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。

因此单位体积时间所产生的热量为 0.24i 2r /

2

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

4k 1 u u 0

l l 2

其中 l 为细杆直径，故有 p

l / 4 ，代入得

4 l

F 2 x,t

k 1 p u 0

u

因热源可迭加，故有 F x,t

F 1 x, t

F 2

u 2

u

f x, t 即得所求：

x,t 。将所得代入 a 2

t

x

2

u

k 2u

k P

0.24i 2 r

x

2

1

u u 0

2

t

c

c

c

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 u 4 ，即

dQ u 4

dsdt

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 f (x, y, z, t) , 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dQ 1 u 4

|s dsdt, 辐射进来的

热量为

4

f s dsdt

2

| , 因此由热量的传导定律得边界条件为：

k

u [ u 4 |s f 4 |s ] |s

n

§ 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：

u a

2

2

u

(t

0,0 x

)

t

x 2

u(0,t ) u ( ,t) 0 (t

0) u( x,0) x (0 x )

f ( x)

解：设 u

X ( x)T (t) 代入方程及边值得

X "

X 0 X(0) 0 X ( ) 0

T

a 2 T 0

求非零解 X ( x) 得 n

( 2n

1)2

sin

2n

1

(n 0, 1, )

4

, X n ( x) 2

x

a 2 ( 2n 1)2

对应Ｔ为

T n (t ) C n e

4 t

a 2 (2n 1)2 t 2n 1

因此得

u( x, t )

C n e

4

sin

x

n

2

由初始值得

f (x)

C n sin

2n

1 x

n 0

2

因此

C n

2

f ( x) sin

2n 1

xdx

2

2

2n 1

a 2 ( 2n 1)2

2n 1 故解为

u( x,t )

f ( ) sin

d e

t

2

4

sin

x

n 0

2

２．用分离变量法求解热传导方程的混合问题

u

2

u

(t 0,0 x 1)

t

x

2

1

x 0 x

u( x,0)

2

1

1 x x

1

2

u(0,t)

u(1,t )

(t

0)

解：设 u

X ( x)T (t) 代入方程及边值得

X " X 0 X(0) X (1)

T ' T 0

求非零解 X ( x) 得 n n 2 2 , X n

sin n x n=1,2,

对应Ｔ为 T n

C n e n

2

2

t

故解为

u(x, t )

C n e n 2 2 t sin n x

n 1

由始值得

x 0 x

1

C n sin n x

2

1

n 1

1 x x 1

2

1

2

1

因此

C n 2[ x sin n xdx

(1 x) sin n xdx]

1

2

1

x cosn 1 1

1

(1

1

2[

x

sin n x] 0

2

2[

x) cosn x

sin n x]1

1

n

n 2

2

n

n 2

2

2

4 sin n

n 2 2 2

所以

u( x, t)

4 2 sin n e n 2 2

t sin n x

n 1 n 2

2

３．如果有一长度为

l 的均匀的细棒，其周围以及两端

x

0, x l 处均匀等到为绝热，初

始温度分布为 u( x,0) f ( x), 问以后时刻的温度分布如何且证明当

f (x) 等于常数 u 0 时，恒有

u( x, t) u 0 。

解：即解定解问题

u 2

u

a 2

x

2

t

u

|x 0

u

|x l

x

x

u |t 0 f ( x)

设 u X ( x)T (t) 代入方程及边值得

X " X 0

X '(0) X ' (l ) 0

T ' a 2

T

求非零解 X ( x) ：

(1) 当

0 时，通解为

X (x) Ae x

Be

x

X '( x) A

e x

B

e

x

由边值得

A

l

B

l

Ae B e

因

0 故相当于

A B 0

Ae l

Be

l

视 A, B 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

1 1 0

e l

e l

但

1 1

e

l

e

l

e l

e

l

因 l 0,

0, e x

为单调增函数之故。因此没有非零解X ( x) 。

(2) 当 0 时，通解为

X ( x) ax b

X '( x) a

由边值得

X'(0)

X ' (l ) a 0

即 b 可任意，故 X ( x) 1为一非零解。

(3) 当

0 时，通解为

X (x) Acos x B sin x

X ' (x)

A sin x

B cos x

由边值得

X '(0)

