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.
）
3. 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，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页及式知方程取形式为
()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 4σ=
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
π0
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 ,22== n=1,2,…… 对应Ｔ为 t
n n n e C T 22π-=
故解为 ∑∞
=-=1
sin ),(2
2
n 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 ??
?
=---=------0
l
e B e
A B A l
λλλλλλ
|
因0≠-λ故相当于 ??
?=-=----0
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
011≠-=----
----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 ),(2
n t l
an n x l
n e
C C t x u ππ
∑∞
=-?=0
)(
cos 2
n t l
an n x l n e C π
π
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 0cos
)(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),(2π
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 0010222
20)(,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
222
2+-∞
=∑
=
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 )(22220
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+-+=
所以
[+-+-=-?n n n
l
n b l b a l
a u xdx v μμμμcos sin 2222200
l
a
b Jasj l a b bch l a b sh Ha lHb l a b ch b n n n +?
?
?
+-(sin μμμ)
()sin cos (222220222220l a
b Hash l a b bch lH l b a lb
a u l
b a l a u n n n n n n +--+-+-=μμμμμμ %
2
22
220
l
b a
l a u n
n +-=μμ )(Hl
tg n
n μμ-
=
得 )
()()(22
2
2
22
222
20n n
n n n p p l b a
p a u A μμμμ+
+?++?-=
最后得
?-+-+-=l a u l
a
b Hash l a b bch x l a b
Hash x l a b bch u t x u 2002)
()(),(
∑∞=+-?++++1)(222222222sin )
)(()(2222
n n t
n n n n x l b l a p p l b a p e n μμμμμμ 其中n μ满足
)(Hl p p
tg =-
=μ
μ
另一解法：设w v u +=使满足.0)(,),0(|0=+??==l z Hw x
w
u t w 为此取
,b ax w +=代入边值得
0)(,00=++=u al H a u b 解之得 ?????=+-=
01u b Hl Hu a
）
因而 )11(1000Hl
Hx
u x Hl Hu u w +-=+-
=
这时v ，满足
???
?
?
????+--=-==+??=+---??=??=)
11()0,()0,(0)(0),0()11(0
02
2222|Hl Hx u x w x v Hv x v t v Hl Hx u b v b x v a t
v i x 按非齐次方程分离变量法，有 )()(),(1
x x t T t x v n n n ∑∞
==
其中)(x x n 为对应齐次方程的特征函数，由前一解知为 ),,(sin )(Hl p p
u
tgu l u k x
k x x n n n n n n =-==
= 即
∑∞
==1
sin )(),(n n n x k t T t x v
代入方程得
)11(sin )(1
02222'Hl
Hx
u b x k T b T k a T n n n n n n +-
-=++∑∞
= 《
由于}{sin x k n 是完备正交函数系，因此可将 )11(02
Hl
Hx
u b +-
-展成}{sin x k n 的级数，即 ∑∞
==+--1
02
sin )11(n n n x k A Hl Hx
u b
由正交性得
?
+-
-=l
n n N xdx k Hl
Hx
u b A 002
/sin )11( ?
++=
=l
n n n H k H l xdx k N 0
222
)
(22sin
又
---=+--?x k k u b xdx k Hl Hx u b n n
n l
cos 1
{sin )11(0202
0 |022]}sin 1cos 1[1l n
n n kx k x k x k Hl H +-+-
-++--=l k H k Hl l k k k u b n n n n n cos )1(cos 11[
02
]sin )
1(2
l k Hl k H
n n +-
)]1111(cos 11[
02
H Hl H Hl Hl l k k k u b n n n ?+-+---= n
k u b 102
-=
所以 n
n n N k u b A 102
-=
将此级数代入等式右端得n T 满足的方程为
n
n n n
n n
N k u b T b T k a T 1
02
2
2
2'
-=++
由始值得 ∑∞
=+--=10)
11(sin )0(n n n Hl Hx
u x k T
∑∞
=-=
1
sin 1
n n n n x k N k u 有 n
n n N k u T 1
)0(0-=
解n T 的方程，其通解为 '
2
2202
)(1
2
2
2
b k a N k u b e
c T n n n t
b k a n n n
+?-+
=+-
由 n
n n N k u T 1
)0(0-= 得 n
n n n n N k b k a u k a c 1
2
2
20
22?
