1、 26 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 ) ( 1 1 = 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 ) , ( t x u u = 。 记杆的截面面积 4 2 l 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
2、t s x u k dQ x x x x = = + 2 2 1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 = = 1 1 1 1 2 4 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 = + = , , 3由热量守恒原理得： ( ) t x s u u l k t x s x
3、 u k t x s t u c x t = 1 1 2 2 4 消去 t x s ，再令 0 x ， 0 t 得精确的关系： ( ) 1 1 2 2 4 u u l k x u k t u c = 或 ( ) ( ) 1 1 2 2 2 1 1 2 2 4 4 u u l c k x u a u u l c k x u c k t u = = 其中 c k a = 22. 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 1 t 到 2 t 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
4、 1 t t s dsdt n u D M 浓度由 u 变到 2 u 所需之溶质为 ( ) ( ) = = = 2 1 2 1 1 2 1 , , , , , , 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： = = + + = 2 1 2 1 1 t 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 2 1 , , t t 的任意性即得方程： + + = z u D z
5、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， 0 Q 为初始 时刻所 储的 热量，则 Q dt dQ = ，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 度 u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由 Q dt dQ = 及 0 0 Q Q t = = 得 ( ) t e Q t Q = 0 。由假设，放 热速度为 t e Q 0它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书 7
6、1 页，(1.7) 式得 = + + + = c k a e c Q z u y u x u a t u t 2 0 2 2 2 2 2 2 24. 设一均匀的导线处在周围为常数温度 0 u 的介质中，试证: 在常电流作用 下导线的温度满 足微分方程 ( ) 2 2 0 1 2 24 . 0 c 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， 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 ( )
7、t x f x u a t u , 2 2 2 + = 其中 ( ) ( ) ( ) t x F c t x F t x f c k a , , / , , , 2 = = 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 . 0 r i 。因为单位长度的电阻为 r ，因此电流 i 作功为 r i 2乘上功热当量得单位长度产生的热量为 / 24 . 0 2 r i 其中 0.24 为功热当量。 27 因此单位体积时间所产生的热量为 2 2 / 24 . 0 r 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
8、( ) 0 1 4 u u l k 其中 l 为细杆直径，故有 l l l p 4 4 / 2 = = ，代入得 ( ) ( ) 0 1 2 , u u p k t x F = 因热源可迭加，故有 ( ) ( ) ( ) t x F t x F t x F , , , 2 1 + = 。将所得代入 ( ) t x f x u a t u , 2 2 2 + = 即得所求： ( ) 2 2 0 1 2 2 24 . 0 c 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-Boltz
9、man) 定律正比于 4 u ，即 dsdt u dQ 4 s = 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 , | 4 1 dsdt u dQ s s = 辐射进来的 热量为 , | 4 2 dsdt f dQ s s = 因此由热量的传导定律得边界条件为： | | | 4 4 s s s f u n u k = s 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： = = = )
10、 0 ( ) ( ) 0 , ( ) 0 ( 0 ) , ( ) , 0 ( 0 , 0 ( ) 2 2 2 x 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 = + = = = + 0 0 ) ( 0 ) 0 ( 0 2 “ T a T X X X X 求非零解 ) (x X 得 x n x X n n n 2 1 2 sin ) ( , 4 ) 1 2 ( 2 + = + = ) , 1 , 0 ( = n 对应为 t n a n n e C t T 4 ) 1 2 ( 2 2 ) ( + = 因此得 =
11、 + + = 0 4 ) 1 2 ( 2 1 2 sin ) , ( 2 2 n t n a n x n e C t x u 由初始值得 = + = 0 2 1 2 sin ) ( n n x n C x f 因此 + = 0 2 1 2 sin ) ( 2 xdx n x f C n故解为 = + + + = 0 0 4 ) 1 2 ( 2 1 2 sin 2 1 2 sin ) ( 2 ) , ( 2 2 n t n a x n e d n f t x u x x x 用分离变量法求解热传导方程的混合问题 = = = ) 0 ( 0 ) , 1 ( ) , 0 ( 1 2 1 1 2 1
