数理方程习题集综合.pdf

例 1.1.1设 v=v(线 x,y),二阶性偏微分方程 vxy=xy 的通解。解原方程可以写成x（vy）=xy两边对 x 积分，得2vy=（y）+1/2 x Y,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22v（x,y）=vydy+f（x）=（y）dy+f（x）+1/4 x y22=f（x）+g（y）+1/4 x y其中 f（x）,g（y）是任意两个二阶可微函数。例 1.1.2即 u(,)=F()+G(),其中 F(),G()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 OXU,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 ux0.因此 0，cos1,sintan=ux0,其中 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力和外力。可以证明，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s xxx21uxdxx。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，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-T(x)cos=0.由于 cos1，cos1,所以 T(X+x)=T(x),故力 T 与 x 无关。于是，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的力沿 u 轴方向的分量为Tsin-TsinT(ux(x+x,t)-ux(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（ux(x+x,t)-ux(x,t)+F(x,t)x=uttx,其中是线密度，由于弦是均匀的，故为常数。这里utt是加速度utt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Tuzz（x+x，t)x+F(x,t)x=uttx,01.消去x，并取极限x0 得Tuxx（x,t）+F(x,t)=utt,即utt=uxx+(x,t),0 x0,其中常数 =T/，函数（x,t）=F(x,t)/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强迫横振动方程，又称一维非齐次波一维非齐次波动方程动方程。当外力作用为零时，即=0 时，方程称为弦的自由横振动方程自由横振动方程。类似地，有二维波动方程二维波动方程utt=（uxx+uyy）+（x.y.t）,(x,y),t0,电场 E 和磁场 H 满足三维波动方程三维波动方程2222E2H22 c E和2 c22H,2tt其中 c 是光速和222 222。xyz2例 1.2.2 设物体在无热源。在中任取一闭曲面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 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 n 的方向导数三者成正比，即,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 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u 0时，热量实际上是向-n 方向流去。n对于任一封闭曲面 S，设其所包围的空间区域为V，那从时刻t到时刻t12经曲面流出的热量为t2Q1=-kt1SudSdtn设物体的比热容为 c(x,y,z)，密度为(x,y,z)，则在区域 V，温度由 u(x,y,z,t1)到u(x,y,z)所需的热量为Q2cu(x,y,z,t2)u(x,y,z,t1)dv cVt1Vt2udvdt.t根据热量守恒定律，有Q2 Q1即t2cu（x,y,z,t2)u(x,y,z,t1)dv kVt1SudSstn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t2ct1Vu u u u kkkdvdt 0.txyyyzz由于时间间隔t1,t2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，在任意一点都有cu u u u kykyzkzxyy(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 及均为常数，令a=2k，则方程(1.2.6)化为c2u2u2u 2 u2 a a u222tyzx,(1.2.7)它称为三维热传导方程若物体有热源，其热源密度函数为，则有热源的热传导方程为uta2u f(x,y,z,t)(1.2.8)其中f Fc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ut a2uxx（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（1.2.10）ut a2(uxxuyy）（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）utt=a uxx,0 xL.