222
2l a b sh l a b
l
b a l a n n n μμμ+-+=
数学物理方程第二章 傅里叶级数
（20141008）第二章 傅里叶级数 1. n a 和n b 的推导 如果以2π为周期的函数()f x 可以展开成三角级数，即 01 ()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑ （1） 成立。在等式两边同时对x 积分有 0001()d d (cos sin )d 2022n n n a a f x x x a nx b nx x a ππππππππ∞-- -==++=+=∑???g 因此 01()d a f x x πππ- =? 将等式（1）左右两边同时乘以*cos ()kx k N ∈然后对x 积分有 01 ()cos d cos d (cos sin )cos d 2n n n a f x kx x kx x a nx b nx kx x ππππππ∞---==++∑??? 利用三角函数的正交性，等式右边的第二项积分而言，当n k ≠时，积分为0，而当n k =时，积分为k a π，所以 ()cos d 0k k f x kx x a a ππππ-=+=? 因此 *1()cos d , k a f x kx x k N πππ- =∈? 将等式（1）左右两边同时乘以*sin ()kx k N ∈然后对x 积分后同理可得 *1()sin d , k b f x kx x k N πππ-= ∈? 合并上述结果，可以得到
1 ()cos d , (=0,1,2,3,)n a f x nx x n πππ -=?L 1()sin d , (1,2,3,)n b f x nx x n π ππ-==?L n a 和n b 即为()f x 的傅里叶系数，等式（1）的右边即为()f x 的傅里叶级数。记为： 01 ()~(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞=++∑ 此处之所以没有使用“=”，是由于尚不清楚()f x 的傅里叶级数是否以()f x 为和函数，且其是否收敛也未可知。 对于()f x 的傅里叶级数而言，如果()f x 是奇函数，显然有 02 0, ()sin d n n a b f x nx x π π==? 由于此时()f x 的傅里叶级数仅剩下正弦项，因此也成为正弦级数； 如果()f x 是偶函数，同理有 02()cos d , 0n n a f x nx x b π π==? 且由于此时()f x 的傅里叶级数仅剩下余弦项，因此也成为余弦级数。 2. 关于傅里叶级数的一些重要结论 以2π为周期，定义于[,]ππ-上的函数()f x x =的傅里叶展开式为 2 141cos(21), (,)2(21)n n x x n π π∞ =--∈-∞+∞-∑ 证明（应该不会考）如下：
数学物理方程谷超豪版第二章课后答案
第 二 章 热 传 导 方 程 §1 热传导方程及其定解问题的提 1. 一均匀细杆直径为l ，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从于规律 dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ，比热为c ，热传导系数为k ，试导出此时温度u 满足的方程。 解：引坐标系：以杆的对称轴为x 轴，此时杆为温度),(t x u u =。记杆的截面面积4 2 l π为S 。 由假设，在任意时刻t 到t t ?+内流入截面坐标为x 到x x ?+一小段细杆的热量为 t x s x u k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻t 到t t ?+在截面为 x 到x x ?+一小段中产生的热量为 ()()t x s u u l k t x l u u k dQ ??-- =??--=11 1124π 又在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+这一小段内由于温度变化所需的热量为 ()()[]t x s t u c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3 由热量守恒原理得： ()t x s u u l k t x s x u k t x s t u c x t ??-- ????=????11 2 24ρ 消去t x s ??，再令0→?x ，0→?t 得精确的关系： ()11 224u u l k x u k t u c -- ??=??ρ 或 ()()11 22 2112244u u l c k x u a u u l c k x u c k t u --??=--??=??ρρρ 其中 ρ c k a =2 2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。 解：在扩散介质中任取一闭曲面s ，其包围的区域 为Ω，则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质，由dsdt n u D dM ??-=，其中D 为扩散系数，得 ?????= 2 1 t t s dsdt n u D M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为 ()()[]???????????ΩΩΩ ??=??=-=2 12 1121,,,,,,t t t t dvdt t u C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M 两者应该相等，由奥、高公式得： ????????Ω Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2 12 11t t t t dvdt t u C M dvdt z u D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程： ?? ? ??????