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

2

4ρ

消去t x s ??，再令0→?x ，0→?t 得精确的关系：

()1122

4u 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

()014u 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(Λ=n 对应Ｔ为 t

n a n n e C t T 4)12(22)(+-=

因此得 ∑∞

=+-

+=

4

)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 ,22== 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

21

1210sin 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

1

222102

2

]sin 1

cos )1(1[2]sin 1cos 1[2x n n x n x n x n n x n x n ππ

ππππ

ππ---++-= 2

sin 42

2π

πn 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

Λ

ΛΛ

Λ,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 ∑∞

=-?=

)(

cos

2

n t l

an n x l

n e

C ππ 由始值得 ∑∞==

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

ΛΛ,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

πξξπ

ξπ

当const u x f ==0)(时， 0cos 2,10

00000====

??xdx l n u l C u dx u l C l

n l π Λ,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ο

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ο

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)(>λοx 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ΛΛ,,,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

0sin 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 (1sin )(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

220l b a l a u n n +-=μμ )(Hl tg n n μ

μ-=Θ 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 102

222'-=++

由始值得 ∑∞

=+--=10)

11(sin )0(n n n Hl Hx

u x k T

∑∞

=-=1

0sin 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 '

22

202)(1

222b

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

2

2?

+-= 即有解 )(1)(2

)(222220222b 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

)(22222++-

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"112'"

=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

ΛΛ2,1sin )()(

2

2==Φ==n n n n n n θ

θπ

π

λ

对应R 满足方程

ΛΛ2,10

'"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

2

1

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) ???∞

--∞

--∞

∞----+=

=

0][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-----=---++--=∑Λ 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 11

1022

)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 )(1

1)(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

?---+-+--=

∑-=+-2

0222

)!

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

??

???=???

? ????+??+??=??=),,(|022

2222

2z y x u z u y u x u a t u t ?： 解：令 ),,,(~),,,()],,([3

21)

(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

3

21s 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 )(3

212

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 2

222222222

43

44421

212121++----???

?

??=?

?

=

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（3.20）所表示的函数满足非齐次方程(3.15)以及初始条件（3.16）。

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)(2

22

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

2

22

2τωυ

即

τωτωωυυd x a d t x a t t

t

????-??++??=??022

20222 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（3.22）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（3.22）,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

22

41)

(4)(sin 21),(∝=-=∞∞

---

=

=

?ξλξξ

ξπ

?∞∞

---λλπαλ

d 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 224)(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

2

2

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

2

2

222121

=()

???????

????? ??∝+-++?∞∞--∞∞--λαλαππαλαλd e e x t a 2221|2121

2 ()

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),(2

22

2ξξ?πξξd e e t a

t x u t

a x t

a x

6．证明函数

)

(4)()(2

222)

(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)()(422

2

22

222

2])

(4)(21[)

(1

41τηξτξτπ--+--

--+

--=

??t a y x e

t a x a t a x v

同理 )

(4)()(4

2

2

2

2

2

2

22

2])

(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

2

22

2

2

2

22

2222])

(4)()()

(1[

41τηξτηξτπ

仿此 τ??-=??v t v x v v ??-=??ξ 2222x v v ??=??ξ 2222y

v v ??=??η 所以 0)(2222

2=??+??+??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

ξξπξd e t

a t x u t a x i ?

∞

∞

---?=

2

24)(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00φt t ≥，下列积分

?

∞

∞

----ξξξd e t

a x t a x 2

24)(2

2

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 22

4)

(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0φA 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 π),(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)(2

2

24

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

?θζd d e

y x y x )

(000022),(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)

(22επ

θζθζ

??∞∞-∞

+-<

M

d d e

N

12)

(22επ

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