在初始时刻（即放手之时），杆振动的速度为零，即ut(x,0)=0,0 xL.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|t0=2bx,0 xL.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 xL.另一端由于放手任其振动时未受外力，故有ux(L,t)=0,t0.所以，所求杆振动的定解问题为 utt=a uxx,0 x0,u(x,0)=2bx,ut（x,0)=0,0 xL,Lu(0,t)=0,ux(L,t)=0,t0.（P17）例1.3.2：长为L 的均匀弦，两端x=0 和 x=L 固定，弦中力为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。设弦在 x0点受到横向力 T 作用后发生的位移为 h,则弦的初始位移为hx,0 xx0,u(x,0)=x0h(L-x),x0 xL,L-x0其中 h 待求。由牛顿第二定律得F-Tsin1-Tsin2=0，在微小振动的情况下，Sin1tan1=h,sin2tan2=h,x0L-x0所以F=Th+Thx0L-x0因此h=Fx0(L-x0).TLF(L-x0),0 xx0,从而初始位移为 u(x,0)=TLFx0(L-x),x0 xL.TL而初始速度 ut(x,0)=0.(P18)例 1.3.3 考虑长为 L 的均匀细杆的热传导问题。若（1）杆的两端保持零度；（2）杆的两端绝热；（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q1 k u xx0,q2 k u xxL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ux(0,t)0,(3)显然，此时有u(0,t)ux(L,t)0.0,ux(L,t)0.例 1.5.1 求 Poisson 方程 Uxx+Uyy=X2+XY+Y2的通解解:先求出方程的一个特解V=V（x，y),使其满足Vxx+Vyy=X2+XY+Y2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)=aX4+bX3 Y+cY4,其中 a,b,c 是待定常数Vx=4aX3+3bX2 Y Vy=bX3+4cY3Vxx=12aX2+6bXY Vyy=12cY2得 Vxx+Vyy=12aX2+6bXY+12cY2=X2+XY+Y2比较两边系数，可得a=1/12,b=1/6,c=1/12于是 V（x,y)=1/12(X4+2X3 Y+Y4）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(以下的偏导的符号记为 d)Ue=du/de=du/dx=Ux Un=du/dn=du/dy*dy/dn=-iyUee=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-UtUee=dUe/de=d(Us+Ut)/de=Uss+Utt+2UstUnn=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(X4+2X3Y+Y4)(P32)例 2.1.1 判断方程 Uxx+2Uxy-3Uyy+2Ux+6Uy=0（2.1.22）的类型，并化简。2解：因为 a11=1,a12=1,a22=-3,所以 =a12-a11a22=40,故方程为双曲型方程。对应的特征方程组为dya12dxdya12a212a11a223,dxa11a212a11a221.a11该方程组的特征曲线（即通解）为y3xc1,yxc2.作自变量变换y3 x,yx则uxx3uu;uyuu,uxx9u6uu,uxy3u2uu,uyyu2uu.将上述各式带入方程（2.1.22），得第一种标准形式u1u0.（2.1.23）22,t若令s2,则得到第二种标准形式ussuttusut0.（2.1.24）下面对式（2.1.24）进一步化简。令uVest,则us(VsV)est，ut(VtV)est,uss(Vss2VsV)e2st,utt(Vtt2Vt2V)est.