数理方程习题综合

例 1.1.1 设v=v(线x,y),二阶性偏微分方程v xy =xy 的通解。 解 原方程可以写成 e／ex（ev／ey） =xy 两边对x 积分，得 v y =￠（y ）+1/2 x 2Y ,

其中￠（y ）是任意一阶可微函数。进一步地，两边对y 积分，得方程得通解为

v （x,y ）=∫v y dy+f （x ）=∫￠（y ）dy+f （x ）+1/4 x 2y 2

=f （x ）+g （y ）+1/4 x 2y 2

其中f （x ）,g （y ）是任意两个二阶可微函数。 例1.1.2

即 u(ξ,η) = F(ξ) + G(η),

其中F(ξ),G(η)是任意两个可微函数。

例1.2.1设有一根长为L 的均匀柔软富有弹性的细弦，平衡时沿直线拉紧，在受到初始小扰动下，作微小横振动。试确定该弦的运动方程。

取定弦的运动平面坐标系是O XU ,弦的平衡位置为x 轴，弦的长度为L ，两端固定在O,L 两点。用u(x,t)表示弦上横坐标为x 点在时刻t 的位移。由于弦做微小横振动，故u x ≈0.因此α≈0，cos α≈1,sin α≈tan α=u x ≈0,其中α表示在x 处切线方向同x 轴的夹角。下面用微元法建立u 所满足的偏微分方程。

在弦上任取一段弧'MM ,考虑作用在这段弧上的力。作用在这段弧上的力有张力和外力。可以证明，张力T 是一个常数，即T 与位置x 和时间t 的变化无关。

事实上，因为弧振动微小，则弧段'MM 的弧长

dx u x

x x

x ?

?++=?2

1s ≈x ?。

这说明该段弧在整个振动过程中始终未发生伸长变化。于是由Hooke 定律，张力T 与

时间t 无关。

因为弦只作横振动，在x 轴方向没有位移，故合力在x 方向上的分量为零，即

T(x+x ?)cos α’-T(x)cos α=0.

由于co's α’≈1，cos α≈1,所以T(X+?x)=T(x),故张力T 与x 无关。于是，张力是一个与位置x 和时间t 无关的常数，仍记为T.

作用于小弧段'MM 的张力沿u 轴方向的分量为 Tsin α’-T sin α≈T(u x (x+x ?,t)-u x (x,t)).

设作用在该段弧上的外力密度函数为F （x,t ）那么弧段'MM 在时刻t 所受沿u 轴方向的外力近似的等于F(x,t)x ?.由牛顿第二定律得

T （u x (x+x ?,t)-u x (x,t)+F(x,t)x ?=ρx ?tt u ,

其中ρ是线密度，由于弦是均匀的，故ρ为常数。这里tt u 是加速度tt u 在弧段'MM 上的平均值。设u=u(x,t)二次连续可微。由微分中值定理得

Tu zz （x+θx ?，t)x ?+F(x,t)x ?=ρtt u x ?, 0<θ<1. 消去x ?，并取极限x ?→0得 Tu xx （x,t ）+F(x,t)=ρu tt , 即

u tt =ɑ2

u xx +?(x,t), 00,

其中常数ɑ2

=T/ρ，函数?（x,t ）=F(x,t)/ρ表示在x 处单位质量上所受的外力。 上式表示在外力作用下弦的振动规律，称为弦的强迫横振动方程，又称一维非齐次波动方程。当外力作用为零时，即?=0时，方程称为弦的自由横振动方程。

类似地，有二维波动方程

u tt =ɑ2

（u xx +u y y ）+?（x.y.t ）, (x,y)Ω∈,t>0, 电场E 和磁场H 满足三维波动方程

E c E 2222t ?=??和H c H 2

22

2t

?=??, 其中c 是光速和

22

22222

x z

y ??+??+??=?=???=?。

例1.2.2设物体Ω在内无热源。在Ω中任取一闭曲面S （图1.2）。以函数u(x,y,z,t)表示

物体在t 时刻，M=M(x,y,z)处的温度。根据Fourier 热传导定律，在无穷小时段dt 内流过物体的一个无穷小面积dS 的热量dQ 与时间dt ，曲面面积dS 以及物体温度u 沿曲面的外法线n 的方向导数三者成正比，即

dSdt n u

k

-??,

其中k=k(x,y,z)是在物体M(x,y,z)处的热传导系数，取正值。我们规定外法线n 方向所指的那一侧为正侧。上式中负号的出现是由于热量由温度高的地方流向温度低得地方。故当