12、0 ) 0 , ( ) 1 0 , 0 ( 2 2 t 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 求非零解 ) (x X 得 x n X n n n sin , 2 2 = = n=1,2, 对应为 t n n n e C T 2 2 = 故解为 = = 1 sin ) , ( 2 2 n t n n x n e C t x u 由始值得 = = 1 1 2 1 1 2 1 0 sin n n x x x x x n C
13、因此 + = 2 1 0 1 2 1 sin ) 1 ( sin 2 xdx n x xdx n x C n 28 1 2 1 2 2 2 1 0 2 2 sin 1 cos ) 1 ( 1 2 sin 1 cos 1 2 x n n x n x n x n n x n x n + + = 2 sin 4 2 2 n n = 所以 = = 1 2 2 sin 2 sin 4 ) , ( 2 2 n t n x n e n n t x u 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 =
14、 问以后时刻的 温度分布如何 ？且证明当 ) (x f 等于常数 0 u 时，恒有 0 ) , ( u t x u = 。 解：即解定解问题 = = = = = = = ) ( | 0 | | 0 0 2 2 2 x 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 a 求非零解 ) (x X ： ) 1 ( 当 0 l x e 为单调增函数之故。因此没有非零解 ) (x X 。 ) 2 ( 当 0 = 时，通解为 a x X b
15、 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 时，通解为 x B x A x X x B x A x X cos sin ) ( sin cos ) ( + = + =由边值得 = + = = = 0 cos sin ) ( 0 ) 0 ( l B l A l X B X 因 , 0 故相当于 = = 0 sin 0 l A B 要 ) (x X 非零，必需 , 0 A 因此必需 , 0 sin = l 即 ) ( 整数 n n l =) ( 整数 n l n =
16、这时对应 ) 1 ( cos ) ( = = A x l n x X 取 因 n 取正整数与负整数对应 ) (x X 一样，故可取 , 2 , 1 cos ) ( , 2 , 1 ) ( 2 = = = = = n x l n x X n l n l n n 对应于 , 1 ) ( , 0 0 = = x X 解 T 得 0 0 ) ( C t T = 对应于 , ) ( 2 l n = , cos ) ( x l n x X n = 解 T 得 t l an n n e C t T 2 ) ( ) ( = 由迭加性质，解为 = + = 1 ) ( 0 cos ) , ( 2 n t l an
17、 n x l n e C C t x u = = 0 ) ( cos 2 n t l an n x l n e C 由始值得 = = 0 cos ) ( n n x l n C x f 29 因此 = l dx x f l C 0 0 ) ( 1 = l n xdx l n x f l C 0 cos ) ( 2 , 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 0 1 0 ) ( cos cos ) ( 2 ) ( 1 ) , ( 2 x x x 当 const u x f = = 0 ) ( 时， 0 co
18、s 2 , 1 0 0 0 0 0 0 = = = = xdx l n u l C u dx u l C l n l , 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 ( ) ( 0 0 2 2 2 2 x f x u u t l u t u u u x u t u a其中 0 , , u a 均为常数， ) (x f 均为已知函数。 提示：作变量代换 . ) , ( 0 t e t x v u u + = 解：按提示，引 t e t x v u u + =
19、) , ( 0 ，则 ) , ( t x v 满足 = = = = = = = = 0 0 0 2 2 2 ) ( 0 , 0 u x f v v v x u t u t l x x a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 a sin ) , ( 2 ) ( 1 = = 再由始值得 x l n A u x f n n sin ) ( 1 0 = = 故 xdx l n u x f l A l n = 0 0 sin ) ( 2 因此 t e t x v u t x u + = ) , ( ) , ( 0x l n e d l n u f l
20、u t l n n l x x x a sin sin ) ( 2 ) ( 1 0 0 0 2 + = + = 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 0 u ，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 ( 0 2 2 2 2 x 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
21、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 ( 0 1 0 2 2 2 2 x 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 ) ( ) ( 0 0 = + + + l a b Bsh l a b ch u H l a b Bch l a b sh u a