B

X ' (l ) A sin l

B

cos

l 0

B 0 因0, 故相当于

Asin

l

要 X ( x) 非零，必需 A 0, 因此必需 sin

l

0, 即

l n (n 整数 )

n (n 整数 )

l

这时对应

X ( ) cos

n

x( 取

A

1)

x

l

因 n 取正整数与负整数对应 X (x) 一样，故可取

n

(

n

)

2

n

1,2,

l

l

X n (x) cos

n

x n 1,2,

0, X 0 (x) l

1, 解 T 得 T 0 (t )

对应于

C 0

对应于(

n

) 2 , X n

n

( an ) 2 t

(x) cos x, 解 T 得 T n (t ) C n e l

l

l

由迭加性质，解为

( an

) 2

t

n

u( x,t )

C 0

C n e

l

x

cos

l

n 1

( an

) 2

t

n

C n e l

cos

x

n

l 由始值得

f ( x)

C n cos

n

x

n 0

l

因此

C 0 1 l

f ( x) dx

C n 2

l f ( x) cos n xdx n

1,2,

l 0

l

l

l

l

( an

2

t

u( x, t) 1 f (x)dx

2

f ( ) cos

n

)

所以

d e

l

cos n

x

l

n 1 l

0 l

l

当 f (x)

u 0 const 时，

C 0 1 l

u 0 dx u 0 , C n

2 l u 0 cos n xdx 0 n

1,2,

l 0 l

l

所以

u(u,t ) u 0

4．在 t 0, 0

x l 区域中求解如下的定解问题

u

2

2

u (u u 0 )

t

2 x 2

u(0, t) u(l ,t)

u 0

u( x,0) f ( x)

其中 , ,u 0 均为常数， f (x) 均为已知函数。

[ 提示：作变量代换 u u 0 v(x,t )e t

.]

解：按提示，引 u

u v( x, t)e t ，则 v( x, t) 满足

u

2

2

u

t

x

2

v

x 0

0, v x l 0

v t

f ( x) u 0

由分离变量法满足方程及边值条件的解为

( n )2 t

n

v( x, t )

A n e l sin

x

n 1

l

再由始值得

f ( x) u 0

A n sin n x

n 1 l

故

A n

2 l

[ f (x) u 0 ] sin

n

xdx

l 0

l

因此

u( x, t)

u 0 v(x,t )e

t

2 l

n

[( n ) 2 ] t n

u 0 [ f ( )

u 0 ] sin d e l

sin x

l

l

n 1 l 0

5．长度为 l 的均匀细杆的初始温度为 0 ，端点 x 0 保持常温 u 0 ，而在 x l 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

u(x, t) 满足下述

定解问题：

u

2

2

u

2

a

x 2 b u

t

u(0,t )

u 0 ,[ u Hu ] x l

x

u(x,0)

试求出 u( x, t)

解：引 u(x, t ) v( x) w(x,t ) 使 w 满足齐次方程及齐次边值，代入方程及边值，计算后得

v(x) 要满足：

a 2

d 2 v 2 0

dx 2 b v

v(0) u 0

, (v '

Hv) x 1 0 v(x) 的通解为

v( x) Ach b

Bsh b

x x

a a 由边值 v(0) A u 0

又

v ' ( x) b (u 0 sh b x Bch b x)

a a a

得

b

(u 0 sh b l Bch b l ) H (u 0 ch b l Bsh b

l ) 0

a a a a a

解之得

B

u 0 (bsh b

l

Hach b l ) (bch b l Hash b

l )

a a a a

因此

v(x)

u 0 ch b

x u 0 (bsh b l Hach b l ) sh b x (bch b l Hash b

l )

a a a a a a u 0 [bch

b (l x) Hash b (l x)] (bch b l Hash b

l )

a a

a a 这时 w( x, t ) 满足：

w

2

w

b 2

w

a 2

t

x 2 w

x 0

w

0, ( Hw ) x 1 0

x

w

t 0

v

t 0

v

设 w( x,t ) X (x)T (t ) 代入方程及边值条件得

X

''

X 0

X (0), X ' (l ) HX (l )

T

'

(a

2

b 2

)T 0

求非零解 X ( x)