+???? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C 3. 砼(混凝土)内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的 水化热成正比。以()t Q 表示它在单位体积中所储的热量，0Q 为初始时刻所储的热量，则 Q dt dQ β-=，其中β为常数。又假设砼的比热为c ，密度为ρ，热传导系数为k ，求它在浇后温度u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由Q dt dQ β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设，放 热速度为 t e Q ββ-0 它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得 ??? ? ??-=+??? ? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222 2 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度0u 的介质中，试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程 ()2201224.0ρω ρωρc r i u u c P k x u c k t u +--??=?? 其中i 及r 分别表示导体的电流强度及电阻系数，表示横截面的周长，ω表示横截面面积，而k 表示导线对于介质的热交换系数。 解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为
数学物理方程第二版答案
数学物理方程第二版答案 第一章． 波动方程 §1 方程的导出。定解条件 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 u x x l t u x ???+-=???)]([22ρ∣x u 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 ])[(2 2x u x l x g t u ??-??=??。 5. 验证 2 221),,(y x t t y x u --= 在锥2 22y x t -->0中都满足波动方程 222222y u x u t u ??+??=??证：函数2221),,(y x t t y x u --=在锥2 22y x t -->0内对变量t y x ,,有 二阶连续偏导数。且 t y x t t u ?---=??- 23 222)( 22 52222 3 2222 2 ) (3) (t y x t y x t t u ?--+---=??- -
数学物理方程 答案 谷超豪
第一章． 波动方程 §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 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： 其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u x x t 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 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 于是得运动方程 tt u x x s x ???)()(ρx ESu 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 若=)(x s 常量，则得 22)(t u 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 (2)若l x =为自由端，则杆在l x =的张力x u x E t l T ??=) (),(|l x =等于零，因此相应的边界条件为 x u ??|l x ==0 同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为 x u ??∣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 x u E ??∣)](),([t v t l u k l x --==
数学物理方程总结
数学物理方程总结 Revised by Jack on December 14,2020
浙江理工大学数学系 第一章：偏微分方程的基本概念 偏微分方程的一般形式：221 1 (,,, ,,,)0n u u u F x u x x x ???=??? 其中12(,,...,)n x x x x =是自变量，12()(,,...,)n u x u x x x =是未知函数 偏微分方程的分类：线性PDE 和非线性PDE ，其中非线性PDE 又分为半线性PDE ，拟线性PDE 和完全非线性PDE 。 二阶线性PDE 的分类（两个自变量情形）： 2221112222220u u u u u a a a a b cu x x y y x y ?????+++++=?????? （一般形式 记为 PDE （1）） 目的：可以通过自变量的非奇异变换来化简方程的主部，从而据此分类 (,) (,)x y x y ξξηη=?? =? 非奇异 0x y x y ξξηη≠ 根据复合求导公式最终可得到： 22211122222 20u u u u u A A A A B Cu ξξηηξη ?????+++++=??????其中： 考虑22111222( )2()0z z z z a a a x x y y ????++=????如果能找到两个相互独立的解 那么就做变换(,) (,)x y x y ξφηψ=??=? 从而有11220A A == 在这里要用到下面两个引理： 引理1：假设(,)z x y φ=是方程22111222( )2()0z z z z a a a x x y y ????++=???? (1)的特解，则关系式(,)x y C φ=是常微分方程：22111222()2()0a dy a dxdy a dx -+= （2）的一般积分。 主