代入方程，得VssVtt(21)Vs(12)Vt(22)V0.我们取1，则式（2.1.24）化简为2VssVtt0,（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22214y vxx+2(1-y)vxy-vyy-2y/(1+y)(2vx-vy)=0,xR,Y01V(X,0)=（X）,VY（X,0）=（X）,XR的解，其中（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=1/2y2.其通解为x+2y=C1,x-2y3/3=C做自变量变换=x+2y,=x-2y3/3,这样给定的方程化为标准型V=0依次关于和积分两次，得通解 v=F（）+G（）.代回原自变量 x,y 得原方程得通解v？（x,y）=F（x+2y）+G（x-2y2/3）其中 F,G 是任意两个可微函数。进一步，由初始条件得（x）=v（x,0）=F（x）+G（x）,（x）=VY（x,0）=2F（x）从而求出F（x）=F（0）+1/20（t）dt,G（x）=（x）-F（0）-1/20（t）dt.所以原定解问题的解为x+2yv（x,y）=（x-2y3/3）+1/2x-2y3/3（t）dt.例 2.1.3 设常数 A,B,C 满足 B2-4AC0,m1,m2是方程Am2+Bm+C=0 的两个根。证明二阶线性偏微分方程Auxx+Buxy+Cuyy=0 的通解具有如下形式：u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y),其中 f,g 是任意两个二阶可微函数。证不失一般性，设 A0 和 B2-4AC0.其它情况可以类似的处理。令=m1x+y,=m2x+y.则Ux=m1u+m2u，uy=u+u，Uxx=m12u+2m1m2u+m22uuyy=u+2u+u ,uxy=m1u+(m1+m2)u+u上述式代入得：（Am12+Bm1+C）u+（Am22+Bm2+C）u+(2Am1m2+B(m1+m2)+2C)u=0由题意得Am12+Bm1+C=0，Am22+Bm2+C=0，m1+m2=B/A,m1m2=C/A上述式代入得(1/A)(4AC-B2)u=0又由题意得 4AC-B20故 u=0对该方程两边分别关于和积分，得通解 u=f()+g（），代回自变量 x,y,得方程的通解是u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y),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端点自由的半无限长的均匀弦振动的定解问题xxutt a2uxx fx,t0 x ,t 0,(3.1.22)ux,0 x,utx,0 x,0 x ,ux0,t 0,t 0.因为ux0,t 0,我们对函数f,关于 x 做偶延拓。定义Fx,t,x和x如下：x,x 0,x x,x 0.x,x 0,x x,x 0.fx,t,x 0,t 0,Fx,tf x,t,x 0,t 0.函数Fx,t,x,x在 x 上是偶函数。由推论 3.1.1，Ux,t是关于 x的 偶 函 数，且ux0,tUx0,t 0.这 样 得 到 定 解 问 题（3.1.22）的 解ux,tUx,t(x 0,t 0).所以，当x at时，t xat111 ux,txatxat df,dd（3.1.23）at22ax2a0 xat当0 x at时，atxxat11 ux,txatat x d d22a00 x（3.1.24）taatxxattxat11 f,dd.f,df,dd2a2ax000txataxat例 4.2.3端点固定的半无限长的均匀弦振动的定解问题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（3.1.17）由（3,1,15)，问题（3.1.17)的解是（3.1.18）所以问题（3.1.16)的解 u（x,t)在上的限制。于是当时，（3.1.19)当时，（3.1.20）例 2.2.1 确定下列方程标准型(1)uxx+2uxy-2uxz+2uyy+6uzz=0(2)4uxx4uxy2uyzuyuz 0.解:(1)方程对应的系数矩阵是 11A 121010.uxx 2uxy2uxz 2uyy6uzz 0,6利用线性代数中把对称矩阵化为对角型的方法,我们可选取1B 1 1T01120,012 则BAB E,这里E为三阶矩阵,令x x Byy x.zyzx 22 则给定的方程化简为u u u 0.(2)方程对应的系数矩阵是 4A 20 2010 1.0因为 1BAB00T0 100 0,1其中121B 21201 10 01所以取 x Byzx y.2x y z2x2则给定的方程化简为uuuu 0.例 3.1.1 求解下列初值问题utt 9uxx ex e x,x ,t 0,ux,0 x,utx,0 sinx,x .