数理方程习题解答.pdf 46页

'竖立方程习题解答 习题一1习题二3习题三5习题四错误！未定义书签。习题五错误！未定义书签。 习题1.1.41．导出弦受阻力的波动方程其中阻力与速度成正比，为常数．解我们考虑弦的一个微元。令为端点处的张力，如教材图1.1所示，沿锤直方向作1用在这个微元上的力是,阻力为,由牛顿(Newton)第二定律，此合力等于质量乘以加速度．因此(1)其中是密度，是微元弦的弧长．因为运动弦的斜率是很小的，故有Δ≈Δsx.因角和也很小，所以我们有，，于是(1)式变成（2）但由微积分学我们知道，在时刻,,于是，方程(2)便可写成令取极限，我们求得（3）其中2.设长度为的均匀弹性杆的线密度为，杨氏模量为，试列出杆的微小纵振动方程。解考虑杆在无外力作用下的振动。取杆的一端为原点，干的方向为轴建立坐标系：则杆上各点在时刻的位移是。在杆上任取一段，其两端点静止时的坐标为,此小杆段在时刻的相对伸长为：，令得点在时刻的相对伸长为uxt(,)，由Hooke定x律知张力为，再此小杆段上用Newton第二定律得两边同除并令得：若杨氏模量为为常数则得：。1牛顿(Newton)第二定律与动量守恒定律等价，也可以用动量守恒定律来见方程，见《数学物理方程讲义》（姜礼尚、陈亚浙）P11 习题1.2.4习题1.2.41设悬浮粒子由重力引起的沉淀速度是不变的，又假定在同一水平面上粒子的浓度是相同的，试给出悬浮粒子的浓度所满足的方程．解取竖直向下的方向为轴，考虑介于平面之间，截面积为常数的柱体。质量守恒关系为其中为这段时间内柱体内粒子质量的增加，而为这段时间内由于扩散作用经由柱体的上、下底面进入柱体内的粒子质量，是由于沉淀经柱体的上、下底面进入柱体的粒子质量。其中是扩散系数。从而注意到与的任意性，由上式立即得2．没有一厚为l的无限平面板，在其表面与温度为的周围介质发生热交换，如果板的温度不随其厚度而变化(即在垂直于板面的直线上的点的温度均相同)，试给出板冷却的初边值问题。解取平面上任意一区域，在从到()这段时间内考察柱体中热量的平衡关系：其中为从到这段时间内，中温度的变化所吸收的热量，而与则分别为这段时间内，通过由板内其他部分流入的热量以及通过上、下板面与周围介质的热交换所获得的热量。不难计算得3 数学物理方程习题解答从而所以其中。此外还有初始条件2于是得二维Cauchy问题2取垂直于板平面的方向为轴，则在温度依赖于的情况下，所讨论的是由两平面所界的无界区城内的问题，边界条件给在两平面上，此时边值问题为在温度u不依赖于z的情况下，不能简单地由三维方程得出u满足二维热传导方程，因为若将所给问题当作二维问题，则此时上、下板面与周围介质的热交换不能再当作边界条件来处理，而应考虑到方程中去。也就是说，边界条件和方程不是截然分开的两个不同的东些，而是同一事物的不同表现方式。在齐次方程和非齐次方程、齐次边界条件和非齐次边界条件之间的转换时，就会从数学上遇到此问题。4 习题1.3.3习题1.3.31．(《数学物理方程讲义》姜礼尚、陈亚浙P34,17)设11222Jv()=∇++∫∫()|v|vdxaxvds()−−∫fvdx∫gvds22Ω∂ΩΩ∂Ω其中ax()0≥。考虑以下三个问题：1问题I(变分问题)：求uMC∈=Ω()使得Ju()min()=JvuM∈1问题II：求uMC∈=Ω()使得它对于任意vM∈都满足∫∫()∇⋅∇+⋅−uvuvfvdx+(axuv()−gvds)=0Ω∂Ω21问题III(第三边值问题)：求uC∈()Ω∩C()Ω满足以下边值问题⎧−Δ+uuf=x∈Ω⎪⎨∂u⎪+=∈axug()x∂Ω⎩∂n(1)证明问题I与问题II等价．21(2)当uC∈()Ω∩C()Ω时，证明问题I、II、III等价．1证明设问题I(变分问题)成立，即uMC∈=Ω()使得Ju()min()=Jv，则对uM∈∀∈εR∀∈vMuvM+∈ε，从而122jJ()εε=+=∇+++(uv)∫()|(uvuvdεε)|()x2Ω12++∫∫∫a(xuvd)()εεεsfuv−()+dxg−()uv+ds2∂ΩΩ∂Ω在ε=0取的最小值，所以j′(0)=0，即j′(0)=∇⋅∫∫()u∇+vuvdx+axuvds()−∫fvdx−∫gvds=0（1）Ω∂ΩΩ∂Ω所以问题I⇒问题II。