+-= 即有解 )(1)(2
)(222
220222b e k a b k a u N k t T t b k a n
n n n n n ++?-=+- 因此 ∑∞
=++?-
=
1
(222220)222(1),(n b k a n n n n t
n e
k a b
k a u N k t x v x k b n sin )2+ ∑?+-+-
=)
()11(),(22200b k a N k u x Hl H
u t x u n n n
x k b e
k a n t b k a n n
sin )(2
)(2222
2++-
6.半径为a 的半圆形平板，其表面绝热，在板的圆周边界上保持常温0u ，而在直径边 界上保持常温1u ，圆板稳恒状态的温度分布。
解：引入极坐标，求稳恒状态的温度分布化为解定解问题
???
????=====??+??+??===为有限0||||011011022222t u u u u u u u u
r r u r r
u a t πθθθ
（拉普斯方程在极坐标系下形式的推导见第三章1ξ习题3），其中引入的边界条件0|=r u 为有限时，叫做自然边界条件。它是从实际情况而引入的。再引),,(1θr v u u +=则),(θr v
满足
???
?
???-====??+??+??====||0
|0|011010022222有限r a r v u u v v v v
r r v r r v πθθθ
设),()(),(θθΦ=r R r v 代入方程得
—
0"1
12'"
=Φ+Φ=
ΦR r
R r R 乘以,/2ΦR r 再移项得
R
rR R r '
"2"+=ΦΦ- 右边为r 函数，左边为θ函数，要恒等必须为一常数记为λ，分开写出即得 ???=-+=Φ+Φ0
'"0
"2
R rR R r λλ
再由齐次边值得 0)()0(=Φ=Φπ
由以前的讨论知
2,1sin )()(
2
2==Φ==n n n n n n θ
θπ
π
λ
对应R 满足方程 2,10'"22==-+n R n rR R r
这是尤拉方程，设α
r R =代入得
0)1(2=-+-ααααααr n r r
n n ±==-αα0
22
即 n n r R r R -==
为两个线性无关的特解，因此通解为 n
n n
n n r
D r c r R -+=)(
由自然边界条件0|=r v 有限知 )(x R n 在0=r 处要有限，因此必需
0=n D 由迭加性质知
∑=
θθn r c r v n n sin ),(
满足方程及齐次边值和自然边界条件，再由
10|u u v a r -==
得 ∑∞
==-1
10sin n n n n a c u u θ
因
此
?---=
-=
π
πθθπ0
1010])1(1[)(2sin )(2
n
n
n
n a
n u u d n u u a
C
!
所以 ∑∞
=---+=1
101sin ])1(1[)()(2),(n n n
n a r n u u u r u θπθ
§ 3 柯 西 问 题
1． 求下述函数的富里埃变换：
(1) 2
x
e η- )0(>η
(2) x
a e
- (a > 0)
(3) ,)(22k x a x +
,)(1
22k
x a + (a > 0, k 为自然数) 解：(1) ??∞
∞
-∞∞-+----=
=
dx e
dx e
e
e
F x ip x ipx
x
x
)
(22
2
][η
ηηη
=
??∞
∞
-∞∞---
-+-=du e
e
dx e
u p ip x p 2242
24)2(ηη
η
ηη
（柯西定理）
=
?
∞∞
----
=
η
ηη
πη
4422
21
p v p e dv e
e
;
或者 ?
?∞
∞
-∞---==-=
)(2cos 2)sin (cos ][2
2
2
p I pxdx e dx px i px e
e F x x x ηηη
=dP dI ηη21sin 0
2
?∞
-=-pxdx xe x 20sin 02?∞--∞ηηP px e x pxdx e x cos 2η-
=
)(2P I P
η
积分得 η
42)(p Ce
P I -=
又 )0(I =?
