1、第一章 波动方程 1 方程的导出。定解条件1细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以 u(x,t)表示静止时在 x 点处的点在时刻 t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明满足方程),(xuxuEtxt其中 为杆的密度， 为杨氏模量。E证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 与 。现在计算这段x杆在时刻 的相对伸长。在时刻 这段杆两端的坐标分别为：tt),();,(txuxu其相对伸长等于 ),(), txut x令 ，取极限得在点 的相对伸长为 。由虎克定律，张力 等于0xxx),(tT),(),(tuEtT其中 是在点 的杨氏模量。)(xE设杆的横
2、截面面积为 则作用在杆段 两端的力分别为),(xS),(xxuS)( xut;,.t于是得运动方程 txs)(ES),( xxESu|)(|)(利用微分中值定理，消去 ，再令 得0tu)(x()若 常量，则得)(xs=2)(tx)(xE即得所证。2在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由， (3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。解：(1)杆的两端被固定在 两点则相应的边界条件为lx,0.0),(),0(tlut(2)若 为自由端，则杆在 的张力 | 等于零，因此相lxlxxuEtlT)(,l应的边界条件为 | =0 lx同理，若 为自由端，则相应的边界条
3、件为 0x0(3)若 端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置l的偏移由函数 给出，则在 端支承的伸长为 。由虎克定律有)(tvlx)(,tvluuE)(,tlklx其中 为支承的刚度系数。由此得边界条件k 其中)()(tflxEk特别地，若支承固定于一定点上，则 得边界条件,0v 。)(uxlx同理，若 端固定在弹性支承上，则得边界条件0xE)(,0tvkx即 )(u.f3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 22)1()1(tuhxuhxE其中 为圆锥的高 (如图 1)h证：如图，不妨设枢轴底面的半径为 1，则点处截面的半径 为：lhx1所以截面积 。利用第 1 题，得2
4、)()xs)(22xuhExtuhx若 为常量，则得Ex)( 22)1()1(tuhxuhx4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡位置，试导出此线的微小横振动方程。解：如图 2，设弦长为 ，弦的线密度为 ，则 点处的张力 为lx)(xT)()xgT且 的方向总是沿着弦在 点处的切线方向。仍以 表示弦上各点在时刻 沿垂直)(xT ),(txut于 轴方向的位移，取弦段 则弦段两端张力在 轴方向的投影分别为),(x)(sin)(;sin) xxlglg 其中 表示 方向与 轴的夹角)(x(Tx又 .siut于是得运动方程 xltux)(2 xulgxg利用微
5、分中值定理，消去 ，再令 得0。)(2xlgt5. 验证 在锥 0 中都满足波动方程221),(ytyxu2yxt证：函数 在锥 0 内对变量22yxt 221),(yxtxu2yxt有yx,二阶连续偏导数。且 tt232)(2532)()( tyxtyxttu )2()(ttxyxtu32)(252232 xyxtyxtu5tt同理 2222 yxyxyu所以 .252 tuttx 即得所证。6. 在单性杆纵振动时,若考虑摩阻的影响,并设摩阻力密度涵数(即单位质量所受的摩阻力)与杆件在该点的速度大小成正比(比例系数设为 b), 但方向相反,试导出这时位移函数所满足的微分方程.解: 利用第 1
6、 题的推导,由题意知此时尚须考虑杆段 上所受的摩阻力.由题设,x,单位质量所受摩阻力为 ,故 上所受摩阻力为tubxtsxp运动方程为: tuxsbxuEStuEStsx2利用微分中值定理，消去 ,再令 得x0 .2 tuxsbxuStus 若 常数，则得)(xstuxbExtu2若 则 得 方 程令也 是 常 量是 常 量 ,., 2ax .22xutbtu2 达朗贝尔公式、 波的传抪1. 证明方程常 数011222 htuxaxuhx的通解可以写成xtGtFu其中 F,G 为任意的单变量可微函数,并由此求解它的初值问题: .,:0tut解：令 则vuxhxvuhxhxv2,)()()()(