解：利用达朗贝尔公式（3.3.15）得ux,t1x atx at122 ax atdx at12 a 0tx at x at f,dd1x 3t x 3t126x 3 tx 3 tsind1tx 3t e edd 0 x 3t 6 x 122sin x sin 3t sinhx sinhx cosh3t,399易见，解ux,t关于 x 是奇函数。4.2.1 波动方程的初边值问题例 4.2.1设边长为 L 的弦，两端固定，作微小横振动。已知初位移为（x）,初始速度为（x）,试求弦的运动规律。解：该物理问题可归为下列定解问题：2utt auxx,0 x L,t 0 1u(x,0)(x),ut(x,0)(x)u(0,t)u(L,t)0设上述问题有非零变量分离解u(x,t)=X(x)T(t).代入上述问题1中得：2X(x)T(t)=aX(x)T(t)，2由此设：T(t)aT(t)=X(x)X(x)=-（记-为比值常数），并得：2T(t)+aT(t)=0 2X(x)+X(x)=0,3再根据边界条件u(0,t)=u(L,t)=0,得：X(0)T(t)=X(L)T(t)=0,T(t)0,则 X(0)=X(L)=0，由上分析，得：4X(x)X(x)0X(0)X(L)02x-x（1）=-0 时，方程组4的通解为：X(x)=C1e+C2e,代入 X(0)=X(L)=0，解 得 常 数 C1=C2=0,即 得 零 解 X(x)=0（u=0），不 合 初 设 u 为 非 零 解，舍 去；（2）=0 时，方程组4的通解为：X(x)=C1x+C2,代入 X(0)=X(L)=0，解得零解X(x)=0（u=0），舍去；2（3）=0 时，方程组 4 的通解为：X(x)=C1cosx+C2sinx.代入 X(0)=X(L)=0，解得C1=0,C2sinL=022则=n=n=（n /L）,n=1,2,.对应n的特征函数为：Xn（x）=CnsinnxL2,n=1,2,.5 将特征值n代入2得：T(t)+naT(t)=0 通解为Tn(t)=Ancos6natnat+BnsinLL知定解问题的变量分离特解为：综上可un（x，t）=（ancosnatnatnx+bnsin）sin 7 LLL数，n=1,2其中，an=AnCn,bn=BnCn为任意常根据线性叠加原理，将特解un（x，t）叠加起来，得到通解：u(x,t)=un1n(x,t)=(an 1ncosnatnatnx.8 bnsin)sinLLL由原定解问题：（x）=u(x,0)=ansinn1nxL(x)=ut(x,0)=bn1nnanx，sinLL可将（x），(x)看作是0,L上的傅里叶级数，则有：nx2(x)sindx0LanLb2L(nxx)sindxn0naLL把上面得到的 an,bn代入8中，得级数通解u(x,t)=un(x,t)=n1Lnatnatnx(ancos bnsin)sin ,其中LLLn1nx2(x)sindx0LanLb2L(nxx)sindxn0naL经检验，得到的通解 u（x,t）满足关于 x 和 t 逐项微分二次后一致收敛，因而满足定解问题1中方程和相应条件，即通解u（x,t）存在，是定解问题的解例 4.2.2 设长为 L，且两端自由的均匀细杆，作纵振动，且初始位移为（x），初始速度为（x）。试求杆做自由纵振动的位移规律。解：tt=a2xx,0 x L,t 0 x，0=x，tx,0 x0,txL,0,t 0令x,t XxTt，代入上式得：x,0 x LTtXx a2TtXx得到两个独立的常微分方程Tta2Tt 0XxXx 0又由边界条件，得X0 XL0.所以特征值问题为XxXx 0,0 x LX0 XL 0.当0,函数(x)在0,L满足狄利克雷条件。我们仍然用分离变量法解这个问题。设u(x,t)X(x)T(t).将其代入到（4.2.38）方程中，得T(t)X(x).(4.2.39)2a T(t)X(x)从而得到关于T(t),X(x)的常微分方程T(t)a2T(t)0,(4.2.40)X(x)X(x)0,x L.4.2.41)（4.2.38）中的边界条件，得由X(0)0,X(L)hX(L)0.(4.2.42)下面求解由方程（4.2.41）和边界条件（4.2.42）组成的特征值问题当 0时，边2,0时，方程（4.2.41）的通解为值问题（4.2.41）和（4.2.42）只有零解。当X(x)Acosx Bsinx由边界条件（4.2.42），得A0,B(cosLhsinL)0.为求特征值和特征函数，设B 0.所以cosL h sinL 0,记L,则上式可表示为tan,1.hL方程（4.2.43）的根可以看作切曲线y1 tan与直线y2的交点的横坐标，见图 4.6.