∞
-=
212
η
π
ηdx e
x 故 C=
η
π
21 所以 F[2
x e
η-]=2I(P)=
η
πη
42p e -
(2) ???∞
--∞
--∞
∞----+=
=
][dx e e dx e
e dx e
e
e
F ipx ax ipx
ax ipx
x
a x
a
=
∞--=
+-∞+-∞
--??01
)(0
)(0
)(x ip a x ip a x
ip a e ip
a dx e dx e
+
22
)(21101p a a
ip a ip a e ip
a x ip a +=-++=∞+-+- 【
或 ][x
a e
F -=
?∞
∞
---dx e
e ipx
x
a =
?∞
∞
---dx px i px e
x
a )sin (cos
=2=
?
∞
-0
cos pxdx e ax
2
2
2p
a a +
(3) F[
k
x a )
(122
+]=
k
ipz ai
z k ipx z a e s
i dx x a e )
(Re 2)
(22
22
+=+-=∞
∞
--?
π
因 k ipz
ai z z a e s )(Re 22+-==
()])([lim !1111k
ipz
k k ai z ai z e dz d k +----→ =
∑-=----→+--10)1()()(])[(1
lim )!1(1
k m m k ipz m k ai z e ai z k m C k =
)1.....()1()1(1
lim )!1(1
10-++---∑-=→m k k k k m C k k m m ai z ipz m k m k e ip ai z ------+1)()(
ap
m k m k m k m m k e ip ai m k k k k c 110
1
)()2)(1()1()1()!1(1-----=---++--=∑ ap
m k m k m k k m e p a i m k m m k k 1110)
2()1()!1(!)!1()!1(1--+---=----+-=∑ 所以 -
ap
m k m
k m k k m k
e p a i m k m m k k i x a F 111022
)
2()
1(.)!1()!
1()!1(12)(1--+---=-?---+-=???
?????+∑π
ap
m k m k m k k m e p a m k m m k k 1110)
2()1()!1()!1()!1(2--+---=----+-=∑π ????????+-=????????+k k x a F dp d i x a x F )(11)(2222
?----+-=?+---=∑m k m k k m a m k m m k k i )2()1()!1(!)!1()!1(2120π ap k ap m k ap m k e a k k i
e ap e p m k 222
12)2(])!1[()!
22(])1[(+-------++--π
?---+-+--=
∑-=+-20222
)!
1(!)!
1()!1(2)
2(]
)!1[()!
22(k m ap
k m k m m k k i e
a k k ππ )1()1()2(21--+-------m k ap e p a ap m k m k m k
2．证明当f(x)在),(∞-∞内绝对可积时，F(f)为连续函数。
证：因?∞
∞
--==
)()()(p g dx e
x f t F ipx
对任何实数p 有
?∞
∞
-≤
=dx x f p g f F |)(||)(||)(|
《
即关于p 绝对一致收敛，因而可以在积分下取极限，故g(p)关于p 为连续函数。
3．用富里埃变换求解三维热传导方程的柯西问题
??
???=???
? ????+??+??=??=),,(|02222222z y x u z u y u x u a t u t ?： 解：令 ),,,(~),,,()],,([321)(321t s s s u dxdydz e t z y x u z y x u F zs ys xs i ==???
∞
∞
-++- 对问题作富里埃变换得
()
???
?
???==++-=???∞∞-++-=)
,,(~),,(|~~~321)(02322212
321s s s dxdydz e z y x u u s s s a dt u d zs ys xs i t ??
解之得 t s s s a e s s s u )(3212
322212),,(~~++-=?
因 ???∞∞
-++-++--?=
t
s s s a t
s s s a e
e
F
)(3
)(1
2
3222122
322212)
2(1][π
321)
(321ds ds ds e zs ys xs i ++
=
???∞
∞
-+-∞
∞
-+-∞∞
-+-32
13
3
2
322
2
221
2
12
)2(1ds e
ds e
ds e
izs t s a iys t s a ixs t s a π 。
t
a z y x t
a z t
a y t
a x e t
a e t
a e t
a e t
a 222222222243
44421212121++----???
?
??=?
?
=
ππππ
再由卷积定理得
()()
ζηξζηξπζηξd d d e t a t z y x u t a z y x 22224)()()(3,,21
,,,-+-+--
∞
∞
-????
??
?
??
=
4.证明（）所表示的函数满足非齐次方程以及初始条件（）。
证：要证 τξτ
τξπ
ξξ?πτξξd d e
t f a d e t
a t x u t a x t t
a x )
(4)(04)(222
2),(21)(21),(---
∞
∞
-∞
∞
---??