由于j()ε是一个二次函数，故j(0)取最小值等价于j′(0)=0，也就是问题I⇔问题II。21当uC∈Ω()∩ΩC()时由高斯公式得5 ∂u∫∫∇⋅∇uvdx=∇∇−Δ⎡⎤⎣⎦()vuvudx=∫∫vdS−Δvudx∂nΩΩ∂ΩΩ所以⎛⎞∂u∫∫()−Δ+−uufvdx+⎜⎟axu()+−gvds=0∀∈vM⎝⎠∂nΩ∂Ω由变分引理得⎧−Δ+uuf=x∈Ω⎪⎨∂u⎪+=∈axug()x∂Ω⎩∂n所以问题II⇒问题III。而问题III⇒问题II是显然的，所以，问题II⇔问题III。习题2.1.31将下列方程化成标准型2(1)ux+=>u0,x0;xxyy22(2)yu+=>>xu0,x0,y0;xxyy(3)4uuuu++−=420,xxxyyyy(4)uy+=≠u0,y0;xxyy22(5)sinxu⋅−2sinyxu⋅+yu=0;xxxyyy22(6)1()()++xuxx1++yuxuyuyyx+y=0.解（1）由特征方程解得两簇共轭特征线，做变换，则由链式法则原方程化为（2）由特征方程解得两簇共轭特征线，做变换，则由链式法则原方程化为（3）由特征方程解得一簇特征线，做变换，则由链式法则原方程化为22（4）由特征方程dy+ydx=0当y>0时解得一簇共轭特征线2yx±ic=，做变换ξη=2,yx=，则由链式1法则原方程化为uuu+−=0ξξηηξξ6 当y<0时解得两簇特征线2−yxc±=，做变换ξη=+−=−−x2,yxy2，则由链式法则原方程化为1uuξη+−()ξuη=02(ξη−)2222（5）由特征方程sinxdy−2sinyxdxdy+=ydx0解得一簇特征线xxytg=c，做变换ξη==ytg,y，则由链式法则原方程化为222ξuu−=0ηη22ξξξη+2222（6）由特征方程()110++xdy(+=ydx)解得两簇共轭特征线222ln(x++±1xiy)ln(++=1yc)，做变换ξ=++ln(x1x)，2η=++ln(yy1)，则由链式法则原方程化为uuξξ+ηη=0。2证明常系数方程ua+++=ubucu0必可通过未知函数变换化为xyxyvc+=v0。xy1−+(axby)2证明令uv=e，则−+(bxay)−+(bxay)−+(bxay)−+(bxay)u=−vebve,u=−veavexxyy−+()bxay−+()bxay−+()bxay−+()bxayuv=−−+eavebveabvexyxyxy∴ua+++ubucuxyxy−+()bxay−+()bxay−+()bxay−+()bxay=−−++veavebveabvexyxy−+()bxay−+()bxay−+()bxay−+()bxay−()bx+ayave()xy−+−+bvebve()avecve−+()bxay−+()bxay=+vexy()cabve−=0∴vcxy+−()abv=0习题2.2.31证明常系数椭圆型方程必能通过自变量与未知函数的变换化为Δucu+=0的形式。证明：的系数矩阵是正定的。取7 正交矩阵使得。做变换则原方程化为。在令可得。最后做变换，则得。2证明常系数双曲型方程必能通过自变量与未知函数的变换化为的形式。证明：的系数矩阵的特征值全部为零，且有一个与其n个异号。取正交矩阵使得。做变换则原方程化为。在令可得。最后做变换，则得。习题2.3.11求下列方程的特征方向(1)uuuu+=+x11xx22xx33xx44x(2)uuuu=++ttxxyyzz(3)uuu=−txxyy2222解（1）设α=()αααα,,,，则α+ααα=+，取单位特征方向，12341234222222221αααα+++=1。所以，αααα+=+=。记1234123421111α====cos,θαsin,θαcos,ϑαsinϑ，则12342222⎛⎞1111α=⎜⎟cos,θθϑϑsin,cos,sin。⎝⎠22222222（2）设α=()αααα,,,，则α=ααα++，取单位特征方向，12341234222222221αααα+++=1。