0n

u

>??时，热量实际上是向-n 方向流去。

对于Ω内任一封闭曲面S ，设其所包围的空间区域为V ，那从时刻t 1

到时刻t

2

经曲面

流出的热量为

1Q =dSdt n

u

k

S

?????2

1t t - 设物体的比热容为c(x,y,z)，密度为ρ(x,y,z)，则在区域V 内，温度由u(x,y,z,1t )到u(x,y,z)所需的热量为

[]

dvdt t

u

c dv t z y x u t z y x u c t t V

V

??=-=???????2

1),,,(),,,(Q 122ρ

ρ. 根据热量守恒定律，有

12Q Q -=

即

[]dSst n

u

k

dv t z y x u t z y x t t S

????????=-2

1),,,(),,,u c 12V

（ρ 假设函数u(x,y,z,t)关于x,y,z 具有二阶连续偏导数，关于t 具有一阶连续偏导数，那么由高斯公式得

0][2

1t =??

? ??????-???? ??????-???? ??????-??????dvdt z u k z y u k y y u k x t u c t V

ρ

. 由于时间间隔[]21t ,t 及区域V 是任意的，且被积函数是连续的，因此在任何时刻t ，在Ω内任意一点都有

??

? ??????+???? ??????+???? ??????=??z u k z y u k y y u k y x u ρ

c

(1.2.6)

方程称为非均匀的各向同性体的热传导方程。如果物体是均匀的，此时k,c 及ρ均为常数，令2

a =

ρ

c k

，则方程(1.2.6)化为 u a z u y u x u ?=???

? ????+??+??=??2

222222

2a t u , (1.2.7) 它称为三维热传导方程

若物体内有热源，其热源密度函数为，则有热源的热传导方程为

),,,(a u 2t t z y x f u +?= (1.2.8)

其中ρ

c F f =

类似地，当考虑的物体是一根均匀细杆时如果它的侧面绝热且在同一截面上的温度分布相同，那么温度只与有关，方程变成一维热传导方程

xx u 2t a u = （1.2.9）

同样，如果考虑一块薄板的热传导，并且薄板的侧面绝热，则可得二维热传导方程 ）

yy 2t u (u +=xx u a （1.2.10）

（P16)例1.3.1一长为L 的弹性杆，一端固定，另一端被拉离平衡位置b 而静止，放手任其振动。试写出杆振动的定解问题。

解 取如图1.3所示的坐标系。

O L L+b x

泛定方程就是一维波动方程（杆的纵振动方程） u tt =a 2

u xx , 0

在初始时刻（即放手之时），杆振动的速度为零，即u t (x,0)=0,0≤x ≤L.

而在x=L 端拉离平衡位置，使整个弹性杆伸长了b 。这个b 是来自整个杆各部分伸长后的贡献，而不是x=L 一端伸长的贡献，故整个弹性杆的初始位移为

u|0=t =

L

b

x, 0≤x ≤L. 再看边界条件。一端x=0固定，即该端位移为零，故有u(0,t)=0,0≤x ≤L.另一端由于放手任其振动时未受外力，故有u x (L,t)=0,t ≥0.所以，所求杆振动的定解问题为

u tt =a 2

u xx , 00, u(x,0)=

L

b

x, u t （x,0)=0, 0≤x ≤L, u(0,t)=0, u x (L,t)=0, t ≥0.

（P17）例1.3.2 ：长为L 的均匀弦，两端x=0和x=L 固定，弦中张力为T ，在x=x0处以横向力F 拉弦，达到稳定后放手任其振动。试写出初始条件。

解：建立如图坐标系。

两端绝热；（3）杆的一端为恒温零度，另一端绝热。试写出该绝热传导问题在以上三种情况下的边界条件。

解：设杆的温度为u(x,t),则

（1） u （x,t ）=0，u(L,t)=0. （2） 当沿杆长方向有热量流动时，由Fourier 实验定律得

L

x x x

u k

q x

u

k

q ==??-=??=20

1,'

其中q1,q2分别为x=0和x=L 处的热流强度。而杆的两端绝热，这就意味着杆的两端与外界没有热交换，亦没有热量的流动，故有q1=q2=0和

,

0),0(=t x u 0),(=t L u x .