0 时，才有非零解。这时通解为

X ( x) A cos

x B sin

x

由边值得

X (0) A 0得 A 0

X (x) B sin

x X ' ( x) B cos

x

B(

cos l

H sin

l

要 B 0 ，即有非零解，必须

cos

l H sin

l 0

即

tg

l H

令

l

, P Hl

得

tg

p

它有无穷可数多个正根，设其为

1

,

, 2 ,

得

2 X n ( x) sin

n

x,

n

n

l

l 2

2

2

(

a

n b 2 ) t

对应 T 为

T n (t ) A n e l 2

(

a

2 2

b 2

)t

因此

w( x, t )

A n e

l 2 n sin

n

x

l

n 1

其中n 满足方程

tg

p

p

Hl

再由始值得

所以

应用

又

所以

n

[bch b

(l x) Hash b

(l x)]

A n sin x

v

a

a

n 1

l b b

bch l Hash l

a

a

l

n

xdx

v sin

l

A n

l

sin 2 n xdx

l

n 满足的方程，计算可得

l

p( p 1) 2

sin 2

n

xdx

n

l l [ p 2

2

0 2

n

l

ch b

(l

n

xdx

1

n ch b

(l

x) sin

2

a

l

b

2

l

a

n

a

2

l

2

n

x

b

sh b

(1

n x l

x) cos

x) sin l

l

a a 0

a 2l 2

2

(

n n

b

a 2 2

b 2 l l cos n

ch l ) n

l a

a 2l 2 n

(cos

n

b

2 2

2 2 ch

l )

a

b

a

n

l

l sh b

(l

n xdx

1

b

ch b

(l

x)sin

2

2

2

a

l

a 2

b l a

a

n

n

x

n

b

n

x l

x) sin

x) cos

sh

(1

l l

a

al

a 2l 2

( b n

b l )

2 2

2

2

sin

n

sh

a b l

a

l

a

n

l

a 2l

vsin n xdx

u 0

b n cos

n 2 2 b 2 l 2

a n

b n ch b l lHb sin

Ha

b

l

a n n sh

a (bch

b l Jasj b

l

a

a

u 0

a 2

n l

u 0 a 2 2 b 2 2

n l

u 0

a

2

n l

a 2 2

b 2 l 2

n 得

A n

2u 0 a

2

n

( p

2

(a 2

2 b 2 l 2

)

( p 2

n

最后得

a 2l

b ( n cos n lH sin n ) a 2 2 b 2l 2

b b

n

(bch l Hash l )

a

a

( tg n

n

)

Hl

n 2

)

p

n 2

)

x n ( x) sin k n x

( k n

u n , tgu n

u n , p Hl )

l

p

即

v( x, t)

T n (t ) sin k n x

n 1

代入方程得

(T n

'

a 2 k n 2T n

b 2T n ) sin k n x b 2

u 0 (1

Hx

)

n 1

1 Hl

由于 {sin k n x} 是完备正交函数系，因此可将

b 2

u 0 (1

Hx ) 展成 {sin k n x} 的级数，即

1

Hl

b

b

2u 0 a 2

bch a (l

x)

Hash a (l x)

u(x, t ) u 0

b b l

bch l

Hash l

a

a

b 2

u 0 (1

Hx ) A n sin k n x

1 Hl

n 1

由正交性得

n 2

( p 2 n 2 )

n 1

(a

2 2 2 l 2

)( p 2

p

n

b

其中 n 满足

tg

p

( p

另一解法：设 u

v w 使满足 w(0, t )

(

a

2

2

2 n

2

) t

n

x

2

e l

b

sin

n )

l

Hl )

u 0 , (

w

Hw )

|z l

0.

为此取

x

l

Hx

A

b 2

u 0 (1 ) sin k xdx / N

n

1 Hl n

l

l H N n

sin 2

k n xdx

2

2(k n

2

H 2 )

l

Hx

1

b 2

u 0 (1 )sin k n xdx

b 2u 0{

又

cosk n x

w ax b, 代入边值得

b u 0 , a

H (al u 0 ) 0

a

Hu 0

解之得

1 Hl

b u 0

因而

w u 0

Hu 0 x u 0 (1 Hx ) 这时 v ，满足

1 Hl 1 Hl

v a

2

2

v

b 2 v b

2

u 0 (1

Hx t

x

2

1 )

v

Hl

v(0, t ) 0

( Hv)

|x

x

i

Hx

v(x,0)

w( x,0)

u 0 (1

1 )

Hl

按非齐次方程分离变量法，有

v( x,t )