7、)( 222 xvuhxhxuxvuxh 又 2t代入原方程，得 221tvxhaxvh即 22t由波动方程通解表达式得 atxGtFtxv,所以 hau为原方程的通解。由初始条件得 )1(1xGFxha/所以 )2(10 cdhaxGFx由 两式解出)2(,122121cdhaxhxxocxxGxo所以 )()()()()21),( atxthatthtu + atx()(.d即为初值问题的解散。问初始条件 与 满足怎样的条件时，齐次波动方程初值问题的解仅由右)(x传播波组成？解：波动方程的通解为u=F(x-at)+G(x+at)其中 F，G 由初始条件 与 决定。初值问题的解仅由右传播组成
8、，必须且只须对)(x于任何 有 G(x+at) 常数.tx,即对任何 x, G(x) C 0又 G（x）= xaCda02)(21)(所以 应满足)(,（常数）xx01)(或 (x)+ =01a3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）).(022xutatx)0(解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)令 x-at=0 得 =F（0）+G（2x）)(x令 x+at=0 得 =F（2x）+G(0)所以 F(x)= -G(0).)2(G（x）= -F(0).且 F（0）+G(0)= ).0(所以 u(x,t)= + -()2attx.即为古尔沙问题的解。4对非齐次波动方程
9、的初值问题 )(),(,0,022 xxtut tfxau证明：（1） 如果初始条件在 x 轴的区间x ,x 上发生变化，那末对应的解在区间 ，12 1x的影响区域以外不发生变化；2x（2） 在 x 轴区间 上所给的初始条件唯一地确定区间 的决定区2,1x 21,x域中解的数值。证：（1） 非齐次方程初值问题的解为u(x,t)= atxtxat2)()(2d)(+ ttxadf0)(.,1当初始条件发生变化时，仅仅引起以上表达式的前两项发生变化，即仅仅影晌到相应齐次方程初值的解。当 在 上发生变化，若对任何 t0,有 x+atx ,则区间x-),(x2,1x 12at,x+at整个落在区间 之
10、外，由解的表达式知 u(x,t)不发生变化，即对 t0,当 xx +at,也就是（x,t）落在区间 的影响域2 21,x)0(taatx之外，解 u(x,t)不发生变化。 （1）得证。(2). 区间 的决定区域为 21,x atxatxt21,0在其中任给（x,t）,则21att故区间x-at,x+at完全落在区间 中。因此 上所给的初绐1,x21,x条件 代入达朗贝尔公式唯一地确定出 u(x,t)的数值。)(,x5. 若电报方程 GRuLCuttx 具体形如为 常 数GRLC,atxftx的解（称为阻碍尼波） ，问此时 之间应成立什么关系？GRLC,解 txftxu,aatxfttxftt
11、atxftut 22代入方程，得 012 atxftGRttLGCRtL tfLCaaxfa由于 是任意函数，故 的系数必需恒为零。即f f,0201tGRtLCRtLa于是得 2atu所以tLGCRaec20代入以上方程组中最后一个方程，得 0242 GRLCaLGRaC又 21,得即 02最后得到 RGLC6利用波的反射法求解一端固定并伸长到无穷远处的弦振动问题 0, 0,02tuxxatt 解：满足方程及初始条件的解，由达朗贝尔公式给出：。atxtdtxattx 2121,由题意知 仅在 上给出，为利用达朗贝尔解，必须将 开,0 x,拓到 上，为此利用边值条件，得0x。attdat21因
12、此对任何 必须有ttt0attd即 必须接奇函数开拓到 上，记开拓后的函数为 ；x, xx,0,0, xx所以 atxtdtattxu 2121,。 0,2121 ,xatdaxtatx ttttxtatx7求方程 形如 的解（称为球面波）其中222zuyxtutrf,。2zyxr解： trfu,xrux 32221rr3222yuyu)1(3222rzrzz代入原方程，得)(32222 rzyxruatu即 )(22t令 ，则vru222, rvurvurt ，代入方程，得 v 满足22rvat故得通解 )()(),(atrGtFv所以 1ru8求解波动方程的初值问题xtuttt sin|,
13、02解：由非齐次方程初值问题解的公式得ddtxutxttxt0)()(si21sin21),(= t dtxtxxtx0 )(cos)(cos)cos()cs(21 =tdt0)in(ini= ttxt 0)si(cosisi =t即 为所求的解。xtuin),(9求解波动方程的初值问题。 20021|,| )(xutattxt解： tatxatxt ddt 0)()(221),( atxt trcgtrcgd)(12 t taxtaxt dd0)(20)()(21(1= txtax0 22)()(2= xat atxdudut )1()1(22= atxt xatxatududzdu2222
