数学物理方程第二版习题解答 第二章

26 第第 二二 章章 热热 传传 导导 方方 程程 1 热传导方程及其定解问题的提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 dsdtuukdQ 11 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 txuu 记杆的截面面积 4 2 l 为S 由假设 在任意时刻t到tt 内流入截面坐标为x到xx 一小段细杆的热量为 txs x u kts x u kts x u kdQ xxxx 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tt 在截面为 x到xx 一小段中产生的热量为 txsuu l k txluukdQ 1 1 112 4 又在时刻t到tt 在截面为x到xx 这一小段内由于温度变化所需的热量为 txs t u cxstxuttxucdQ t 3 由热量守恒原理得 txsuu l k txs x u ktxs t u c xt 1 1 2 2 4 消去txs 再令0 x 0 t得精确的关系 1 1 2 2 4 uu l k x u k t u c 或 1 1 2 2 2 1 1 2 2 44 uu lc k x u auu lc k x u c k t u 其中 c k a 2 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 1 t到 2 t流入此闭曲面的溶 质 由dsdt n u DdM 其中D为扩散系数 得 2 1 t ts dsdt n u DM 浓度由u变到 2 u所需之溶质为 2 1 2 1 121 t t t t dvdt t u Cdtdv t u CdxdydztzyxutzyxuCM 两者应该相等 由奥 高公式得 2 1 2 1 1 t t t t dvdt t u CMdvdt z u D zy u D yx 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 21 tt 的任意性即得方程 z u D zy u D yx u D xt 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 tQ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 00 QQ t 得 t eQtQ 0 由假设 放 热速度为 t eQ 0 它就是单位时间所产生的热量 因此 由原书 71 页 1 7 式得 c k ae c Q z u y u x u a t u t2 0 2 2 2 2 2 2 2 4 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 ri uu c Pk 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 txf x u a t u 2 2 2 其中 txFctxFtxf 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 txF 1 为 22 24 0 ri 因为单位长度的电阻为 r 因此电流i作功为 r i2 乘上功热当量得单位长度产生的热量为 24 0 2r 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 22 24 0 ri 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 0 1 4 uu l k 其中l为细杆直径 故有 l l l p4 4 2 代入得 0 1 2 uu pk txF 因热源可迭加 故有 txFtxFtxF 21 将所得代入 txf x u a t u 2 2 2 即得所求 2 2 0 1 2 2 24 0 c ri uu c Pk 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 Boltzman 定律正比于 4 u 即 dsdtudQ 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 tzyxf 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 dsdtudQ s s 辐射进来的 热量为 4 2 dsdtfdQ s s 因此由热量的传导定律得边界条件为 44 sss fu n u k s 2 混合问混合问题的分离变量法题的分离变量法 1 用分离变量法求下列定解问题的解 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 xxfxu tt x u tu xt x u a t u 解 设 tTxXu 代入方程及边值得 0 0 0 0 0 2 TaT XXXX 求非零解 xX得x n xX n nn 2 12 sin 4 12 2 1 0 n 对应 为 t na nn eCtT 4 12 22 因此得 0 4 12 2 12 sin 22 n t na n x n eCtxu 由初始值得 0 2 12 sin n n x n Cxf 因此 0 2 12 sin 2 xdx n xfCn 故解为 0 0 4 12 2 12 sin 2 12 sin 2 22 n t na x n ed n ftxu xxx 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 0 0 10 0 2 2 ttutu xx xx xu xt x u t u 解 设 tTxXu 代入方程及边值得 0 0 1 0 0 TT XXXX 求非零解 xX得xnXn nn sin 22 n 1 2 对应 为 tn nn eCT 22 故解为 1 sin 22 n tn n xneCtxu 由始值得 1 1 2 1 1 2 1 0 sin n n xx xx xnC 因此 2 1 0 1 2 1 sin 1 sin 2xdxnxxdxnxCn 28 1 2 1 22 2 1 0 22 sin 1 cos 1 1 2 sin 1 cos 1 2xn n xnx n xn n xnx n 2 sin 4 22 n n 所以 1 22 sin 2 sin 4 22 n tn xne n n txu 如果有一长度为l的均匀的细棒 其周围以及两端lxx 0处均匀等到为绝热 初 始温度分布为 0 xfxu 问以后时刻的温度分布如何 且证明当 xf等于常数 0 u时 恒有 0 utxu 解 即解定解问题 0 0 0 2 2 2 xfu x u x u x u a t u t lxx 设 tTxXu 代入方程及边值得 0 0 0 0 2 TaT lXXXX a 求非零解 xX 1 当0 l x e为单调增函数之故 因此没有非零解 xX 2 当0 时 通解为 axX baxxX 由边值得 0 0 alXX 即b可任意 故1 xX为一非零解 