(3)显然，此时有

0),(,0),0(==t L u t u x .

例1.5.1求Poisson 方程Uxx +Uyy =X^2 +XY+Y^2的通解 解:先求出方程的一个特解V=V （x ，y),使其满足

Vxx +Vyy=X^2 +XY+Y^2 由于方程右端是一个二元二次齐次多项式，可设V （x ，y) 具有形式

V(x,y)=aX^4 +bX^3 Y+cY^4,其中a,b,c 是待定常数 Vx=4aX^3+3bX^2 Y Vy=bX^3+4cY^3 Vxx=12aX^2+6bXY Vyy=12cY^2 得Vxx+Vyy=12aX^2 +6bXY+12cY^2=X^2 +XY+Y^2 比较两边系数，可得 a=1/12,b=1/6,c=1/12

于是V （x,y)=1/12(X^4 +2X^3 Y+Y^4）

下面求函数W=W(x,y),使其满足Wxx+Wyy=0.作变量代换e=x,n=iy(记为d)

Ue=du/de=du/dx=Ux Un=du/dn=du/dy *dy/dn=-iy Uee=dUe/de=Uxx Unn=-Uyy 可得Wee-Wnn=0 再作变量代换

s=e+n,t=e-nUe=du/de(s,t)=Us+Ut Un=du/dn=Us-Ut Uee=dUe/de=d(Us+Ut)/de=Uss+Utt+2Ust Unn=dUn/dn=d(Us-Ut)/dn=Uss+Utt-2Ust 那么方程进一步化为Wst=0

其通解为W=f(s)+g(t)=f(e+n)+g(e-n)=f(x+iy)+g(x-iy),其中f,g 是任意两个二阶可微函数。那么根据叠加原理，方程的通解为u(x,y)=V+W=f(x+iy)+g(x-iy)+1/12(X^4+2X^3 Y+Y^4)

(P32)例2.1.1 判断方程U xx +2U xy -3U yy +2U x +6U y =0（2.1.22）的类型，并化简。

解： 因为a 11= 1,a 12= 1,a 22= -3,所以 =a 212-a 11a 22=4>0,故方程为双曲型方程。对应的特征方程组为

,

31122

1112212=-+

=a a a a a d d x

y .111

22

1112212-=--=a a a a a d d x y

该方程组的特征曲线（即通解）为

.,321c x y c x y =+=-作自变量变换

x y x y +=-=ηξ,3则

;3ηξu u u xx +-= ,ηξu u u y +=

,69ηηξηξξu u u u xx +-= ,23ηηξηξξu u u u xy +--=

.2ηηξηξξu u u u yy ++=

将上述各式带入方程（2.1.22），得第一种标准形式

.02

1

=-

ηξηu u （2.1.23） 若令,2

,2

η

ξη

ξ-=

+=

t s 则得到第二种标准形式

.0=+--t s tt ss u u u u （2.1.24）

下面对式（2.1.24）进一步化简。令,t s Ve u

μλ+=则

.

22

)2(,

)2(,)()(t s t tt tt t

s s ss ss t s t t t s s s e V V V u e

V V V u e V V u e V V u μλμλμλμλμμλλμλ++++++=++=+=+=，

代入方程，得

.

0)()21()12(22=-+-+-+-+-V V V V V t s tt ss λμμλμλ

我们取，2

1=

=μλ则式（2.1.24）化简为 ,0=-tt ss V V （2.1.25）

该方程不含一阶偏导数项。

例2.1.2

例 2.1.4 求值问题

4y2v xx+2(1-y2)v xy-v yy-2y/(1+y2) (2v x-v y)=0,xεR1,Y>0

V(X,0)=φ（X）,V Y（X,0）=￠（X）,XεR1

的解，其中φ（x）是已知任意二阶可微函数，￠（x）是任意一阶可微函数。

解先把所给方程化为标准型。特征方程组为

dy/dx =-1/2,dy/dx=1/2y^2.