14、 111= 222 )(ln4)()( txxrcgtxrcga + attatttt = )()(21)()(21 txrcgxxrcgxa+ 2)(ln4att所以 )(1ln2)( )2()()1, 23 atxatrcgxxarctg tttttu 3 混合问题的分离变量法1. 用分离变量法求下列问题的解：(1) 0),(,0 )0()13sin22tlut lxxxuatott解：边界条件齐次的且是第一类的，令 )(),(tTxXt得固有函数 ，且lnnsi，taBtlaAtTnnco)()2,1(n于是 1 siicos(),nnxlntlatltxu 今由始值确定常数 及 ，由始
15、值得1sin3sinxlAlx1sin)(nxlBlaxl 所以 当,3A,03ln xdlnxa0si)(2 xlnllll cosico22)1(4ssin2 303 nlanxlnxll 因此所求解为1443 sii)(si3co),( nnxltlalxltlatxu(2) 0),(,)0,(22xtuxlhutltu解：边界条件齐次的，令)(),(tTxXt得： (1) 0)(,0)(lX及 。)2(2aT求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。时，方程的通解为10xxeCX21)(由 得)(21c由 得0l 02lleeC解以上方程组，得 ， ，故 时得不到非零解。01时，方程
16、的通解为20xcX21)(由边值 得 ，再由 得 ，仍得不到非零解。)(X01c0l时，方程的通解为3xcxcxsinos)(21由 得 ，再由 得 0)(X1c0lXs2为了使 ，必须 ，于是2ccol21ln)2,10(n且相应地得到 xlxXnsi)( ,将 代入方程(2)，解得talnBtalAtTnn 21si21co)( )2,10(n于是 0 si)is(,nnxltltltxu 再由始值得 021sin21nnxlBalAxlh容易验证 构成区间 上的正交函数系：xlsi ),( ,0l nmlxdlnlml 当当212siin0利用 正交性，得xl21sixdlnxlhAln
17、21si0lxnnlxlxnllh 022 1si)1(2cos)1( n)()(820nB所以 022 21sin1cos)(18),(nn xltalhtxu 2。设弹簧一端固定，一端在外力作用下作周期振动，此时定解问题归结为求解此问题。0),()0,( sin),(22xtutAtlat 解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取 ，则 满txlAtUsin),(),(txU足，0),(tUtAtlsin),(令 代入原定解问题，则 满足),(xvtxu),(txv)1()0,()0,(sin222xlAxtvxvlt ta满足第一类齐次边界条件，其相应固有函数为 ， ),(t x
18、lnxXnsi)()2,10(故设 2sin)(),(1nxltTtxv将方程中非齐次项 及初始条件中 按 展成级数，得tlAi2 xlAxlnsi12sin)(sinxltftxl 其中 ln xdlntxAtf02si)(lxnllntl 022 sicoi xlAtnAsi)1(xlni1其中 nln AdlnA)1(2si20 将(2)代入问题(1) ，得 满足)(tTn nnnATttlat )1(2)0(,)0( si2解方程，得通解 212)(si)sicos)( lattlaBtlaAt nnnn由始值，得 0n2231)(1)(2)1( lanAlanAAaBn 所以 12s
19、i)(),(n tlltxvxlntnlaAi1)(2xlnttlalnl sisi)(212 因此所求解为12)(si),(nlalAtxltuxlttlasii3用分离变量法求下面问题的解0|022lxxttubshxua解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为),21(sin)(xlxXn设 1i),nltTtu将非次项 按 展开级数，得bshxixl1sin)(nxltf其中 shlbnldlhlbtf 2)1(i2)( 20将 代入原定解问题，得 满足1sin)(),(nxltTtxu )(tTn 0)(,)0( 2)1(2nn nshlbtlat 方程的通解为 shllnbaltln