所以，αααα=++=。记1234123421111α=±,αθ=sinsin,βαθ=sincos,βαθ=cos，则12342222⎛⎞1111α=±⎜⎟,sinsin,θβsincos,θβcosθ。⎝⎠22228 22222（3）设α=()ααα,,，则0=α−α，取单位特征方向，ααα++=1。123231232211所以，αα+=21。记α==cos,θαsin,θα=±sinθ，则1212322⎛⎞11α=±⎜⎟cos,θθθsin,sin。⎝⎠2222对波动方程uauu−+=()0过直线lt:0=,2y=x的特征平面。ttxxyy解设单位特征方向n=(α,,βγ)，则2222αβ−+a()γ=0(1),222αβγ++=1(2)易见直线l过了原点的。设所求特征平面为αtxy+βγ+=0，直线l过点(0,1,2)所以β+20(γ=3)。由（1）、（2）、（3）得特征平面为±+−52atxy=0。习题3.1.71求的一般解解。（提示：令）3解令，则化为，其通解为，从而原方程的一般解为。2∂⎛⎞22∂∂uu2求⎜⎟xx=一般解。（提示：vxy(,)=xuxy(,)）2∂∂xx⎝⎠∂y222∂⎛⎞22∂∂uu∂∂vv解令vxy(,)=xuxy(,)，则⎜⎟xx=化为−=0，通解222∂∂xx⎝⎠∂y∂∂xy为v(,)xyx=++−ϕ(yx)ψ(y)，从而原方程的一般解为3通过未知函数的变换求解，习题2思想一样。问题是如何寻找这种变换，这是非常困难的。9 1uxy(,)=+()ϕψ(xy)+(xy−)。x3求一般解。（提示：）4解特征方程为，解得两簇特征线,。做变换，则原方程化为所以,故。22222∂∂∂uuu∂u∂u4求xx−++20yyx+y=的一般解。22∂∂xy∂∂xy∂x∂y（提示：ξ==xyyη）5dyy解特征方程为=−，解得特征线为xyc=，令ξ=xyyη=，则原dxx方程化为2∂∂uu11∂v⎛⎞∂u=−⇒=−vv,⎜⎟=2∂∂ηηη∂ηη⎝⎠∂η∂uϕ()ξ所以lnv=−lnη+ln()ϕξ。从而，=。于是∂ηηuxy(,)=ϕ()lnxyy+ψ()xy5求初值问题的解（提示：）解做变换，则原方程化为。其一般解为。从而，由初始条解得解得4化方程为标准型的思想的应用。5与习题3思想一样，这里化简后的方程是一个含参数的特殊的二阶常微分方程.10 于是.6求解问题222⎧∂∂∂uuu2∂u⎪+−−2cosxxxsinsin=022∂∂xy∂∂xy∂y⎪⎪⎨ug=()xyx=sin⎪⎪uh′=()xyyx=sin⎪⎩解由特征方程解得特征两簇线x+yx−=−sincxyx+=sinc，做变换2∂uξ=+−xyxxsinη=−+yxsin，则原方程化为=0。其一般解为∂∂ξηu(,)ξηϕ=()ξψη+()。从而uxy(,)=ϕ(xy+−sin)x+ψ(xy−+sin)x，由初始条件得⎧ϕψ()x+=()xgx()⎨⎩ϕψ′′()x−=()xh()x解得xx11⎡⎤⎡⎤ϕψ()x=+⎢⎥⎢⎥gx()∫∫hxdx()()x=−gx()hxdx()22⎣⎦⎣⎦00从而xx−+sinygxy(s+−inxgxy)+−+(sinx)1uxy(,)=+∫hxdx()22xx+−siny7求解定解问题（提示：令）解由特征方程解得特征两簇线，令，则原方程化为。其一般解为。从而，由初始条件得11 从而，。从而解得所以.8.求解Goursat问题其中为已知常数．并画图指出定解条件的决定区域。6解方程的一般解为带入定界条件解得9.求解Cauchy问题解由Dalembert公式解得i).ii)10.求解非齐次方程的Cauchy问题解由推广的Dalembert公式解得6Goursat问题也称特征编制问题，其定解条件是给在特征线上的。12 或者令则原问题化为再用Dalembert公式解之。11.求解半无界问题解(i)代入第一类边界条件的半无界问题的公式可得(ii)代入第一类边界条件的半无界问题的公式可得7另解：原方程的通解为，由初始条件得解得,所以12.求解半无界问题7为何没有用到边界条件？