?
-+
=
满足定解问题 ()()??
???=+??=??)(0,,2
22x x u t x f x
u a t u ?
原书85页上已证解的表达式中第一项满足
()()??
???=??=??x x u x u a
t u ?0,222
因此只需证第二项满足
$
()()??
???=+??=??00,,2
22x u t x f x
u a t u
如第一项，第二项关于τ的被积函数满足
()??
???=??=??ττωωω,),(222x f x x a t 若记第二项为,υ被积函数为,ω即
?
=t
d 0
τωυ
故有 ()???+=??t d t t x t 0
,τωωυ
?
??=??t
d x x 0
2
22
2τωυ
即 τωτωωυυd x
a d t x a t t
t
????-??++??=??022
2022
2 τωωυ
d x a t t x f x a t
????? ?
???-??++??=0222222
),( ),(2
22
t x f x a
+??=υ
~
显然()00,=x υ得证。
5． 求解热传导方程（）的柯西问题，已知
（1）
x u t sin |0== (2)*
1|20+==x u t
(3) 用延拓法求解半有界直线上热传导方程（）,假设
?
?
?=∞<<=0),0()
0()()0,(t u x x x u ? 解： （1）sinx 有界，故 t
a x t a x d e t
a t x u 2
2
241)
(4)(sin 21),(∝=-=∞∞
---=
=
?
ξλξξξπ
?∞∞
---λλπαλd e
x t
a 2
)sin(21
=???
?????-??∞∞-∞∞---λλλλπαλαλd e x d e x t a sin cos cos sin 212
2 ;
=
x
e
e
t
a x
t
a e x t
a t
a t
a sin 21sin 21sin 21
2241
---==
ππ
παππα
(2) 1+x 2
无界， 但表达式 ?
∞
∞
---
+=
ξξπξd e t
a t x u t
a x 22
4)
(2)1(21),(
仍收敛，且满足方程。因此
t
a x t a x d e t
a t x u 2
22
414)(2
)1(21),(∝==---∞
∞
-=
+=
?
λ
ξξξ
ξπ
[]?
∞
∞
-∝--+λλπλd e
x t
a
2
2
)(121
()
???
?????+-+=???∞∞-∞∞-∞∞----λλλλλπαλαλαλd e d e x d e x t a 2
22222121
=()
???????
????? ??∝+-++?∞∞--∞∞--λαλαππαλαλd e e x t a 2221|21212 ()
t a x x t a 2
222121121++=?????
?++απααππ
易验它也满初始条件。
、
（3）由解的公式
ξξψπξd e t
a t x u t a x ?
∞
∞
---=
2
2
4)()(21),(
知，只需开拓),(x ψ使之对任何x 值有意义即可。为此，将积分分为两个
?
∞
-0
与
?
∞
，再在
第一个中用)(ξ-来替换ξ就得 ξξ?ξ?πξξd e e t a
t x u t
a x t a x ])()([21),(2
2
2
2
4)(0
4)(+-∞
---+=?
由边界条件得
ξ
ξ?ξ?πξ
ξ?ξ?πξξξd e
t
a d e
e t
a t a t
a t a ??∞
-
∞
-
--+=
-+=
40
4422
22
2
2
)]()([21])()([210
要此式成立，只需
)()(ξ?ξ?-=- 即)(ξψ作奇开拓，由此得解公式为 、
?∞
+-
--
-=
4)(4)(])[(21),(2222
ξξ?πξξd e
e t
a
t x u t
a x t
a x
6．证明函数
)
(4)
()(2
22
2)
(41),,,,,(τηξυπτηξ--+--
-=t a y x e
t a t y x v
对于变量(),,t y x 满足方程
)(2222
2y
v x v a t v ??+??=?? 对于变量),,(τηξ满足方程
0)(2222
2=??+??+??η
ξτv v a v 证：验证即可。因
)
(4)()(3222222
2])(4)
()()(1[41τηξτηξτπ--+--
--+-+--=??t a y x e t a y x t a t v
)
(4)
()(22222
2)
(4)(241τηξτξπ--+--
---=??t a y x e t a x a x v
@
)
(4)()(4
22
2
2
2
2
22
2])(4)
(21[)(1
41
τηξτξτπ--+--
--+
--=
??t a y x e
t a x a
t a x
v
同理 )
(4)()(4
22
2
2
2
2222])
(4)(21[
)
(1
41
τηξτητπ--+--
--+--=
??t a y x e
t a y a
t a y
v
所以
t a v
e
t a y x t a a y
v x
v t a y x ??=
--+-+
--=??+
??--+--
2)
(4)()(3
4
222
2
2
2
2
2
2
22
2
])
(4)
()()
(1[
41τηξτηξτπ
仿此 τ??-=??v t v x v v ??-=??ξ 2222x v v ??=??ξ 2
222y v v ??=??η 所以 0)(22
222=??+??+??η
ξτv
v a v 7．证明如果),(),,(21t x u t x u 分别是下列两个问题的解。
???