20、BtlaAtT nn 122)()(sicos)( 由 ，得：0n shlbn 122)(由 ，得)(所以 )cos1()()1(22 tlanllnatTnn 所求解为1212 si)()(),(nn xltllshlbtxu4用分离变量法求下面问题的解：0|,| )(202ttlxxuhubatbt解：方程和边界条件都是齐次的。令)(),(tTxXt代入方程及边界条件，得 ab“2“0)(lX由此得边值问题 0)(“l因此得固有值 ，相应的固有函数为2ln,1,si)(xlxXn又 满足方程)(tT02“Tab将 代入，相应的 记作 ，得 满足n)(t)(tn)(tn022“ lbTn一般
21、言之， 很小，即阻尼很小，故通常有,21,2la故得通解 )sinco()( tBtAetTnbtn 其中 2la所以xlntBtAetxunnbt si)icos(),(1再由始值，得 xlnBbAlxlhnnsi)(0i1所以102)(2sinlnhxdhA1)(nnnbB所求解为 .sin)i(cos)2),(1 xltbtnehtxunbt 4 高维波动方程的柯西问题1 利用泊松公式求解波动方程)(2zyxt uau的柯西问题 023t解：泊松公式dsradsratuStMStM4141现 zyx23,0且 0|sin),(atrs drdrMat其中 )cos,sin,coi),(
22、rzyx()is()sin23r3223 csicsci rxrxzyxosins2yzrcosinsincosi223ryr计算 0i),(d)(4 )cos(2)(sin2302 03zyxr zyxr 02 0202cossin3sincosi drxdr 02 02032iii3xr2003 sin41cos1xr driin4302332004cossi xdr 020202 siniini dyzrryz zrzrd320033 23022 4sin41cos1 iiisi 00202 isincodrydy 2002302 sincosiniii dyr 020340223sin
23、cosiniidrr所以 3144)( 22232ztatxzyat rrdsStMat u(x,y,z)= SatMrt1ztxtzyxat222331即为所求的解。2 试用降维法导出振动方程的达朗贝尔公式。解：三维波动方程的柯西问题),(),(002 zyxuzyxuatt zt 当 u 不依赖于 x,y,即 u=u(z),即得弦振动方程的柯西问题：)(),(002zztt利用泊松公式求解SatMSatMdsrdsrtu4141因只与 z 有关，故SatMdttzdsr 202sin)(cos( dattzdsin)co(20令 ,= atcos+z tin-得 SatMaztddr)(2
24、所以atzt atztddtzu)(21)(21),( atzttzatz)()()(即为达郎贝尔公式。3. 求解平面波动方程的柯西问题： 0|20ttyxuua解： 由二维波动方程柯西问题的泊松公式得：mat dyxtyx 222,21,mat yx222, 02sin,co1rdtartt又 sicosin,coyxryrx22cosrryxcsin2sicrxno23因为 20020 cos,sin,cosddd.0sin,in2020320 所以 at rdtyrx022sin,coa atrdyxrt0 02322 3又 at atrtrd0 022|at att rdt0 0222
25、23 |3023|trta于是 yxayxttyxu 321,2a322即为所求的解。4. 求二维波动方程的轴对称解（即二维波动方程的形如 的解，tru,.)2yxr解： 解法一：利用二维波动方程柯西问题的积分表达式,21, 222 222matmat yxdtyxu由于 u 是轴对称的 故其始值 , 只是 r 的函数， ,rurut0|，记圆上任一点 的矢径为.,| 220 tayxrmatt 为 圆又 p圆心 其矢径为 记 则由余弦2),(yMxr22yxs定理知， ，其中 为 与 的夹角。选极坐标 。cosrsroM),(scs22rsr，o,于是以上公式可写成sdatrsrtatyxu
26、t202c1,sdatrsrat202co由上式右端容易看出，积分结果和 有关，因此所得的解为轴对称解，即),(tat sdtrsrtru022)(co1, + )(cos202 datat解法二：作变换 , .波动方程化为rxinry)1(22uatu用分离变量法，令 u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得02“2RrrtT解得：)()sincos0rJrtaBtaAt 令 叠加得duJtBtAtru )(sin)(cos)(),( 00 5.求解下列柯西问题),(),(0022yxrvycvattxt 提示：在三维波动方程中，令 ,tvezuacz解：令 ),(),(tyxvetzyx