由此可见，他们交点有无穷多个，他们关于原点对称，设方程（4.2.43）的无穷多个正根依次为0 12 L n L,于是边值问题（4.2.41）和（4.2.42）的特征值n和相应的特征函数Xn(x)为n2n2nL2,Xn(x)Bnsinnx,n 1,2,L(4.2.44)现在证明特征函数系sin1x,sin2x,L,sinnx,Lm在0,L是正交系.记n(x)sinnx,n 1,2,L则n(x),(x)分别满足n(x)nn(x)0,0 x L,(4.2.45)m(x)mm(x)0,0 x L(4.2.46)和边界条件（4.2.42）.用m乘以（4.2.46），然后（4.2.46），然后两式相减，并且在0,L上积分，得(nm)n(x)m(x)dx(n(x)m(x)m(x)n(x)dx00LLL(n(x)m(x)m(x)n(x)dx (n(x)m(x)m(x)n(x)|00m(L)n(L)m(L)n(L)hm(L)n(L)hm(L)n(L)0因为当LLn m时，nm.所以n0(x)m(x)dx 0,n m.(4.2.47)即特征函数系下面将sinx|n 1是0,L上的正交函数系.nTn(t)Anen代入到方程（4.2.40），得解na 2t,n 1,2,L(4.2.48)由此得到满足方程（4.2.38）中的方程和边界条件的一组特解2na tun(x,t)Xn(x)Tn(t)Cnesinnx,n 1,2,L,其中任意常数Cn AnBn,n 1,2,L,由于方程和边界条件是其次的利用叠加原理，可设定解问题（4.2.38）的形式解为u(x,t)un(x,t)n 1na2tCnesinnx(4.2.50)n 1用sinmx乘以式（4.2.50），并且利用sinnx|Ln 1是0,L上的正交函数性，我们得到1CmLm这里(x)sin0mxdx,m 1,2,L(4.2.51)LLm2sinmxdx,0将是（4.2.51）代入（4.2.49），即得原定解问题（4.2.38）的形式解.例 4.4.1 解下列非齐次边界的定解问题utt a2uxx f(x)0 x0,u(x,0)=(x),ut(x,0)=(x),0 xL,u(0,t)A,u(L,t)B,t0。其中 A，B 是常数。解：设 u（x,t）=(x,t)+(x),将其带入到上述的方程中，得utt=a2xx(x)f(x).为使方程和边界条件都化为齐次的，我们选取(x)满足a2(x)f(x)0,0 x L,(0)A,(L)B.其解为(x)A1B AxLx 2(L s)fxds 2aLa L0 x0(x s)f(s)ds.再解(x,t)满足的定解问题tt a2xx,0 x L,t 0,x,0=(x)-(x),t(x,0)(x),0 x L,(0,t)(L,t)0,t 0.由波动方程的初边值问题(例 4.2.1)可知u(x,t)(x)(x,t)natnat nx(x)ancos bnsin,sinLLLn1其中系数2Lnx(x)(x)sindx,0LLL2nxbn(x)sindx,n 1,2.0naLan例 4.4.2 解下列初边值问题：ut a2uxxbu,0 x0,ux,00,0 x L,ux0,t A,uL,t B,其中 a,b,A,B 是常数，且 a0 和解：设t 0,b0.ux,tvx,twx,其 中wx满 足w0 A,wL B,显然可取wx Ax L B.那么vx,t满足如下（4.4.14）三等式。vt a2uxx bv bwx,vx,0 x wx,0 0 x0,x L,ux0,tA,uL,tB,t 0,易 知 上 式 的 特 征 函 数 系 为2 n 1x.cos2 L因 此 上 式 的 形 式 解 为：vx,tTntcosn12n 1x,2L（4.4.15）其中Tntn1,2,.为待定系数。把 v 代入（4.4.14）中的方程得Ttmm 12m b Tmtcos2 m 1x2 L bwx,（4.4.16）其中m2m 1a2L,对等式（4.4.16）两边同乘以2 n 1x,c os2 LtTn2n 1x.cos2 L在0,L上的正交性，得并且利用三角函数系2nbTntwn,（4.4.17）其中wn 2 bLL0wxcos2 n 1xdx,2 Ln=1,2.(4.4.18)方程（4.4.17）的解为Tte btTn2nn0wn2tn b1 e.2nb（4.4.19）由（4.4.14）中的初始条件和式（4.4.15）得x wxvx,0所以Tn02L2 n 1x,T0cos2 Lnn 12 n 1xdx,n 1,2.(4.4.20)xwxcos2 LL0因此定解问题（4.4.13）的形式解为ux,tAx L B Tntcosn 12 n 1x,2 L（4.4.21）其中Tnt由式（4.4.19）给出，Tn0由式（4.4.20）确定。