数学物理方程与特殊函数-模拟试题及参考答案
成都理工大学 《数学物理方程》模拟试题 一、填空题（3分?10=30分） 1.说明物理现象初始状态的条件叫（ ），说明边界上的约束情况的条件叫（ ），二者统称为 （ ）. 2.三维热传导齐次方程的一般形式是：（ ） . 3 .在平面极坐标系下，拉普拉斯方程算符为 （ ） . 4.边界条件 f u n u S =+??)(σ是第（ ）类边界条件，其中S 为边 界. 5.设函数),(t x u 的傅立叶变换式为),(t U ω，则方程22 222x u a t u ??=??的傅立叶变换为 （ ） . 6.由贝塞尔函数的递推公式有 =)(0x J dx d （ ） . 7.根据勒让德多项式的表达式有)(3 1)(3 202x P x P += （ ）. 8.计算积分 =? -dx x P 2 1 1 2)]([（ ） . 9.勒让德多项式)(1x P 的微分表达式为（ ） . 10.二维拉普拉斯方程的基本解是（ ） . 二、试用分离变量法求以下定解问题（30分）： 1.??? ? ? ????<<=??===><
2.???? ? ?? ??===><<<+??=??====20,0,8,00,20,16200202 2 2 22x t u t x x u t u t t x x u u u 三、用达朗贝尔公式求解下列一维波动方程的初值问题（10分） ?? ???=??=>+∞<<-∞+??=??==0 ,2sin 0,,cos 0022 2 22t t t u x u t x x x u a t u 四、用积分变换法求解下列定解问题（10分）： ??? ? ???=+=>>=???==, 1, 10,0,1002y x u y u y x y x u 五、利用贝赛尔函数的递推公式证明下式（10分）： )(1)()(' 0' '02x J x x J x J -= 六、在半径为1的球内求调和函数u ，使它在球面上满足 θ21cos ==r u ，即所提问题归结为以下定解问题（10分）:
数学物理方程习题解答案
数学物理方程习题解 习题一 1，验证下面两个函数： (,)(,)sin x u x y u x y e y == 都是方程 0xx yy u u += 的解。 证明：（1 ）(,)u x y = 因为322 2 22 2222 2222 22 322 222 2222 2222 222222 222222 1 1()22 () 2()()11()22()2()()0()() x xx y yy xx yy x u x x y x y x y x x x y u x y x y y u y x y x y x y y y y x u x y x y x y y x u u x y x y =-? ?=- +++-?-=-=++=-??=-+++-?-=-=++--+=+=++ 所以(,)u x y =是方程0xx yy u u +=的解。 （2）(,)sin x u x y e y = 因为 sin ,sin cos ,sin x x x xx x x y yy u y e u y e u e y u e y =?=?=?=-? 所以 sin sin 0x x xx yy u u e y e y +=-= (,)sin x u x y e y =是方程0xx yy u u +=的解。 2，证明：()()u f x g y =满足方程 0xy x y uu u u -=
其中f 和g 都是任意的二次可微函数。 证明：因为 ()()u f x g y = 所以 ()(),()()()() ()()()()()()()()0 x y xy xy x y u g y f x u f x g y u f x g y uu u u f x g y f x g y g y f x f x g y ''=?=?''=?''''-=?-??= 得证。 3， 已知解的形式为(,)()u x y f x y λ=+，其中λ是一个待定的常数，求方程 430xx xy yy u u u -+= 的通解。 解：令x y ξλ=+则(,)()u x y f ξ= 所以2 (),()x xx u f u f ξλξλ'''=?=? (),(),()xy y yy u f u f u f λξξξ'''''=?== 将上式带入原方程得2 (43)()0f λλξ''-+= 因为f 是一个具有二阶连续可导的任意函数，所以2 -430 λλ+=从而12 =3,1λλ=， 故1122(,)(3),(,)()u x y f x y u x y f x y =+=+都是原方程的解，12,f f 为任意的二阶可微函数，根据迭加原理有 12(,)(3)()u x y f x y f x y =+++为通解。 4，试导出均匀等截面的弹性杆作微小纵振动的运动方程（略去空气的阻力和杆的重量）。 解：弹性杆的假设，垂直于杆的每一个截面上的每一点受力与位移的情形都是相 同的，取杆的左端截面的形心为原点，杆轴为x 轴。在杆上任意截取位于 [,]x x x +?的一段微元，杆的截面积为s ，由材料力学可知，微元两端处的相对伸长（应 变）分别是 (,)u x t x ??与(,)u x x t x ?+??，又由胡克定律，微元两端面受杆的截去部分的拉力分别为()(,)u SE x x t x ??与()(,)u SE x x x x t x ?+?+??，因此微元受杆的截去部分的作用力的合力为：()(,)()(,)u u SE x x x x t SE x x t x x ??+?+?-??