T n (t )x n ( x)

n 1

1 Hl

k n

H [ 1 x cosk n 2

x 1 sin kx]}

l

|0 1 Hl k n k n 2

b 2

u 0 [ 1

1

cosk n l

Hl

cos k n l

k n k n

k n (1 H )

H

sin k n l ]

k n 2

(1

Hl )

b 2

u 0 [ 1

1

cosk n l (1

Hl H 1

)]

k n k n

1 Hl 1 Hl

H

b 2u 0 1

k n

所以 A n b 2u 0 1

k n N n 将此级数代入等式右端得 T n 满足的方程为

' 2 2 2 2

1

T n a k n T n b T n

b u 0

k n N n

其中 x n ( x) 为对应齐次方程的特征函数，由前一解知为

由始值得

T n (0) sin k n x

u 0 (1

Hx ) n 1

1 Hl

u 1

sin k n x

n 1 k n N n

有

T n (0)

u 0

1

k n N n

解 T n 的方程，其通解为

'

T n c n e (a 2

k n 2

b 2

) t

b 2

u 0 1

k n N n

a 2 k n 2 b

2

由

T n (0) u 0 1

k n N n

得

c n

a 2 k n 2

u 0 1

b 2 k n N n

a 2 k n 2

即有解

T n (t)

1 u 0 2

2 (a 2k n 2 b 2 ) t

b 2

)

k n N n a 2 k n 2

b 2 (a k n e

因此

v( x,t )

1

u 0

2 2 ( a 2k n 2 b

2 )t

b

2

(a k n e

n 1 k n N

n a 2

k n

2

b 2

) sin k n x

u( x, t)

u 0 (1

H

x)

u 0

k n N n ( a 2k n 2

b 2

)

1 Hl

(a

2

k

n 2

e

( a 2k n 2

b 2

)t

b 2

) sin k n x

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

u 0 ，而在直径边

界上保持常温 u 1，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

2

u

1 u

1 2

u

r 2 r r r 2 2

u | 0 u 1

u | u 1

u |t a u 0

u | t

0为有限

（拉普斯方程在极坐标系下形式的推导见第三章

1 习题 3），其中引入的边界条件 u |r 0 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 u u v(r , ), 则 v(r , )

1

满足

2

v

1 v 1 2

v

0 r 2

r

r r 2 2

v |

0 v | 0

v |r a u 0 u 1

v |r 0 有限

设 v(r , ) R(r ) ( ), 代入方程得

R

"

1 R '

1 R " 0

r

r 2

乘以 r

2

/ R , 再移项得

"

r 2R " rR '

R

右边为 r 函数，左边为

函数，要恒等必须为一常数记为

，分开写出即得

"

r 2

R" rR' R 0

再由齐次边值得

(0)

( ) 0

由以前的讨论知

n

(

n

)

2

n

2

n ( )

sin n

n

1,2

对应 R 满足方程

r 2 "

'

2

R 0 n

1,2

R rR n

这是尤拉方程，设 R

r 代入得

( 1)r

r

n 2 r

2

n 2

n

即 R r n

R r

n

为两个线性无关的特解，因此通解为

R (r ) c r n D n r

n

n

n

由自然边界条件 v |r 0 有限知 R n ( x) 在 r

0 处要有限，因此必需 D n 0 由迭加性质知

v(r ,

)

c n r n

sin n

满足方程及齐次边值和自然边界条件，再由

v |r a u 0 u 1

得

u 0 u 1

c n a n

sin n

n 1

2

(u 0 u 1) sin n d

2(u

u )

[1 ( 1)n

] 因此

C n

1

a

n

n a

n

所以

u( r , ) u 1

2(u 0 u 1) ( r ) n [1

( 1) n

] sin n

n 1 n

a

§ 3 柯

西 问 题

1． 求下述函数的富里埃变换：

(1) e

x 2

( 0)

(2)

e a x

(a > 0)

x

1

(3) ( a 2 x 2 )k ,

(a 2

x 2 ) k

,

(a > 0, k

为自然数 )

x

2

x

2

e

ipx

dx

( x 2

ip

x )

解： (1)

F [e

]

e

e

dx

( x

ip

2

p

2

p 2

=

e 2 )