这是因为函数x，xcosx本身是奇函数，便界条件是自然满足的。若将xcosx改为xsinx，则就不能这样解。13 8解原方程的通解为，由初始条件得9解得，又由边界条件得由于，所以，从而我们有故原问题的解为13.求无限长理想传插线上传播着的电压和电流．设初始电压分布为；初始电流分布为。解(1)根据传输线方程和电学上的知识以及所给条件，我们得关于传轴线上电压所满足的定解问题（2）同理，电流应满足的定解问题为由Dalembert公式解得](1);(2)8这是一个特殊解法，一般地说，应该先将边界条件齐次化。9利用这个条件来对g做延拓14 14.求解Cauchy问题解由推广的Dalembert公式得.另解：令,则原问题化为，由Dalenbert公式解得.15．求解以下Cauchy问题23⎧uau−Δ=0(xyz,,,t)(∈×∞R0,)tt⎪（1）⎨⎧urR<0222⎪uutt==00==⎨t0(r=x+y+z)⎩⎩0rR≥⎧⎪uuu−+=−()0∞<0ttxxyy(2)⎨⎪⎩uxy(,,0)32,(,,0)0=+xyuxy=−∞<,0⎪ttxxyyzz(3)⎨axyz()++axyz()++⎪⎩uxyz(,,,0)==e,(,,,0)uxyz3ae−∞,0ttxxyy⎨（*）⎪⎩wxy(,,0)0,(,,0)0==wxy−∞,0ttxxyyzz⎨（*）⎪⎩wxy(,,0)0,(,,0)0==wxy−∞0,0(1)tlxx⎪⎪uxx=−ϕ(),∞<<0(2)t=0⎪2⎨vav−=<0,0x<∞,t>0(3)trxx⎪vxx=<ψ(),0<∞(4)⎪t=0⎪utvtk(0,)−=+(0,),utk(0,)−=+vt(0,)(5)⎩lxrx其中kk,分别是两种材料的导热系数。另外设ϕ(0)=ψ(0)，是求解上述定解问题。lr解设法将问题化为（1）或（3）的Cauchy问题来讲解决。设uxtvxt(,),(,)为问题⎛⎞ar（1）和(3)的解，则x>0时，uxtvxt(,)−,⎜⎟,均为（1）的解，令a⎝⎠l⎛⎞a%r其中α,β为待定常数。uxt(,)=αβuxt(,)−+v⎜⎟xt,x>0a⎝⎠l显然，x>0时uxt%(,)是（1）的解。令19 ⎧uxtx%(,)>>0,t0Uxt(,)=⎨⎩uxtx(,)<>0,0t取α,β使得UxtUxt(,),(,)在x=0处连续。即xutut(0,)(0,),(0,)−=+%%utut−=+(0,)（6）xx⎛⎞a%r得由uxt(,)=−+αβuxt(,)v⎜⎟xt,x>0a⎝⎠larututvtutut%%(0,)+=−++αβ(0,)(0,),(0,)+=−+αβ(0,)vt(0,)+xxxal由（5）、（6）得⎧αβ+=1⎪⎨klar（7）−+αβ=1⎪ka⎩rl于是，Uxt(,)满足2⎧UaU−=≠>0,xt0,0tlxx⎪⎪⎧⎛⎞ar⎨⎪αϕ()−+xxβψ⎜⎟x>0⎪U=⎨⎝⎠at=0l⎪⎪⎩⎩ϕ()xx<0由Poisson公式解得0⎡⎤⎛⎞−+22⎛⎞1()xxξξ()Uxt(,)=−ϕ()expξαξ⎢⎥⎜⎟+exp⎜⎟−d∫⎢⎥⎜⎟22⎜⎟2atlπ−∞⎣⎦⎝⎠44atll⎝⎠at∞⎛⎞⎛⎞−21a()xξr+−ψξ⎜⎟exp⎜⎟dξ∫⎜⎟22atlπ0⎝⎠aall⎝⎠4t于是，得uxtUxt(,)=<(,)x01⎛⎞⎛⎞aaαllvxt(,)=−U⎜⎟⎜⎟xt,u−>xt,,x0ββaa⎝⎠⎝⎠rr20 习题3.3.71一根均匀弦固定于x=0和x=l两端，在开始的瞬间，它的形状是一条以过x=l2点的铅直线为对称轴的抛物线，假定没有初速度，确定弦上诸点距离平衡状态的位移。解原问题归结为初边值问题直接用用变量分离法解之得2在一端固定而另—端自出的条件下，园柱状杆的纵向微小振动的方程式问题归结为:其中是坐标为的截面的位移，是杆长，为单位长度的质量，是杨氏系数。解直接用变量分离法解之得其中3求解初边值问题解直接用变量分离法解之得21 其中是的解4求单位圆内的调和函数，他在边界上的值为解在极坐标下研究，原边值问题化为以分离变数形式的试探解代入泛定方程得上式左边是的函数，与无关；右边是的函数，与无关．