27、uacz则 yacztact veveuzz2代入原问题，得 ),(),(002 yxeuyxeuaacztcztt dsdsatzyx MatcMtac SrSr),(4141),( , 222)()(: zySMat 记 为上半球， 为下半球， 为 在 平面上的投影。t atatto,则dyxtatds222)()( Mat Mat MatSSSccc dsersersre ),(1),(1), Mat dyxetzc ),()()(222)()( 22yxteMat tazc ),()(222)()( 22 dyxtcheMatcz ),()()(222 rdrrtacchetaz )s
28、in,co(202所以 xrtahetzyxutacz ()21),(02sin,cofrr rdyrxrtacchetaz )sin,co()2102于是 xrtacchtyxvt ()21),(02xrtacchrdyr t ()21)sin,co02i,即为所求的解。6试用 第七段中的方法导出平面齐次波动方程4),()(2tyxfuauyxt 在齐次初始条件0,0tt下的求解公式。解：首先证明齐次化原理：若 是定解问题),(tyxw),(,02fatott的解，则 即为定解问题tdyxyxu0),(),(0,),()(02tt yxtutxfa的解。显然， 0tudtwttyxwt tt
29、00),(（ ）.所以0t tu又 dttt022dywudxutyfttt2202202,),(因为 w 满足齐次方程，故 u 满足)(),(222 yxatyft u齐次化原理得证。由齐次方程柯西问题解的泊松公式知 dyxtaftyxwMta)( 222)()(),1),(所以 rdtyrxftyxut0)(222)(),sin,co1),(即为所求的解。所以 ta rtayrxftyx0)( 22)(),si,c2),( 7用降维法来解决上面的问题解：推迟势dvratfatzyxutr),(41),(2其中积分是在以 为中心， 为半径的球体中进行。它是柯西问题,0, ),()(02tt
30、zyxutzyxf的解。对于二维问题 ， 皆与 无关，故fdsrratfatyxutSMr02),(41),(其中 为以 为中心 r 为半径的球面，即 Mrs)0,(222)(: ryxSr drds222)()(dsratfdsratfdsratf MrMrMr SSS ),(),(),( yxrtfM222)()(,其中 分别表示 的上半球面与下半球面， 表示 在 平面上的投影。rs,rsMrrso所以 atrM dyxatftyxu0 2222 )()(,1),( drrartfatr 022),sin,co1 在最外一层积分中，作变量置换，令 ，即 ，当 时rt ),(tadr0r，当
31、 时， ，得tatr0ta dtayxftyxu0)(222)(),sin,co1),( 即为所求，与 6 题结果一致。8 非齐次方程的柯西问题 yzxuttt 200,)(解：由解的公式得 )1(),(4141),( 2 adVrtfadsratzyxuMtStr计算 MtS zydsr 022 )cos)(sin()cosin( 02 22ici(i rxrztr trdzy sin)osinisnco202,4sind020cosind0223,3coi 02i0,sind02 .0sincosid所以 MtStyzxtr324)(4计算 tr tr drrrtdVtf sin)sin(
32、, 2dry02si)sin(t dri)(4.343)(21820tytrtyt所以 21), ttzxtzxu(2yt即为所求的解。5 能量不等式，波动方程解的唯一和稳定性1 设受摩擦力作用的固定端点的有界弦振动，满足方程txtcuau2证明其能量是减少的，并由此证明方程 ftxt的混合问题解的唯一性以及关于初始条件及自由项的稳定性。证： 首先证明能量是减少。1能量 lxtduatE02)()l xttduaudtE02)() |0xulttxtl ltxxtl adu220 |)(因弦的两端固定， 所以,|,|lxxu0|0ltt于是 dxuadtEtl)(2)(20(xclt )0c因此，随着 的增加， 是减少的。t)(tE证明混合问题解的唯一性.2混合问题: )(|),(|002xuxfcattltt 设 是以上问题的解。令 则 满足21,u,210|,|0ttlxxttuca能量 daExlt)()20当 利用初始条件有 由 得,0t ,|tu,0|t|0tx所以 )(E又 是减少的，故当 又由 的表达式知)(tE,)(,tt )(tE,0)(t