22、b解之得 ) ( ) ( 0 l a b Hash l a b bch l a b Hach l a b bsh u B + + = 因此 ) ( ) ( ) ( 0 0 l 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 + + = ) ( ) ( ) ( 0 l 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： 30 = = = + = = = = = = v v w Hw x w w w b x w a t w t
23、 t x x 0 0 1 0 2 2 2 2 0 ) ( , 0 设 ) ( ) ( ) , ( t T x X t x w = 代入方程及边值条件得 = + + = + = + 0 ) ( 0 ) ( ) ( ), 0 ( 0 2 2 T b a T l HX l X X X X 求非零解 0 ) ( x X 时，才有非零解。这时通解为 x B x A x X sin cos ) ( + = 由边值得 0 0 ) 0 ( = = = A A X 得 0 sin cos ( cos ) ( sin ) ( = + = = l H l B x B x X x B x X 要 0 B ，即有非零解
24、，必须 0 sin cos = + l H l 即 H l tg = 令 Hl P l = = , 得 p tg = 它有无穷可数多个正根，设其为 , , , 2 1 得 2 2 , sin ) ( l x l x X n n n n = = 对应 T 为 t b l a n n n e A t T ) ( 2 2 2 2 ) ( + = 因此 x l e A t x w n t b l a n n n sin ) , ( ) ( 1 2 2 2 2 + = = 其中 n 满足方程 Hl p p tg = = 再由始值得 l a b Hash l a b bch x l a b Hash x
25、l a b bch v x l A n n n + + = = = ) ( ) ( sin 0 1 所以 = l n l n n xdx l xdx l v A 0 2 0 sin sin 应用 n 满足的方程，计算可得 + + + = l n n n p p p l xdx l 0 2 2 2 2 ) 1 ( 2 sin 又 + = l a b ch l l a b xdx l x l a b ch n n l n ( 1 sin ) ( 2 2 2 2 0 l n n x l x a b sh a b x l x 0 sin ) 1 ( cos ) ) cos ( 2 2 2 2 2 2
26、l a b ch l l l b a l a n n n n + + = ) (cos 2 2 2 2 2 2 l a b ch l b a l a n n n + = + = l a b ch a b l b a xdx l x l a b sh n l n ( 1 sin ) ( 2 2 2 2 0 l n n n x al x a b sh l x l x 0 cos ) 1 ( sin ) ) sin ( 2 2 2 2 2 2 l a b sh l a b l b a l a n n n + + = 所以 + + = n n n l n b l b a l a u xdx v cos
27、 sin 2 2 2 2 2 0 0l a b Jasj l a b bch l a b sh Ha lHb l a b ch b n n n + + ( sin 31 ) ( ) sin cos ( 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 0 l 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 + + + = 2 2 2 2 2 0 l b a l a u n n + = ) ( Hl tg n n = 得 ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 n n n n n p p l b a p
28、a u A + + + + = 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 2 0 0 2 ) ( ) ( ) , ( = + + + + + 1 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin ) )( ( ) ( 2 2 2 2 n n t n n n n x l b l a p p l b a p e n 其中 n 满足 ) ( Hl p p tg = = 另一解法：设 w v u + = 使满足 . 0 ) ( , ) , 0 ( | 0 = + = =l z Hw x w u t w
29、为此取 , b ax w + = 代入边值得 0 ) ( , 0 0 = + + = u al H a u b 解之得 = + = 0 0 1 u b Hl Hu a因而 ) 1 1 ( 1 0 0 0 Hl Hx u x Hl Hu u w + = + = 这时 v ，满足 + = = = + = + = = ) 1 1 ( ) 0 , ( ) 0 , ( 0 ) ( 0 ) , 0 ( ) 1 1 ( 0 0 2 2 2 2 2 | 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 ) ( ) ( ) ,
30、 ( 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 ) 1 1 ( sin ) ( 1 0 2 2 2 2 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 ) 1 1 ( 0 2 Hl Hx u b + 展成
31、 sin x k n 的级数，即 = = + 1 0 2 sin ) 1 1 ( 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 0 0 2 / sin ) 1 1 ( + + = = l n n n H k H l xdx k N 0 2 2 2 ) ( 2 2 sin 又 = + x k k u b xdx k Hl Hx u b n n n l cos 1 sin ) 1 1 ( 0 2 0 2 0| 0 2 2 sin 1 cos 1 1 l n n n kx k x k x k Hl H + + + + = l k