数学物理方程期末考试试题及答案
数学物理方程期末考试试题及答案 一、求解方程（15分） ?????===-=+=-. )()(0002x u x u u a u at x at x xx tt ψ? 其中)0()0(ψ?=。 解：设? ??+=-at x at x ηξ＝则方程变为： 0=ξηu ，)()(at x G at x F u ++-=(8’)由边值条件可得： )()0()2(),()2()0(x G x F x x G F ψ?=+=+ 由)0()0(ψ?=即得： )0()2 ()2( ),(?ψ?--++=at x at x t x u 。 二、利用变量分离法求解方程。（15分） ?????==≥==∈=-====)(,)(, 0,0,),(,00002x u x u t u u Q t x u a u t t t l x x xx tt ψ? 其中l x ≤≤0。0>a 为常数 解：设)()(t T x X u =代于方程得： 0''=+X X λ，0''2=+T a T λ(8’) x C x C X λλsin cos 21+=，at C at C T λλsin cos 21+= 由边值条件得：
21)( ,0l n C πλ== l x n at A at B u n n n πλλsin )sin cos (1 +=∑∞= ?=l n dx l x n x l B 0sin )(2π?，?=l n dx l x n x an A 0sin )(2πψπ 三．证明方程02=--cu u a u xx t )0(≥c 具有狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与 稳定性. (15分) 证明：设u e v ct -=代入方程： ?? ???====-=).(),(),(),0()(02102t g t l v t g t v x v v a v t xx t ? 设21,v v 都是方程的解设21v v v -=代入方程得： ?? ???====-=0),(,),0(0002t l v t v v v a v t xx t 由极值原理得0=v 唯一性得证。(8’)由 ≤-21v v ετ≤-2 1v v ，稳定性得证由u e v ct -=知u 的唯一性稳定性 得证。 四．求解二维调和方程在半平面上的狄利克雷问题(15分). ,0,0>=++=?z u u u u zz yy xx ).(0x f u z == 解：设),,(ζηξp 是上半平面内一点，在该点放置单位点电荷，其对称点 ),,(?ηξ-p 格林函数： 222)()()(141 ),,,(?ηξπ ηξ-+-+--=z y x y x G 222)()()(141 ?ηξπ++-+-+z y x
2019年数学物理方程-第二章分离变量法.doc
2019年数学物理方程-第二章分离变量法.doc
第二章 分离变量法 分离变量法是求解偏微分方程定解问题最常用的方法之一，它和积分变换 法一起统称为Fourier 方法. 分离变量法的本质是把偏微分方程定解问题通过变量分离，转化为一个所谓的特征值问题和一个常微分方程的定解问题，并把原定解问题的解表示成按特征函数展开的级数形式. 本章介绍两个自变量的分离变量法，更多变量的情形放在其他章节中专门讨论. §2?1 特征值问题 2．1.1 矩阵特征值问题 在线性代数中，我们已学过线性变换的特征值问题. 设A 为一n 阶实矩阵，A 可视为n R 到自身的线性变换。该变换的特征值问题（eigenvalue problem ）即是求方程： ,n Ax x x R λ=∈， （1.1） 的非零解，其中C λ∈为待定常数. 如果对某个λ，问题（1.1）有非零解n x R λ∈，则λ就称为矩阵A 的特征值(eigenvalue)，相应的n x R λ∈称为矩阵A 的特征向量(eigenvector). 一般来讲，特征值问题（1.1）有不多于n 个相异的特征值和线性无关的特征向量. 但可证明: 任一n 阶矩阵都有n 个线性无关的广义特征向量，以此n 个线性无关的广义特征向量作为n R 的一组新基，矩阵就能够化为Jordan 标准型. 若A 为一n 阶实对称矩阵，在线性代数中有一个重要结果，即存在一个正交矩阵T 使得 1T AT D -=， （1.2） 其中D =diag 12(,,...,)n λλλ为实对角阵. 设12[ ... ]n T T T T =，i T 为矩阵T 的第i 列向量(1)i n ≤≤，则式（1.2）可写为如下形式 1212 [ ... ][ ... ]n n A T T T T T T D =， 或 , 1.i i i A T T i n λ=≤≤ （1.3） 上式说明，正交矩阵T 的每一列都是实对称矩阵A 的特征向量，并且这n 个特征向量是相互正交的. 由于此结论在一定意义下具有普遍性，我们以定理的形式给出. 定理1.1 设A 为一n 阶实对称矩阵，考虑以下特征值问题 ,n Ax x x R λ=∈， 则A 的所有特征值为实数，且存在n 个特征向量,1i T i n ≤≤，它们是相互正交的（正交性orthogonality ），可做为n R 的一组基（完备性completeness ）. 特征值问题在线性问题求解中具有重要的意义，下面举例说明之. 为简单起见，在下面两个例子中取A 为n 阶非奇异实矩阵，故A 的所有特征值非零，并且假设A 有n 个线性无关的特征向量,i T 相应的特征值为, 1i i n λ≤≤. 例1.1 设n b R ∈，求解线性方程组 Ax b =. 解 由于向量组{1}i T i n ≤≤线性无关，故可做为n R 的一组基. 将,x b 按此