两边不可能相等，除非两边实际上是同一个常数．把这常数记作λ，这就分解为两个常微分方程(1)(2)常微分方程（1）隐含着一个附加条件。事实上，一个确定地点的极角可以加减的整倍数，而电势在确定的地点应具确定数值，所以，即亦即(3)这叫做自然的周期条件。常微分方程（1）与周期条件（3）构成本征值问题。求解得本征值和本征函数为以本征值代入常微分方程（2）得这是欧拉型常微分方程，作代换，即方程化为其解为这样，由于u在D内有界，所以D＝0，于是分离变数形式的解是22 拉普拉斯方程是线性的，它的一般解应是所有本征解的叠加，即(4)为确定（4）中的系数，把（4）代入原边值问题的边界条件．先代入齐次边界条件得从而，代入（4）计算得,Poisson公式5弦在一端是固定的，而在另一端受到谐和的扰动力，因而引起该端的位移。研讨这个弦的横向振动．解问题归结为：1)分解问题：令，则得2)用分离变量法求(I)的一个特解，3)解(II)应用分离变量法可得6试证拉普拉斯方程(用球坐标)23 有特解，其中为任意常数，是阶11Legendre多项式。12证明考虑球对称的情形，即与φ无关的解。由球对称原方程化为令代入方程得令得令代入（1）得，解得，从而（1）的两个线性无关解为。令，则（2）化为，（Legendre方程）他有解（为次勒让德多项式）。从而原方程由特解为7设有一弹簧一端固定，另一端在外力作用下作周期运动，当振动进行很多次后，初始条件产生的影响因阻力而消失，它与初始条件无关，问题归结为：2⎧ua−=u0ttxx⎪⎨ut(0,)=0⎪ult(,)=Asinωt⎩试求它的周期解。itω解设Uxt(,)=Xxe()，满足X(0)=0,Xl()=A，则Uxt(,)的虚部就是本问13题的解，将Uxt(,)代入原定解问题得勒让德（1752～1833）Legendre，Adrien-Marie法国数学家。1752年9月18日生于巴黎，1833年1月10日卒于同地。1770年毕业于马萨林学院。1782年以外弹道方面的论文获柏林科学院奖。1783年被选为巴黎科学院助理院士，两年后升为院士。1795年当选为法兰西研究院常任院士。1813年继任J.-L.拉格朗日在天文事务所的职位。勒让德的主要研究领域是分析学(尤其是椭圆积分理论)、数论、初等几何与天体力学，取得了许多成果，导致了一系列重要理论的诞生。勒让德是椭圆积分理论奠基人之一。在L.欧拉提出椭圆积分加法定理后的40年中，他是仅有的在这一领域提供重大新结果的数学家。但他未能像N.H.阿贝尔和C.G.J.雅可比那样洞察到关键在于考察椭圆积分的反函数，即椭圆函数。在关于天文学的研究中，勒让德引进了著名的“勒让德多项式”，发现了它的许多性质。他还研究了B函数和Γ函数，得到了Γ函数的倍量公式。他陈述了最小二乘法，提出了关于二次变分的“勒让德条件”。勒让德对数论的主要贡献是二次互反律，这是同余式论中的一条基本定理。他还是解析数论的先驱者之一，归纳出了素数分布律，促使许多数学家研究这个问题。12实际上，完全球对称的解应该是只与r有关，而与无φ、θ关的解，这里选的是与φ无关的特解。考虑只与θ无关的解会得到什么结果？13这不是一个标准的定解问题，因为从常规来看，它差一个定解条件-----初始条件。但是，题目明确说初始条件因长时间运动而消除了。由于振动纯属边界振型造成，所以弦振动的角频率也应该为ω，24 2⎧ω⎪XX′′+=02⎨a⎪⎩X(0)=0,Xl()=A解得ωωX()xc=+cosxcsinx12aa由边界条件得ωccl==0,sinA12aAω所以X()xx=sinωasinla从而AωitωUxt(,)=sinxeωasinla于是Aωuxt(,)Im(,)==Uxtsinxsinωt。ωasinla8求解没有初始条件的半无界杆的热传导问题的周期解。14解设，则，于是有特征方程为：解得特征根为所以由得，由得，于是所以可用此特殊的变量分离法。14这不是一个标准的定解问题，因为从常规来看，它差一个定解条件-----边界条件。但试题上明确说明是求周期解，方程是齐次的，所以周期解得周期应该与初始函数的周期相同。特殊的变量分离法，这里用到一个特殊的边界条件limXx()=有界.x→∞25 。