其通解为

x+2y=C1,x-2y^3/3=C

做自变量变换

ξ=x+2y,п=x-2y^3/3,

这样给定的方程化为标准型

V

ξп=0

依次关于п和ξ积分两次，得通解v=F（ξ）+G（п）.代回原自变量x,y得原方程得通解

v？（x,y）=F（x+2y）+G（x-2y^2/3）

其中F,G是任意两个可微函数。进一步，由初始条件得

φ（x）=v（x,0）=F（x）+G（x）,￠（x）=V Y（x,0）=2F’（x）

从而求出

F（x）=F（0）+1/2∫x0￠（t）dt,G（x）=φ（x）-F（0）-1/2∫x0￠（t）dt.

所以原定解问题的解为

v（x,y）=φ（x-2y^3/3）+1/2∫x+2y x-2y^3/3￠（t）dt.

例2.1.3 设常数A,B,C满足B^2-4A C≠0,m1,m2是方程

Am^2+Bm+C=0 ①

的两个根。证明二阶线性偏微分方程

Au xx+Bu xy+Cu yy=0 ②

的通解具有如下形式：

u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y), ③

其中f,g是任意两个二阶可微函数。

证不失一般性，设A≠0和B^2-4AC>0.其它情况可以类似的处理。

令ξ=m1x+y,η=m2x+y.则

U x=m1uξ +m2uη，u y=uξ+uη，U xx=m1^2uξξ+2m1m2uξη+m2^2uηη

u yy=uξξ+2uξη+uηη ,u xy=m1uξξ+(m1+m2)uξη+uηη

上述式代入②得：

（Am1^2+Bm1+C）uξξ+（Am2^2+Bm2+C）uηη+(2Am1m2+B(m1+m2)+2C)uξη=0④

由题意得

Am1^2+Bm1+C=0，Am2^2+Bm2+C=0，m1+m2=B/A, m1m2=C/A

上述式代入④得

(1/A)(4AC-B^2)uξη=0

又由题意得4AC-B^2≠0

故uξη=0

对该方程两边分别关于和积分，得通解u=f(ξ)+g（η），代回自变量x,y,得方程②的通解是

u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y), ③

其中f,g是任意两个二阶可微函数。证毕。

端点自由的半无限长的均匀弦振动的定解问题

()()()()()().0,

0,0,0,0,0,0,,0,,2≥+∞<≤>+∞<

?

??===+=t x t x t u x x u x x u t x f u a u x t xx tt ?φ (3.1.22) 因为()0,0=t u x ,我们对函数?φ,,f 关于x 做偶延拓。定义()()x t x F φ,,和()x ?如下：

()()().0,

0,,<≥??

?-=x x x x x φφφ ()()()??

?<-≥=.

0,,

0,x x x x x ??? ()()()?

?

?≥<-≥≥=.0,0,,,

0,0,,,t x t x f t x t x f t x F 函数()()()x x t x F ?φ,,,在+∞<<∞-x 上是偶函数。由推论 3.1.1，()t x U ,是关于x 的偶函数，且()().0,0,0==t U t u x x 这样得到定解问题（3.1.22）的解

()()).0,0(,,≥≥=t x t x U t x u 所以，

当at x ≥时，

()()()()()()()

()

???-+--+-++-++=t t a x t a x at

x at x d d f a d a at x at x t x u 0,21

2121,τττξτξξξ?φφ（3.1.23） 当at x <≤0时，

()()()()()()()()()()()()()???????--+------+-++??

????????????????

++??

????

++-++=t a x t t a x t a x a x t x t a t a x x at at

x d d f a d d f d f a d d a x at at x t x u τττττξτξτξτξξτξξξ?ξξ?φφ.,21,,212121,0000

0 （3.1.24） 例4.2.3

端点固定的半无限长的均匀弦振动的定解问题考虑定解问题

求解上述问题的基本思路是以某种方式延拓函数

使其在

上也有定义，，这样把半无界区域

上的问题转变成

上的初值问题。然后利用达朗贝尔公式（3.1.15），求出在上的解u（x,t）。同时

使此解u（0,t)满足u（0，t)=0.这样当x限制在

上就是我们所要求的半无界区域上的解。

由微积分知识可知，如果一个连续可微函数g（x)在

上是奇函数，则必有g（0）=0.因此要使解u=u（x,t)满足u（0,t)=0，只要u(x,t)是x的奇函数便可。而由推论 3.1.1，只要

f(x,t),是x的奇函数。因此对函数

f和

关于x作奇延拓。我们定义F

（x,t),和

如下：

显然函数F和

在

上是奇函数。然后考虑初值问题