32、H k Hl l k k k u b n n n n n cos ) 1 ( cos 1 1 0 2 sin ) 1 ( 2 l k Hl k H n n + ) 1 1 1 1 ( cos 1 1 0 2 H Hl H Hl Hl l k k k u b n n n + + = n k u b 1 0 2 = 所以 n n n N k u b A 1 0 2 = 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 0 2 2 2 2 = + + 32 由始值得 = + = 1 0 ) 1 1 ( sin ) 0 ( n n n H
33、l Hx u x k T = = 1 0 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 2 2 0 2 ) ( 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 2 0 2 2 + = 即有解 ) ( 1 ) ( 2 ) ( 2 2 2 2 2 0 2 2 2 b e k a b k a u N k t T t b
34、k a n n n n n n + + = + 因此 = + + = 1 ( 2 2 2 2 2 0 ) 2 2 2 ( 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 + + + = ) ( ) 1 1 ( ) , ( 2 2 2 0 0 b k a N k u x Hl H u t x u n n nx k b e k a n t b k a n n sin ) ( 2 ) ( 2 2 2 2 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 0 u ，而在直径边 界上保
35、持常温 1 u ，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 | | | | 0 1 1 0 1 1 0 2 2 2 2 2 t u u u u u u u u r r u r r u a t （拉普斯方程在极坐标系下形式的推导见第三章 1 x 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 ), , ( 1 r v u u + = 则 ) , ( r v 满足 = = = = + + = = = = | | 0 | 0 | 0 1 1 0
36、1 0 0 2 2 2 2 2 有限 r a r v u u v v v v r r v r r v 设 ), ( ) ( ) , ( = r R r v 代入方程得 0 “ 1 1 2 “ = + = R r R r R 乘以 , / 2 R r 再移项得 R rR R r “ 2 “ + = 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 = + = + 0 “ 0 “ 2 R rR R r 再由齐次边值得 0 ) ( ) 0 ( = = 由以前的讨论知 2 , 1 sin ) ( ) ( 2 2 = = = = n n n n n n 对应 R 满足方程 2 ,
37、1 0 “ 2 2 = = + n R n rR R r 这是尤拉方程，设 a r R = 代入得 0 ) 1 ( 2 = + a a a a a a r n r r n n = = a a 0 2 2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 = n 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 1 0 | u u v a r = =得 = =
38、 1 1 0 sin n n n n a c u u 33 因此 = = 0 1 0 1 0 ) 1 ( 1 ) ( 2 sin ) ( 2 n n n n a n u u d n u u a C 所以 = + = 1 1 0 1 sin ) 1 ( 1 ) ( ) ( 2 ) , ( n n n n a r n u u u r u 3 柯 西 问 题 1 求下述函数的富里埃变换： (1) 2 x e ) 0 ( (2) x a e (a 0) (3) , ) ( 2 2 k x a x +, ) ( 1 2 2 k x a +(a 0, k 为自然数) 解：(1) + = = dx e dx
39、 e e e F x ip x ipx x x ) ( 2 2 2 = + = du e e dx e u p ip x p 2 2 4 2 2 4 ) 2 ( （柯西定理） = = 4 4 2 2 2 1 p v p e dv e e 或者 = = = 0 ) ( 2 cos 2 ) sin (cos 2 2 2 p I pxdx e dx px i px e e F x x x = dP dI 2 1 sin 0 2 = pxdx xe x2 0 sin 0 2 P px e x pxdx e x cos 2 = ) ( 2 P I P 积分得 4 2 ) ( p Ce P I = 又 )
40、 0 ( I = = 0 2 1 2 dx e x故 C= 2 1所以 F 2 x e =2I(P)= 4 2 p e (2) + = = 0 0 dx e e dx e e dx e e e F ipx ax ipx ax ipx x a x a= = + + 0 1 ) ( 0 ) ( 0 ) ( x ip a x ip a x ip a e ip a dx e dx e + 2 2 ) ( 2 1 1 0 1 p 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
41、) sin (cos =2 = 0 cos pxdx e ax 2 2 2 p a a +(3) F k x a ) ( 1 2 2 + = k ipz ai z k ipx z a e s i dx x a e ) ( Re 2 ) ( 2 2 2 2 + = + = 因 k ipz ai z z a e s ) ( Re 2 2 + = = ( ) ) ( lim ! 1 1 1 1 k ipz k k ai z ai z e dz d k + = = + 1 0 ) 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 1 0 + + = m k k k k m C k k m m ai zipz m k m k e ip ai z + 1 ) ( ) ( ap m k m k m k m m k e ip a