从而原问题的解为9求解振动向题解用叠加原理、齐次化原理和变量分离法解得其中10求解热传导方程定解问题解先作变换，然后再用变量分离法解之得其中，这里是特征函数，而则是权函数。26 ⎡⎤naπ2b2∞−+⎢⎥⎛⎞⎜⎟tb⎢⎥⎝⎠l4a22xnπuxt(,)=⋅∑ϕe⎣⎦e2asinxnn=1ltb2−2xnπwhereϕϕ=()xe2asinxdxn∫ll0b2xnπNotetheeigenfunctionsareXx()=e2asinx,nlb−x2theyareorthogonalon[0,]lwithweightfunctione2al1.求解细杆导热问题秆长l，初始温度均匀为u0。两端分别保持温度u1和u2。解数学模型为2⎧uau−=0txx⎪⎪ux(,0)=u0⎨⎪utu(0,=1⎪⎩ult(,)=u2uu−21作变换uvu=++x将边界条件其次化再用变量分离法解之得1luu−21uxtu(,)=+x1l∞⎧⎫uu−−nn()uunxπ−()naπl2t+−⎨⎬10⎡⎤−+21−×2(∑⎣⎦1)1(1)sinen=1⎩⎭nnlππ12解一个具有热绝缘的侧表面均匀杆冷却问题，假定这个汗的初始温度分布情况是ux(,0)=ϕ()x，它的一端热绝缘，而另一端永远保持为u，问题归结为，02⎧uau−=00,0txx⎪⎨ux(,0)=≤ϕ()x0xl≤⎪ut(0,)==0,u(,)ltu⎩x0解作变换uuv=+，然后用分离变量法解得02∞⎡⎤−⎛⎞21n+πat⎛⎞ln⎜⎟2l22nu+−1(1)402n+1vxt(,)=−∑⎢⎥e⎝⎠⎜⎟∫ϕ()cosξπξdξcosπxn=0⎢⎥⎝⎠llnl02(2+1)2π⎣⎦13有一个半径为R的均匀球体，它的中心就是坐标的原点，已知球内任意一点的初始温度只与该点到球心的距离有关，球的表面温度永远保持零度，确定球内任一点在2∂∂uu2⎡⎤∂ut>0时的温度。解由球对称性可知方程为ra−⎢⎥r+=20，从而有2∂∂∂tr⎣⎦r定解问题27 ⎧∂∂⎡⎤2∂uu2u⎪ra−+⎢⎥r20=2⎪∂∂∂tr⎣⎦r⎪⎨uRt(,)0,(0,)=ut有界⎪ur(,0)=fr()⎪⎪⎩作变换vrt(,)=rurt(,)得2⎧∂∂vv2⎪−=a02∂∂tr⎪⎪⎨vRt(,)0,(0,)=vt=0⎪vr(,0)=rfr()⎪⎪⎩应用分离变量法解得2∞⎡−⎛⎞⎜⎟nπat⎛⎞lnnππ⎤=⎢⎝⎠R⎜⎟⎥vrt(,)∑e∫ρρf()sinρρdsinrn=1⎢⎝⎠0RR⎥⎣⎦14．在圆域ρ0,y>0}的Green函数解取Q(,),ξηη>0关于x、y轴的对称点QQ(,)(,)ξ−ηξ，−η及原点Q(,)−−ξη，则四分之一平面的格林函数为11⎛⎞1Gxy(,;,)ξη=−⎜⎟lnln2π⎜⎟()()xy−+−ξη22()()xy−++ξη22⎝⎠11⎛⎞1+−⎜⎟lnln2π⎜⎟()()xy+++ξη22()()xy++−ξη22⎝⎠12222证明ur()=+ccr=++xyz是三维拉普拉斯方程在r≠0时的12()r122解，而ur()=+cclnr=+xy是二维拉普拉斯方程在r≠0时的解。12()r3用电像法求半球的Green函数。解11⎡⎤⎛⎞R⎛11⎞G()x,ξ=−−⎢⎥⎜⎟⎜−⎟**4||||π⎣⎦⎝⎠x-ξξξ⋅||||||-x⎝ξ′′-xξ-x⎠**其中0≤≤||,ξξRz′′是关于平面ξ=0的对称点，，分别是，关于球面的反演点。ξξξξ′习题4.1.32,11设Qx={(),0txltT<<<≤,0},Γ为Q的抛物边界，uCQCQ∈∩()()满足Lu=u−++=aubucu0。其中abcCQa,,∈(),>0，则txxxλT（1）c>0时，max||max||uu=，（2）一般地max||ue≤max||u，其中QΓQΓλ=−max0,max({c)}。Q证明：（1）首先注意到，若得maxu>0则maxuu=max()a。反证，若QQΓ∗∗∗∗∗∗∗∗(,)xt∈QΓ使得uxt(,)max=u，则uxt(,)0,(,)0,=uxt≥xtQ∗∗∗∗∗∗**∗*∗*uxt(,)0≤。