??=??=??=);
(10121221
x u
x u a t u t ψ
?
????=??=??=)
(20222222
y u y u a
t
u
t ψ 则),(),(),,(21t y u t x u t y x u ?=是定解问题
???????=???? ????+??=??=)
()(21022222y x u y u t u a t u t ?? 。
的解。
证： 验证即可。因
t
u u u t u t u ??+??=??2121
所以t u t u u u t u y u u a u t u a y u t u a ??=??+??=??+??=???? ?
???+??2121222122212222222 又 )()(2102010y x u u u t t t ??=?==== 8．导出下列热传导方程柯西问题解的表达式
??
?
????==??+??=??∑==n
i i i t y x y x u y u x u
a t
u 1022222)
()(),()
(βαψ 解：由上题，只需分别求出
???
??=??=??=)
(0121221
x u
x u a t u i t α 及
???
??=??=??=)
(0222
2
22y u
y u a t
u i t β 的解，然后再相乘迭加即得。但 )
ξ
ξπξd e
t
a t x u t a x i ?∞∞
---
?=
22
4)(1)(21),(
ηηβπηd e t a t y u t a y i ?
∞
∞---=
2
2
4)(2)(21),(
所以 ∑??=∞+∞-∞
+∞
--+--
=
n i t a y x i i d d e t
a
t y x u 14)()(2
22
2)()(41),,(ηξηβξαπηξ
9．验证二维热传导方程柯西问题
?
????=??+??=??=)
,()
(022222y x u y u x u
a t u t ?
解的表达式为
??
∞+∞-∞
+∞
--+--
=
ηξηξψπηξd d e t a t y x u t a y x 2224)()(2),(41
),,(
证：由第6题知函数
04122
24)()(2>-+--
t e
t
a t
a y x ηξπ满足方程，故只需证明可在积 分号下求导二次即可。为此只需证明在积分号下求导后所得的积分是一致收敛的。 对x 求导一次得
￥
??
∞+∞--+--∞
+∞
-??
? ?
?
--
=
ηξξηξ?πηξd d e t a x t a I t a y x 22
24)()(2
212)(),(41
对有限的y x ,即00,y y x x ≤≤和00 t t ≥，下列积分
?
∞
∞
----ξξξd e t
a x t a x 2
24)(22
ηηd e t
a y ?
∞∞
---2
2
4)
(
是绝对且一致收敛的。因为对充分大的0>A ，每个积分
?∞
--
-A t
a x d e
t a x ξξ
ξ22
4)(22
ξξξd e t
a x t a x A 224)(2
2---∞-?
- ηηd e A
t
a y ?
∞--2
2
4)(
ηηd e A t
a y ?
-∞
---2
2
4)
(
都是绝对且一致收敛的。绝对性可从0 A 充分大后被积函数不变号看出，一致性可从充分性判别法找出优函数来。如第三个积分的优函数为
—
2204)(t a y e η--
且 ηηd e
A
t a y ?∞--0
22
04)
(
收敛。
因
M ),(ηξ?，故
ηξξηξψπηξd d e t
a x t a t a y x 22
24)()(222)
,(41
-+--
∞∞-∞
∞
-??-
ηξξπηξd e d e t
a x t a M t a y t a x ?
?