数学物理方程考试试题及解答
数学物理方程试题（一） 一、填空题（每小题5分，共20分） 1.长为π的两端固定的弦的自由振动，如果初始位移为x x 2sin ，初始速度为 x 2cos 。则其定解条件是 2. 方程 03=??-??x u t u 的通解为 3.已知边值问题???===+0 )()0(0 )()('"πλX X x X x X ，则其固有函数)(x X n = 4.方程0)(222'"2=-++y n x xy y x α的通解为 二.单项选择题（每小题5分，共15分） 1. 拉普拉斯方程02222=??+??y u x u 的一个解是（ ） （A ）xy e y x u x sin ),(= （B ）22),(y x y x u += （C ）2 21),(y x y x u += （D ）22ln ),(y x y x u += 2. 一细杆中每点都在发散热量，其热流密度为),(t x F ,热传导系数为k ，侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ，则热传导方程是 ( ) （A ）ρc t x F x u a t u ),(222 22+??=?? （B ）ρc t x F x u a t u ),(222+??=?? (C ) ρc t x u x F a t F ),(22222+??=?? (D) ρc t x u x F a t F ),(22 2+??=?? (其中ρc k a =2) 3. 理想传输线上电压问题??? ??? ?=??=??=??=x aA t u x A x u x u a t u t ωωωsin ,cos )0,(0 2 2 222 ( 其中C L a 1 2 = )的解为（ ） （A ）)(cos ),(at x A t x u +=ω （B ）t a x A t x u ωωcos cos ),(= （C ）t a x A t x u ωωsin cos ),(= （D ）)(cos ),(t a x A t x u -=ω
数学物理方法第二章习题及答案整理
第二章答案 一、 简述 1． 简述状态空间描述与输入/输出描述的不同。 解：输入/输出描述是系统的外部描述，是对系统的不完全描述，用微分方程及其对应传递函数表征；状态空间描述是系统的内部描述，是对系统的完全描述，用状态空间表达式表征。 2． 线性定常系统经非奇异线性变换哪些量和性质不变？（至少列举3项） 解：特征值不变，传递矩阵不变，可控性及可观测性不变。 二、 多选题 1.对于n 阶线性定常系统 x Ax Bu =+&，下列论述正确的是（ ABD ） A 当系统矩阵A 具有n 个线性无关的特征向量12,,,n υυυL 时，则矩阵A 可化为对角线规范形； B 系统矩阵A 的n 个特征值12,,,n λλλL 两两互异，则矩阵A 可化为对角 线规范形； C 系统矩阵A 有重特征值，则矩阵A 不能化为对角线规范形； D 系统矩阵A 有重特征值，但重特征值的几何重数等于其代数重数，则 矩阵A 可以化为对角线规范形。 三、 求状态空间描述 1、 给定系统的传递函数为 1 ()(4)(8)G s s s s = ++ （1）写出系统的可控标准型状态空间描述。 解：由传递函数 32 11 ()(4)(8)1232g s s s s s s s ==++++ 可写出原系统的能控标准形 01000010032121u ???????????? ????--????x =x +& 2．已知系统的传递函数为 2325 ()1510 s s G s s s ++=++ 分别写出系统的能控、能观状态空间表达式。 解：
能控标准型： 01000010101501[521]x x u y x ???? ????=+????????--????=& （2分） 能观标准型： 00105101520101[0 01]x x u y x -???? ????=-+????????????=& 3．已知系统的传递函数为 2323 ()510 s s G s s s ++=++ 分别写出系统的能控、能观状态空间表达式。 解：能控标准型： 0100001010501[321]x x u y x ???? ????=+????????--???? =& （2分） 能观标准型： 010*********[0 01]x x u y x -???? ????=-+???????????? =& 3．已知系统的传递函数为 32 20 ()43G s s s s = ++ （1）写出系统的可控标准型状态空间描述。 解：（1）由传递函数 3220 ()43G s s s s =++可写出原系统的可控标准型 []01 00001003412000u y x ???? ????????????--????=&x =x + 4．已知系统的传递函数为 210 ()1 G s s = +
(整理)数学物理方程第二章分离变量法word版
第五讲补充常微分方程求解相关知识。