由Luxt(,)0=得cxtuxt(,)(,)(,)(,)0=axtuxt≤，xxxx33 ∗∗**这与cxt(,)0,(,)0>>uxt矛盾。所以（a）成立。同理可证，若minu<0，Q则minuu=min()b。由（a）、（b）立得结论。QΓαt（2）令uev=，则vaxtv−+++(,)bxtv(,)(cxt(,)α)v=0。取α>λ，txxx则cxt(,)+>α0。由（1）得vxt(,)max(,),(,)≤vxt∀∈xtQ，即ΓαTuxt(,)≤∀emax(,),(,)uxtxtQ∈。令α→λ即可。Γn2设Ω⊂R有界区域，记Qt=∈{(x,):xΩ,00，作辅助函数vtutt(x,)=−(x,)ε,于是直接计算可得Lv=−=−。又由于lim()ux=0，故存在r>0，使得||x≥r时，|()|()uux，则3u在闭圆盘上的最大值uxy(,)0>，所以uxy(,)0>。另一方面，0000uxy(,)0,(,)0≤≤uxy，从而uxyuxyuxy(,)+(,)(,)0=≤。xx00yy00xx00yy0000矛盾。6证明二维调和方程的Dirichlet外问题的有界解是唯一的。2⎧Δ=uo0,nRΩ,证明由线性性，只需证明⎨只有零解即可。取⎩uo=∂0,nuΩ,有界2222(x−+−xyy00)()Pxy(,)∈Ω，作辅助函数v=εln，则v在Ω之外调和002rR0且对充分小的r，v是正的。由于u有界，所以对充分大的R0有||lnu<ε。对r2∀∈Ω(,)xyR，取R>R充分大，使得(,)xyBPR∈(,)Ω，在BPR(,)Ω0R中对vu±用极值原理得|(,)|lnuxy≤ε，令ε→0的uxy(,)0=。由r2∀∈Ω(,)xyR知u恒为零。36 习题4.2.41证明Goursat问题（G）的解是唯一的。⎧uuuf−+=()(,,)xytxyt22+<⎪ttxxyy()G⎨22⎪uxyxy(,,+=)ϕ(,)xy⎩证明Goursat问题实际上是以O为定点向上的特征锥上的边值问题。任取T>0,平面tT=所截下的锥的部分记为22KxytT:+≤≤。记Ω为K的底。Γ为TTTTK的侧面。由线性性，要证（G）之解唯一，只需证T⎧uuu−+=()0xyt22+<⎪ttxxyy明()G⎨（1）22⎪uxyxy(,,+=)0⎩只有零解。在（1）两边同乘u并在K上积分得tT0=−∫∫∫⎡⎤⎣⎦utt()uxx+uyyudxdydttKT21∂ut=++dxdydtuudxdydtuudxdydt∫∫∫KKK∫∫∫xtx∫∫∫yty2TTT∂t−−uundSuundS∫∫∂∂KKtxx∫∫tyyTT∂⎡⎤1222=+∫∫∫KK⎢⎥()utxyu+udxdydt−+∫∫∂uunt()xxyundSy（2）T∂t⎣⎦2T1222=+∫∫∂∂KK()uuuntxy+−+tdS∫∫uut()xnundxyySTT2⎛⎞1222=−−∫∫⎜⎟uutx,,uuty()ut+ux+udynS∂KT⎝⎠2由∂=KΩ∪Γ，在Ω上，n=(0,0,1)，在Γ上TTTTT⎛⎞xy1n=⎜⎟,,，从而（2）化为⎜⎟2(xy22++)2(xy22)2⎝⎠37 12220=+∫∫()uuudtxy+xdyΩT2⎛⎞（3）1222xuutxyuuty++∫∫⎜⎟()uuutxy+−−dSΓT⎜⎟222(xy22++)2(xy22)⎝⎠22x由于在ΓT上uxyxy(,,+=)0，从而uuxt+=0，22xy+yuu+=0，代入（3）得yt22xy+11222⎛⎞222330=+∫∫ΩΓ()utxyu++udxdy∫∫⎜⎟uuut++xydSTT2⎝⎠22222222从而uuu===0，所以u为常数，而在Γ上uxyxy,,+=0，所以txyT()u≡0。