4

dx e 4

e

u

2

du

（柯西定理）

p 2

p 2

=

1

e

4

e

v 2 dv

e 4

或者

F [e

x

2

]

e

x

2

(cos px i sin px )dx 2

e x

2

cos pxdx 2I ( p)

dI

xe x

2

sin pxdx

1 e x

2

sin px

P e

x 2

cos pxdx

dP

2

2

=

P I (P)

2

p 2

积分得

I(P) Ce

4

I (0)

e

2

dx 1 又

= x

2

故

C=

1

2

p 2 所以 F[

e

x

2

]=2I(P)=

e 4

F [e a x

]

e

a x

e ipx

dx

(2)

e ax e ipx dx

e ax e ipx dx

( a ip) x

(a ip) x

1

(a ip ) x

=

e dx e e

dx

+

a ip

1 ( a ip ) x

1 1

2a

e 0 a ip a ip a

2

p

2

a ip

或

F [e

a x

] =

e

a x e ipx

dx

= e a x

(cos px

i sin px)dx

=2 e ax

cos pxdx

2a

a 2 p 2

(3)

F[

1 ]=

e ipx

dx

2 i Re s

e

ipz

(a

2

(a 2 x 2 ) k

z 2 )

k

x 2 )

k

z ai

(a

2

因

Re s

e ipz

=

1

lim d

k

1 [

e ipz

]

(z ai ) k

z ai (a 2 z 2 ) k k 1 ! z ai dz

k 1

1

k 1

m

k ] ( m)

(e ipz ) (k m 1)

=

lim

ai )

C

[( z

(k 1)! z ai m 0 k 1

1

k 1

m ( 1) m (

1).....(

1)

lim C

k k

m

=

(k 1)! z

ai m

k 1

( z ai)

k m

( ip ) k

m 1

e ipz

1

k 1

m

1) m k(k

k m

(

ip ) k m 1 e ap

(k 1)! m 0 c k 1

(

1) (k

m 1)( 2ai )

1

k 1

(k m 1)! ( 1) k

m 1 p k m 1 ap

(k 1)! m 0 m!(k m 1)! i( 2a) k

m

e

所以

F

1 2 i

1 k 1 ( k m 1)! .

(a 2 x 2 )k 1)! m 0 m(k

( k m 1)!

( 1) k m 1

i( 2a) k m p

k m 1e ap

2

k 1

(k m 1)! ( 1)

k

m 1

p k

m 1

e ap

( k 1)! m 0m(k m 1)! (2a) k m F

x

1 d F ( a

2 1 (a

2

x 2 ) k

i dp

x 2 ) k

i 2

k 2 (k m 1)! ( 1) k

m 1

1)! m 0m! (k

(2a)k

m

(k m 1)!

k m 2 ap k m 1 ap

( 2k 2)!

2k 2 ap

[( k m 1) p

e ap e

] i

[( k

1)! ] 2

( 2a)

e

(2k 2)! ( 2a)

2k 2 e

ap

i

2

k

2

(k m

1)! [( k

1)!] 2

(k 1)! m 0m! (k m

1)!

(2a)

k m

( 1)k m 1 p k

m 2 e ap

(ap k m 1)

2．证明当 f(x) 在 (

, ) 内绝对可积时， F(f) 为连续函数。

证：因

F (t)

f ( x)e

ipx

dx g ( p) 对任何实数 p 有

| F ( f ) | | g( p) |

| f ( x) | dx

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

u a

2

2u

2

u

2

u

t

x

2

y

2

z 2 ：

u |t

( x, y, z)

解： 令

F [u( x, y, z)]

u(x, y, z, t)e

i ( xs 1 ys 2 zs 3 ) dxdydz

~ (s , s , s ,t )

u

1

2

3

对问题作富里埃变换得

~

2

2

2

2 ~

du

a

dt

s 1

s 2

s 3 u

~ 0

( x, y, z) e i( xs 1 ys 2 zs 3 )

dxdydz ~

( s 1 , s 2 , s 3 )

u |t

解之得 ~ ~ (s 1 , s 2 , s 3 )e a 2 ( s 12 s 22 s 3 2 )t

u

因

F 1[ e a 2

(s

1

2

s 2 2 s 32 )t ]