第二章 分离变量法 偏微分方程定解问题常用解法，分离变量法。 解常微分方程定解问题时，通常总是先求出微分方程的特解，由线性无关的特解叠加出通解，而后用定解条件定出叠加系数 一阶线性偏微分方程的求解问题，基本方法也是转化为一阶线性常微分方程组的求解问题 对于二阶以及更高阶的偏微分方程定解问题，情况有些不同：即使可以先求出通解，由于通解中含有待定函数，一般来说，很难直接根据定解条件定出，因此，通常的办法就是把它转化为常微分方程问题 （第六讲） §2.1 有界弦的自由振动 什么是分离变量法？使用分离变量法应具备那些条件？ 下面通过两端固定的弦的自由振动问题来说明。 定解问题：考虑长为l ，两端固定的弦的自由振动，其数理方程及定解条件为 .0 ),(u ),(u 0, ,0u ,0u 0, l,0 ,0 t 0022 222l x x x t t x x u a t u t t l x x ≤≤==>==><
数学物理方程第三版第一章答案解析(全)
数学物理方程第三版答案 第一章． 波动方程 §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 x x t 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 tt u x x s x ???)()(ρx ESu 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
数学物理方程课程
《数学物理方程》课程 教学大纲 课程代码：B0110040 课程名称：数学物理方程／equation of mathematic physics 课程类型：学科基础课 学时学分：64学时/4学分 适用专业：地球物理学 开课部门：基础课教学部 一、课程的地位、目的和任务 课程的地位：数学物理方程是地球物理学专业的一门重要的专业（或技术）基础课。数学物理方程是反应自然中物理现象的基本模型，也是一种基本的数学工具，与数学其他学科和其他科学技术领域诸如数值分析、优化理论、系统工程、物理、化学、生物等学科都有广泛联系。对于将来从事工程地震技术工作及自然科学研究的学生来说是必不可少的。期望学生通过该门课程的学习，能深刻地理解数学物理方程的不同定解问题所反应的物理背景。 课程的目的与任务：使学生了解数学物理方程建立的依据和过程，认识这门学科与物理学、力学、化学、生物学等自然科学和社会科学以及工程技术的极密切的广泛的联系。掌握经典数学物理方程基本定解问题的提法和相关的基本概念和原理，重点掌握求解基本线性偏微分方程定解问题的方法和技巧。使学生掌握与本课程相关的重要理论的同时，注意启发和训练学生联系自己的专业，应用所学知识来处理和解决实际问题的能力。 二、课程与相关课程的联系与分工 学生在进入本课程学习之前，应修课程包括：大学物理、高等数学、线性代数、复变函数、场论与向量代数。这些课程的学习，为本课程奠定了良好的数学基础。本课程学习结束后，可进入下列课程的学习：四大力学、电磁场与微波技术、近代物理实验等。且为进一步选修偏微分方程理论、数值计算、控制理论与几何分析等课程打下基础。
三、教学内容与基本要求 第一章绪论 1.教学内容 第一节偏微分方程的基本概念 第二节弦振动方程及定解条件 第三节热传导方程及定解条件 第四节拉普拉斯方程及定解条件 第五节二阶线性偏微分方程的分类 第六节线性算子 2.重点难点 重点：物理规律“翻译”成数学物理方程的思路和步骤，实际问题近似于抽象为理想问题 难点：数学物理方程的数学模型建立及数学物理方程的解空间是无限维的函数空间 3.基本要求 （1）了解数学物理方程研究的基本内容，偏微分方程的解、阶、维数、线性与非线性、齐次与非齐次的概念；了解算子的定义。了解三类典型方程的建立及其定解问题（初值问题、边值问题和混合问题）的提法，定解条件的物理意义。 （2）掌握微分算子的运算规律，理解线性问题的叠加原理 （3）了解二阶线性方程的特征理论 （4）掌握两个变量二阶线性偏微分方程分类方法及化简方法 （5）掌握三类方程的标准形式及其化简过程，会三类方程的比较，并能通过标准形式求得某些方程的通解。 第二章分离变量法 1.教学内容 第一节有界弦的自由振动。 第二节有界长杆的热传导问题。 第三节二维拉普拉斯方程的边值问题。 第四节非齐次方程得求解问题。
数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)
数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)
数学物理方程第二版答案 第一章． 波动方程 §1 方程的导出。 定解条件 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 u x x l t u x ???+-=???)] ([22ρ∣ x u 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