例 4.4.2求解下列无限杆的热传导方程的初值问题：2ut=a uxx+fx，t，-x ,t 0,ux,0 x,x 我们用 U，t，F，t和分别表示函数ux，t，fx，t和x关于解：x的傅里叶变换，对上式方程和初值条件关于x作傅里叶变换，得到一个以为参数的常微分方程的初值问题22Ut+a U=F，t，t0,U,0 其解为U,t e22a t22tF，e-at-d0这样问题的解为ux，t F-1U F-1e-22a tt-2a2t-+F1F，ed0由卷积定理得F1e-22a t=F1*F1e-22a2+x-t=exp-2at-4a2t1d同理可得x-2t-1t+f，t-2a2t-2a2t-FF,ed=FF,ed=exp -dd2000-4at-2a-t-1所以处置问题的形式解为2x-2t+f，（x-）ux，t=-exp -ddd+exp4a2t-0-2at-4a2t2at-1+例 5.3.4利用傅里叶变换求解一维波动方程的初值问题2utt a uxx fx,t,x ,t 0（5.3.12）ux,0 x,utx,0 x,x (x),F(,t)=Ff(x,t)。那么记U(,t)=Fu(x,t),=F(x),()=F 问题（5.3.12）化为2Utt a uxx F,t,x ,t 0（5.3.13）U,0，Ut,0,.这 是 一 个 带 参 数 的 常 数 微 分 方 程 的 初 值 问 题，其 解 为11U,t cost sinat F,sinat d.aa0t由于F 11cost2cosat eixd14TL1 Tce iat eiateixdeix af eix atd1x af2x at以及F 11sinatasinat12aeixd1 iiatat4aee ieixd1x at4 iaeieix afdx ax14 aeiddx aIx at 01i4 adx edatx at1ax dat类似的，有 F1tx at F11,sinat dda2a00 x af,tdt 所以原问题（5.3.12）的解为11x attx at ux,t2x atx,at2axd1x at2af,dd0 x at 这就是波动方程的达朗贝尔解例 6.2.2 利用拉普拉斯变换，求解下列初边值问题：uttc2uxx ft,x0,t 0,ux,0 0,ut(x,0)0,x=0,u(0,t)0,limux(x,t)0,x解：因 为u(x,0),ut(x,0)已 知，所 关 于 自 变 量t作 变 换，U(x,s)Lu(x,t),F(s)L f(t),则由定解问题中的方程和初始条件可得d2U2(s)dx2sc2U Fc2,其通解是U U(x,s)Aesxt Besxt F(s)s2s.注意到边界条件得U(0,s)0,limUx(x,s)0,x所以A 0,B F(s)s2因此U(x,s)F(s)(1esxc)s2,设故问题的解为u(x,t)LULsF(s)LF(s)e利用积分性质和延迟性质可得112sxts2.L1sF(s)sxt2t00f()ddG(t),L1F(s)e s2xxG(t)H(t).cc这就是所求的解。例 7.3.1 求拉普拉斯方程在半空间z0 上的狄利克雷问题的解：u uxxuyyuzz 0,x,y ,z 0（7.3.1）u(x,y,z)f(x,y),x,y 解：在半空间 z0 上任取一点 M0=M0（x0,y0,z0),在其上放置一单位正电荷，它在无穷空间形成电场，在上半空间任一点 M（x,y,z)处的电位为1。然后找出 M0关于边界 z=04rMM0的对称点 M1=M1（x0,y0,-z0),并在其上放置一单位负电荷。则它与 M0点的单位正电荷所产生的电位在平面 z=0 上电位互相抵消。因为1在 z0 上为调和函数，在闭区域z=0 上具有一阶偏导数，故4rMM0G（M,M0）111（)(7.3.2)4rMM0rMM1222便是半空间 z0 上的格林函数，其中rMM0(x x0)(y y0)(z z0),rM1M(x x0)2(y y0)2(z z0)2.下面计算G，由于在平面 z=0 上的外法线方向是 z 轴的负方向，所以nGz z0Gn z01z02(x x0)2(y y0)2 z023/2由解的积分表达式（7.2.7），得定解问题（7.3.1）的形式解为z0f(,)ddu(M0)u(x0,y0,z0)222 3/22(x0)(y0)z0 例 7.4.2 求下列定解问题的解：ut a2uxx 0 x0,ux,0 xL 0 x2LuX(0,t)uX(2L,t)0 t0 n解：利 用 分 离 变 量 法，可 知 问 题 的 特 征 值 为，对 应 的 特 征 函 数 为2Lcosnx(n 0,1,2.)。因此可设满足方程和边界条件的级数形式的解为2L2n22a2a0nnxu(x,t)anexpt cos。22n14L2L由初始条件得a0nx(x L)u(x,0)ancos。