1

e a 2

( s

12

s 2 2 s 32 ) t

(2 )3

e i (xs

1

ys 2

zs 3 )

ds 1ds 2 ds 3

=

1

e

a 2 s 1 2

t ixs

1

ds 1 e

a 2 s 2

2

t iys

2

ds 2 e

a 2 s 3 2

t izs

3

ds 3

(2 )3

1 x 2

1

y

2

1

z 2

1

3

x

2

y 2 z

2

2

2

2

2

e 4a t

e 4a t

e

2a

e 4 a t

2a

2a t 4a t

t

2a t

t

1

3

(x

)2 ( y ) 2 ( z )2

u x, y, z, t

, , e

4a 2

t

d d d

2a

t

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

( x

)2

t

( x ) 2

u( x, t )

1 ( )e 4a

2 t d

1

f ( , )e 4a 2 (t

)

d d

2a t

2a

t

u

2

u

f x, t

满足定解问题

a 2

x

2

t

u x,0 (x)

原书 85 页上已证解的表达式中第一项满足

u

a 2 2 u

t x 2

u x,0 x

因此只需证第二项满足

u a 2 2u

f x,t

t x 2

u x,0

如第一项，第二项关于

的被积函数满足

a 2 2

t

x 2

) f

( x, x, 若记第二项为 , 被积函数为 , 即

t

d

t

故有

t

x, t t d

2 t 2 d

x 2

0 x 2

2

2

t

2

t 2

即

a

t

d

a 0 x 2 d

t

x

2

a

2 2

t

a 2

2

x 2

f ( x, t)

d

t

x

2

再由卷积定理得

a

2

2

f ( x, t)

x

2

显然 x,0

0 得证。

5． 求解热传导方程（）的柯西问题，已知 （ 1） u | sin x

t 0

(2)

*

u |t 0 x 2

1

(3)

用延拓法求解半有界直线上热传导方程（）, 假设

u(x,0)

( x) (0 x

)

u(0,t ) 0

解： （ 1） sinx 有界，故

1

( x ) 2

u( x, t )

sin e

4a 2

t

d

2a t

( x )

1

4a 2

t

1 sin( x

)e

2

2a

t d

1

sin x e 2

d

cosx e

2

d

=

t cos sin 2a

1

1

1

e

a 2t

e a 2 t

sin x

=

sin x e

4

2a sin x

1 2a t

t

2a t (2)

1+x 2 无界， 但表达式

1

( x ) 2

(1

2

)e

4a 2

t d

u( x, t)

t

2a

仍收敛，且满足方程。因此

( x )2

u(x,t )

1

(1

2

)e

4a 2

t

d

2a

t

x

1

4a 2t

1 )

2 e

2 2a

1 ( x

d

t

1 1 x

2

e

2

2x

e

2

2

e

2

2a

d

d

d

t

=

1

1 x

2

e

2

|

1

e

2

d

2a

t

2

2

1 1 x

2

1 1 x

2 2a 2t

2a

t 2

易验它也满初始条件。

（ 3）由解的公式

1

( x )2

u( x, t)

( ) e

4a 2

t

d

2a

t

知，只需开拓

(x), 使之对任何 x 值有意义即可。为此，将积分分为两个

与

，再在

第一个中用 (

) 来替换 就得

1

( x

) 2

( x )2

u(x, t )

[

2

(

)e

2

]d

2a t

( )e 4a t 4a t

由边界条件得

1

2

2

2

( )e

4a 2 t

]d

[ ( )e 4 a t

2a

t 0

2

1 [ ( )

(

)]e 2

2a

t

4 a t d

要此式成立，只需

( )

( )

即 ( ) 作奇开拓，由此得解公式为

1

( x ) 2

(x

)2

u(x, t )

( )[ e

2

e

2

]d

2a t 4a t

4 a t

6 ．证明函数

1

( x

)2 ( y ) 2

v( x, y, t , , , )

e 4 a 2 (t

)

4 a 2

(t

对于变量 ( x, y, t) 满足方程

)

v a 2 ( 2

v

2

v

t x

2

y 2

)

对于变量 ( , , )满足方程

v

a 2 (

2

v

2

v

2

2 ) 0

( x )

2

x

e

4a 2t

d

2

t2a

2

( y

)