])[(2 2x u x l x g t u ??-??=??。 5. 验证 2 2 2 1),,(y x t t y x u --=在锥2 22 y x t -->0中都 满足波动方程 2 22222y u x u t u ??+??=??证：函数 2 2 2 1),,(y x t t y x u --= 在锥 2 22y x t -->0内对变量t y x ,,有 二阶连续偏导数。且 t y x t t u ?---=??-2 3 222)( 2 2 52222 32222 2)(3) (t y x t y x t t u ?--+---=??-- ) 2()(22223 222y x t y x t ++?--=- x y x t x u ?--=??- 23 222)( ()() 2 25222232222 23x y x t y x t x u - ---+--=?? ( )( )2 22 252222y x t y x t -+- -=- 同理 ()()22225222222y x t y x t y u +---=??- 所以 ()() .22 22 2225222222 2t u y x t y x t y u x u ??=++--=??+ ??- 即得所证。 §2 达朗贝尔公式、 波的传抪 3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题
数学物理方程谷超豪版第二章课后答案.doc
第二章 热传导方程 § 1 热传导方程及其定解问题的提 1. 一均匀细杆直径为 l ，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热 交换，服从于规律 dQ k 1(u u 1 )dsdt 又假设杆的密度为 ，比热为 c ，热传导系数为 k ，试导出此时温度 u 满足的方程。 解：引坐标系：以杆的对称轴为 x 轴，此时杆为温度 u u( x,t) 。记杆的截面面积 l 2 为 S 。 t 到 t t 内流入截面坐标为 x 到 x x 一小段细杆的热量为 4 由假设，在任意时刻 dQ u s t k u 2u s x t k x s t k 1 x x x x x 2 x t 到 t t 在截面为 杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻 x 到 x x 一小段中产生的热量为 4k 1 dQ 2 k 1 u u l x t u u s x t 1 l 1 又在时刻 t 到 t t 在截面为 x 到 x x 这一小段内由于温度变化所需的热量为 dQ c u x,t t u x,t s x c u s x t 由热量守恒原理得： 3 t t c u s x t k 2u s x t 4k 1 u u s x t t t x 2 x l 1 消去 s x t ，再令 x 0 ， t 2 u 0 得精确的关系： c u k 4k 1 u u t x 2 l 1 u k 2u 4k a 2 2 u 4k 或 t c x 2 c 1 u u 1 x 2 c 1 u u 1 l l 其中 a 2 k c 2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。 解：在扩散介质中任取一闭曲面 s ，其包围的区域 为 ，则从时刻 t 1 到 t 2 流入此闭曲面的溶 质，由 dM D u dsdt ，其中 D 为扩散系数，得 n t 2 D u dsdt M t 1 s n t 2 t 2 C u dvdt M 1 C u x, y, z, t 2 u x, y, z, t 1 dxdydz C u dtdv t 1 t t 1 t 两者应该相等，由奥、高公式得： t 2 u u u t 2 C u dvdt M D D D dvdt M 1 t 1 x x y y z z t 1 t 其中 C 叫做孔积系数 =孔隙体积。一般情形 C 1。由于 , t 1 , t 2 的任意性即得方程： C u D u D u z D u t x x y y z 3. 砼 ( 混凝土 ) 内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的 水化热成正比。以 Q t 表示它在单位体积中所储的热量， Q 0 为初始时刻所储的热量，则 dQ Q ，其中 为常数。又假设砼的比热为 c ，密度为 ，热传导系数为 k ，求它在浇后温 dt 度 u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由 dQ Q 及 Q t 0 Q 0 得 Q t Q 0e t 。由假设，放 dt 热速度为 Q 0 e t 它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书 71 页，式得 u a 2 2 u 2 u 2 u Q e t a 2k t x 2 y 2 z 2 c c 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度 u 0 的介质中，试证 : 在常电流作用下导线的温度满 足微分方程 u k 2 u k 1P u 0 0.24i 2 r t c x c u c 2 其中 i 及 r 分别表示导体的电流强度及电阻系数， 表示横截面的周长， 表示横截面面积， 而 k 表 示导线对于介质的热交换系数。 解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原 71 页及式知方程取形式为 u a 2 2u f x,t k t x 2 其中 a 2 , f x, t F x, t / c , F x,t 为单位体积单位时间所产生的热量。 c 由常电流 i 所产生的 F 1 x, t 为 0.24i 2 r / 2 。因为单位长度的电阻为 r ，因此电流 i 作功为 i 2 r 浓度由 u 变到 u 2 所需之溶质为 乘上功热当量得单位长度产生的热量为 0.24i 2 r / 其中为功热当量。