∞∞
-∞∞
------≤
2
2224)(4)(20
224
右端为一致收敛积分的乘积，仍为一致收敛积分。因而1I 为绝对一致收敛的积分。从而有
1I x u
=??，对t
u y u x u ??????,,2222讨论是类似的。从而证明表达式满足方程。 再证满足始值。任取一点),(00y x ，将),(00y x ? 写成 ?
?∞∞-∞
∞
-+-=θζ?π
?θζ
d d
e y x y x )
(00
0022
),(1
),(
】
因而
θ
ζ?θζψπ
?θζd d e
y x t a y t a x y x t y x u )
(000022)],()2,2([1
)
,(),,(+-∞∞-∞∞
-??-++=
-
对任给0>ε，取0>N 如此之大，使
?
?-∞-∞∞-+-<
N M
d d e
12)
(22επ
θζθζ
?
?
∞∞
∞
-+-<
N M
d d
e 12)
(22
επ
θζθζ
?
?
∞∞--∞
-+-<
M
d d
e N
12)
(22
επ
θζθζ
?
?
∞∞-∞
+-<
M
d d
e N
12)
(22
επ
θζθζ
再由ψ的连续性，可找到0>δ使当0x x -，t y y ,0-都小于δ时，有
3
),()2,2(00ε
?θζ?<
-++y x t a y t a x
所以
??-+--<
-++N N N N
d d e
y x t a y t a x 3
),()2,2(1
)
(0022ε
θζ?θζ?π
θζ
因此 εεεε
επ
π
ψ=+=+
??
<
-3
1
32321241
),(),,(00M M y x t y x u 即有 ),(),,(0y x t y x u t ψ==
§4 极值原理，定解问题的解的唯一性和稳定性
1． 若方程)0(22
2≥+??=??c cu x
u a t u 的解u 在矩形R 的侧边α=x 及β=x 上不超 过B ，又在底边0=t 上不超过M ，证明此时u 在矩形R 内满足不等式：
),max(),(ct ct Be Me t x u ≤
由此推出上述混合问题的唯一性与稳定性。
证：令),(),(t x v e t x u ct
=，则),(t x v 满足22
2x
v a t v ??=??，在R 的边界上 B t x u t x u e
t x v x x ct
x x x x ≤≤===-====),(max ),(max ),(max β
αβ
αβ
α
M t x u t x u e t x v t ct t t ≤===-==),(max ),(max ),(max 0
再由热传导方程的极值原理知在R 内有
),max(),(B M t x v ≤
故 ),m ax (),(),(ct
ct
ct
Be Me t x v e t x u ≤= 唯一性：若21,u u 为混合问题的两个解，则21u u u -=满足
??????
?===+??=??===0
00
222β
αx x t u u u cu x u a t u
由上估计得
0)0,0max(),(=≤ct
ct
e e t x u 推出 0),(=t x u 即 21u u =
解是唯一的。
稳定性：若混合问题的两个解21,u u 在R 满足,21ε<-u u 即ε<),max(B M ，则
21u u u -=满足估计
ct
e t x u max ),(ε< 因此对任何t 满足T t <<0，解是稳定的
2． 利用证明热传导方程极值原理的方法，证明满足方程
02
22
2=??+
??y
u x
u 的函数在
界闭区域上的最大值不会超过它在境界上的最大值。
证：反证法。以M 表u 在R 上的最大值，m 表u 在R 的边界Γ上的最大值。若定理不成立，则.m M >。因而，在R 內有一点),(**y x 使m M y x u >=**),(。
作函数 22
22
)(4)(4),(),(**--+
--+=y y l m M x x l m M y x u y x v
其中l 为R 的直径。在Γ上 M M
m m M m M m y x v <+=-+-+
<2
244),( 而 M Y x u y x v ==*)*,(*)*,(
故),(y x v 也在R 内一点),(11y x 上取到其最大值，因而在该点处有：
02
2≤??x
v
02
2≤??y
v 即0≤?v ，另一方面，
,22
2
22
2l
m
M x
u x
v -+
??=?? 2
2
22
22l
m M y u
y v
-+
??=
??
所以 02
2>-=-+?=?l m
M l m M u v
矛盾。故假设不成立。证毕