2n12L利用三角函数系cos nx 的正交性，可得2L12L1n nx an(x L)cosdx cos,n 0,1,2.L02LL2所以原问题的形式解为k22a21kxk1u(x,t)(1)expt cos22Lk1LLL例 10.2.2 试推导出下列两个公式:设JV(x)是 v 阶第一类贝塞尔函数，v0，则下面递推公式成立：J(X)v1J(X)=v120XJV(X)Jv1(x)Jv1(x)2Jv(x)解：证明：由dv(X Jv(x)dxvX Jv1vv1(x)可得vX由v1Jv(x)X Jv(x)X Jv(x)dvv(X Jv(x)X Jv1(x)可得dxv1vX乘以Jv(x)XVvJv(x)XvJv1(x)1X可得v(X)(x)Jv1(X)JJvvxv(x)(x)Jv1(x)JJ-X*Xvvx20+可得Jv1(X)Jv1(X)=(X)XJV乘以v可得-可得例 10.4.1将函数Jv1(x)Jv1(x)2Jv(x)1,1 x 0,f(x)1,0 x 1展开成傅里叶-勒让德级数。解：由系数计算公式（10.4.29）直接得：012n1Cn P(x)dxP(x)dxnn210112n1 P(x)dxP(x)dxnn2002n1Pn(x)Pn(x)dx20由式（10.4.23）知，当n 为偶数时，Pn(x)为偶函数，所以C2k 0(k 0,1,2,)。当n 为奇数时，Pn(x)为奇函数。所以11C2k1(4k 3)P2k1(x)dx,0k 0,1,2,3C1 3P(x)dx 3 xdx ,120017C3 7P3(x)dx 7(5x33x)dx ,2800111C511P5(x)dx 11(63x570 x315x)dx,81600因此，我们有f(x)111111CnPn(x)n03711P(x)P(x)P5(x)13281610.4.2 将函数 f(x)=5x3+3x2+x+1展开傅里叶-勒让德级数。解：因先证明当0 k n时，有：实际上利用分部积分，得：1k11xkPn(x)dx 011kdn(x21)nxkdn12n 1k1k1dn12n1x Pn(x)dx2nn!1xdxndx2nn!dxn1(x 1)|12nn!1xdxn1(x 1)dxdn12nn1(x21)n(x 1)dx由于 x=1 是 2n 次多项式的 n 重零点，故也是(kn)的零点，故因此：n11kdk12nknx(x 1)dxx P(x)dx n1n12 n!dx11经过 k 次分部积分后可以得到：n2nnk111k!d(x 1)k!dkkk2n 1k(1)xdx (1)x(x 1)|1 0nnnnk1111x Pn(x)dx 2 n！dx2 n！dx1k一般的，当 m3 时有2n11Cn(5x33x2 x1)Pn(x)dx 021所以，11C0(5x33x2 x1)P0(x)dx 221C13132(5x 3x x1)P1(x)dx123132(5x 3x x1)xdx 4125132(5x 3x x1)P2(x)dx12511(5x33x2 x1)(3x21)dx 2122C271C3(5x33x2 x1)P3(x)dx21711(5x33x2 x1)(5x33x)dx 2122所以，f(x)=5x 3x x1 =322P0(x)4P1(x)2P2(x)2P3(x)P265 例 10.4.3 将函数 f(X)=|x|在（-1，1）展开成傅立叶-勒让德级数解：由公式CnCn2n11f(x)Pn(x)dx,n 0,1,2,得122n11f(x)Pn(x)dx,n 0,1,2,12因为 f(x）在（-1，1）上是偶函数，而P2n 1是奇函数，P2n是偶函数，故C2n 1 0,n 0,1,2,，和11111f(x)P0(x)dx xdx,1122214n11C2nf(x)P2nxdx (4n1)xP2n(x)dx,n 1,2,102C011152x(3x 1)dx 2022311342所以 C4 9x(35x 30 x 3)dx 40821113C613x(231x6315x4105x25)dx 70162C2一般地有C2n(1)n1(4n1)(2n2)!,n 1,2,22n(n1)!(n1)1因此，当 x 在（-1，1）时，有f(x)x 1533(4n1)(2n2)!P2(x)4P4(x)7P6(x)(1)n12nP2n(x)28222(n1)!(n1)!例 10.4.4 求证勒让德多项式的递推公式n 1Pn1x2n1xPnxnPn1x 0（1）解我们将xPnx展成勒让德多项式的级数。设xPnxm0CmmPx,2m1其中Cm1xPnxPmxdx.2由于xPnx是 n+1 次多项式，所以当 mn+1 时，Cm 0.同时，利用分部积分法，得12m111dnx21CmnxPmxdxn-122 n!dxnndn2m11xPmxdx-1n1x21n12n!dxndn当 mn-1 时，nxPmx 0.因此dxC0 C1 Cn3 Cn2 0.2此外，由式（1），可见xPnx是 x 的奇函数。所以有Cn2n112xPnxdx 0.12由此可见，xPnx的展开式中只剩下两项，即xPnx Cn1Pn1xCn1Pn1x (2)系数Cn1与Cn1固然也可以用上面的公式进行计算，不过这样计算较麻烦。