2若u是第一初边值问题（4.49）、（4.50）、（4.51）或者第二初边制问题（4.49）、（4.50）、（4.52）的解，则222TT222ausup∇+(,)xxtdu(,)xxtddt≤+fdxdtad∇ϕx∫∫ΩΩΩ00∫∫t∫∫ΩtT∈[0,]若uxt(,)是第三类初边值问题（4.49）、（4.50）、（4.53）的解，则222T2ausup()∫∫Ω∂∇++(,)xxtdσΩudS∫0∫Ωut(,)xxtddttT∈[0,]T2222≤+∫∫0ΩΩ∂fddtaxx()∫∇ϕσd+∫ΩϕdS证明在方程（4.49）两边同乘u并在Q上积分得tT221122uddtxx−Δ=auuddtufdxdt≤udxdt+fdxdt∫∫∫∫∫ttttQQQQQttttt22所以11222uddtxx−Δ≤auuddtfdxdt（1）∫∫∫tt22QQttQt由38 nntt⎡⎤∂∂uxi∫∫QtuuddtttΔ=xx∑∑∫∫ΩΩuuxiixddt=∫⎢⎥()uutxi−uxiddtx1100⎣⎦∂∂xtinntt1∂2=−∑∑∫∫∂ΩuundSdttxxii∫∫Ω()uxiddtx11002∂ttn∂u122=−∫∫∂ΩutxdSdt∑∫Ω()uii−ϕxdx（2）0∂n21tn∂u122=−∫∫∂ΩutxdSdt∑∫Ω()uii−ϕxdx0∂n21t∂u1122=udSdt−∇+∇udxxϕd∫∫∫∂Ωt∂n22ΩΩ∫0⎧0第一、第二边界值t∂u⎪t∫∫utdSdt=⎨122（3）∂Ω∂n−=σσuudSdt−()u−ϕdS0⎪∫∫∂Ωt2∫∂Ω⎩0将（3）、（2）代入(1)得当u满足第一、第二边界条件时222tt222a∇+utd(,)xxu(,)xxtddt≤+fddtax∇ϕdx∫∫ΩΩΩ00∫∫t∫∫Ω所以222TT222ausup∇+(,)xxtdu(,)xxtddt≤+fdxdtad∇ϕx∫∫ΩΩΩ00∫∫t∫∫ΩtT∈[0,]当u满足第三边界条件时222t2au()∫∫Ω∂∇++(,)xxtduσΩdSut∫0∫Ωt(,)xxddtt2222≤+∫∫0ΩΩ∂fddtaxx()∫∇ϕσd+∫ΩϕdS所以222T2ausup(∫∫Ω∂∇++(,)xxtdσΩudS)∫0∫Ωut(,)xxtddttT∈[0,]T2222≤+∫∫0ΩΩ∂fddtaxx()∫∇ϕσd+∫ΩϕdSn3设σ>0为常数，Ω⊂R有界，证明第三边值问题的解的稳定性⎧⎪uauft−Δ=2(,)xx(),t∈Ω×(0,]Tt⎪⎪⎨uo(,0)xx=Ωϕ()n⎪⎛⎞∂u⎪⎜⎟+=σuhto(,)xn∂Ω×(0,]T⎪⎩⎝⎠∂n证明用u乘方程两边并在Ω×=(0,]tQ上积分得t39 22112uudxdt−Δ=auudxdtufdxdt≤udxdt+fdxdt（1）∫∫∫∫∫tQQQttt22QQtt11t∂222由uudxdt==udxdt()u−ϕdx∫∫QtΩΩ∫∫0t22∂tt∂u2∫∫uudxdtΔ=∫∫udSdt−∇udxdtQQtt∂Ω∂n0t2=−−∫∫uh()σudSdt∫∇udxdt∂ΩQt0代入（1）得t22222∫∫Ω∂udx+∇+22aQudxdtaσ∫∫ΩudSdtt0（2）t2222≤+∫∫ϕdx2a∫∫∫uhdSdt++udxdtfdxdtΩ∂ΩQQtt0ttt221由∫∫∂ΩuhdSdt≤+σ∫∫∂ΩudSdt∫∫∂ΩhdSdt4σ000代入（2）得222∫∫udx+∇2audxdtΩQt2t（3）22a22≤+∫∫ϕdx∫∫∫hdSdt++udxdtfdxdtΩ∂2σΩQQtt02τ22a22令A()ττ==∫∫QQudxdtF,()Ω∂ϕdx++∫∫ΩhdSdt∫fdxdt，则τ2στ02tAu′()τ=≤+∫dxA()ττF()，所以At()≤eFt()，代入（3）得Ω222∫∫udx+∇2audxdtΩQt2t⎡⎤at222≤+()1e⎢⎥∫∫ϕdx+∫∫hdSdt+fdxdtΩ∂2σΩQt⎣⎦0由tT≤的任意性得222sup∫∫udx+∇2audxdt[0,]TΩQt2T⎡⎤aT222≤+()1e⎢⎥∫∫ϕdx+∫∫hdSdt+fdxdtΩ∂2σΩQT⎣⎦0由此里的稳定性。40 习题5.2.41证明：δ()x−a是广义函数且δ()x−a不能用任何局部可积函数表示为错误！未找到引用源。的形式。证明设有局部可积函数f()x，使得δϕ()xax−=,()∫Rfxxdx()ϕϕ()∀∈D2⎧−r22⎪rx−−()a取ϕ()x=⎨ex||−a