是绝对且一致收敛的。因为对充分大的

A 0 ，每个积分

x

( x ) 2

e

4a 2 t d

2

A 2a t

A

(x )2

x

e

4a 2

t

d

2

2a t

( y

) 2

e

4a 2t

d

A

A

( y )2

e

4a 2t d

都是绝对且一致收敛的。绝对性可从 A 0 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

( y 0

)2

e 4a 2t 0

( y 0

)

2

且

e 4a 2t 0 d

A

收敛。

因

(,) M ，故

1

x (x

)2 ( y ) 2

4a 2 t

4a 2

t

( , ) 2a 2 t

e

d d

M

x

(x )

2

( y )

2

e 4a 2

t d

e

4a 2

t

d

4a 2

t 0

2a 2

t

右端为一致收敛积分的乘积，仍为一致收敛积分。因而 I 1 为绝对一致收敛的积分。从而有

u I 1

，对 2u , 2u , u

讨论是类似的。从而证明表达式满足方程。 x

x 2 y 2

t

再证满足始值。任取一点 ( x , y ) ，将 ( x , y

0 )

写成

( x 0 , y 0 ) 1

( x 0 , y 0 )e

(

2

2

)

d d

因而

u( x, y, t ) ( x 0 , y 0 )

1

[ ( x 2a t , y 2a t )

( x 0 , y 0 )]e

(

2

2

)

d d

对任给

N 0

如此之大，使

，取

N

e (

2

2

) d d

e (

2

2

)

d d

12M

12M

N

N

2

)

d d

e (

2

12 M

e (

2 2

)

d d

12 M

N

再由

的连续性，可找到

0 使当 x x 0 ， y y 0 , t 都小于 时，有

( x 2a t , y 2a t )

(x 0 , y 0 )

3

1 N

N

( x 0 , y 0 )e (

2

2

) d d

所以

(x 2a t , y 2a t )

3

N N

u( x, y,t )

(x 0 , y 0 )

1 2M

2 1 因此

4 12M 3 3

3

( , , )

)

即有

( ,

u x y t t 0 x y

§ 4

极值原理，定解问题的解的唯一性和稳定性

1． 若方程 u a 2

2u cu (c 0) 的解 u 在矩形 R 的侧边 x

及 x

上不超

t x 2

过 B ，又在底边 t 0 上不超过 M ，证明此时 u 在矩形 R 内满足不等式：

u(x, t) max(Me

ct

, Be ct

)

由此推出上述混合问题的唯一性与稳定性。

证：令 u( x, t ) e ct

v(x, t) ，则 v(x, t ) 满足 v a 2 2

v ，在 R 的边界上

t

x

2

max v(x, t) max e ct

u( x, t) max u( x,t)

B

x x x

x

x

x

max v( x, t )

max e ct u(x,t ) max u( x, t) M

t 0

t 0

t 0

再由热传导方程的极值原理知在

R 内有

v( x, t) max(M , B)

故

( , ) e ct ( , ) max(

Me ct , Be ct )

u x t v x t

唯一性：若 u 1 ,u 2 为混合问题的两个解，则 u u 1 u 2 满足

u

a

2

2

u

cu

t x

2

u t

0u x

u x

由上估计得

u( x,t ) max(0e ct ,0e ct

) 0

推出

u( x, t) 0 即

u 1

u 2

解是唯一的。

稳定性：若混合问题的两个解

u 1 , u 2 在 R 满足 u 1 u 2

, 即 max( M , B)

，则

u u 1

u 2 满足估计

u(x, t)

max e ct

因此对任何 t 满足 0 t

T ，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

2

u

2

u

0 的函数在

x 2

y 2

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

上的最大值。 若定理不成立，

则 M

m. 。因而，在 R 內有一点 ( x , y ) 使 u(x , y )

M

m 。

作函数

v( x, y) u( x, y) M

m

( x

x )

2

M

m

( y y ) 2

其中 l 为 R 的直径。在

4l 2 4l

2 上

v( x, y)

M

m M m

m M M

m

4

4

2

2

而

v( x*, y*) u( x*, Y*) M

故 v( x, y) 也在 R 内一点 ( x 1 , y 1 ) 上取到其最大值，因而在该点处有：

2

v

2

v

x

2

y 2

即 v

0 ，另一方面，

2v

2

u M m

2 v

2

u M m

x

2 x

2

2l

2 ,

y

2 y 2

2l

2

所以

v

M

m M m

u

l

2

l

2

矛盾。故假设不成立。证毕