3 当0 时 通解为 xBxAxX xBxAxX cossin sincos 由边值得 0cossin 0 0 lBlAlX BX 因 0 故相当于 0sin 0 lA B 要 xX非零 必需 0 A因此必需 0sin l 即 整数nnl 整数n l n 这时对应 1 cos Ax l n xX取 因n取正整数与负整数对应 xX一样 故可取 2 1cos 2 1 2 nx l n xX n l n l n n 对应于 1 0 0 xX 解 T 得 00 CtT 对应于 2 l n cos x l n xXn 解 T 得 t l an nn eCtT 2 由迭加性质 解为 1 0 cos 2 n t l an n x l n eCCtxu 0 cos 2 n t l an n x l n eC 由始值得 0 cos n n x l n Cxf 29 因此 l dxxf l C 0 0 1 l n xdx l n xf l C 0 cos 2 2 1 n 所以 l n l t l an x l n ed l n f l dxxf l txu 0 1 0 coscos 2 1 2 xx x 当constuxf 0 时 0cos 2 1 0 00 0 00 xdx l n u l Cudxu l C l n l 2 1 n 所以 0 utuu 4 在 0 tlx xX时 才有非零解 这时通解为 xBxAxX sincos 由边值得 00 0 AAX得 0sincos cos sin lHlB xBxXxBxX 要0 B 即有非零解 必须 0sincos lHl 即 H ltg 令 HlPl 得 p tg 它有无穷可数多个正根 设其为 21 得 2 2 sin l x l xX n n n n 对应 T 为 tb l a nn n eAtT 2 2 22 因此 x l eAtxw n tb l a n n n sin 1 2 2 22 其中 n 满足方程 Hlp p tg 再由始值得 l a b Hashl a b bch xl a b Hashxl a b bch vx 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 nn p ppl xdx l 0 22 2 2 1 2 sin 又 l a b ch l la b xdx l xl a b ch n n l n 1 sin 2 2 2 2 0 l nn x l x a b sh a b x l x 0 sin 1 cos cos 2222 22 l a b ch ll lba la n n n n cos 2222 22 l a b ch lba la n n n l a b ch a b lba xdx l xl a b sh n l n 1 sin 2222 0 l nnn x al x a b sh l x l x 0 cos 1 sin sin 2222 22 l a b sh la b lba la n n n 所以 nn n l n b lba la uxdxv cossin 2222 2 0 0 l a b Jasjl a b bch l a b shHalHbl a b chb nnn sin 31 sincos 2222 2 0 2222 2 0 l a b Hashl a b bch lH lba lba u lba la u nnn nn n 2222 2 0 lba la u n n Hl tg n n 得 2 222222 222 0 nn nn n pplba pau A 最后得 l au l a b Hashl a b bch xl a b Hashxl a b bch utxu 2 0 0 2 1 222222 222 sin 2 2 2 2 n n t nn nn x l b l a pplba p e n 其中 n 满足 Hlp p tg 另一解法 设wvu 使满足 0 0 0 lz Hw x w utw为此取 b axw 代入边值得 0 00 ualHaub 解之得 0 0 1 ub Hl Hu a 因而 1 1 1 0 0 0 Hl Hx ux Hl Hu uw 这时v 满足 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 22 2 2 2 Hl Hx uxwxv Hv x v tv Hl Hx ubvb x v a t v ix 按非齐次方程分离变量法 有 1 xxtTtxv n nn 其中 xxn为对应齐次方程的特征函数 由前一解知为 sin Hlp p u tgu l u kxkxx n n n nnn 即 1 sin n nn xktTtxv 代入方程得 1 1 sin 1 0 2222 Hl Hx ubxkTbTkaT n nnnnn 由于 sinxkn是完备正交函数系 因此可将 1 1 0 2 Hl Hx ub 展成 sinxkn的级数 即 1 0 2 sin 1 1 n nn xkA Hl Hx ub 由正交性得 l nn Nxdxk Hl Hx ubA 0 0 2 sin 1 1 l n nn Hk Hl xdxkN 0 22 2 2 2 sin 又 xk k ubxdxk Hl Hx ub 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 xkx kHl H lk Hk Hl lk kk ub n n n nn cos 1 cos 11 0 2 sin 1 2 lk Hlk H n n 1 11 1 cos 11 0 2 HHl H Hl Hl lk kk ub n nn n k ub 1 0 2 所以 nn n Nk ubA 1 0 2 将此级数代入等式右端得 n T满足的方程为 nn nnnn Nk ubTbTkaT 1 0 2222 32 由始值得 1 0 1 1 sin 0 n nn Hl Hx uxkT 1 0 sin 1 n n nn xk Nk u 有 nn n Nk uT 1 0 0 解 n T的方程 其通解为 222 0 2 1 222 bka Nk ub ecT n nn tbka nn n 由 nn n Nk uT 1 0 0 得 nn n n n Nk bka uka c 1 222 0 22 即有解 1 2 22 222 0 222 beka bka u Nk tT tbka n n nn n n 因此 1 22 222 0 222 1 n bka n n nn t n eka bka u Nk txv xkb n sin 2 1 1 222 0 0 bkaNk u x Hl H utxu nnn xkbeka n tbka n n sin 2 22 222 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 11 0 110 2 2 22 2 tuuu uuuu u r r u r r u at 拉普斯方程在极坐标系下形式的推导见第三章1x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 rvuu 则 rv 满足 0 0 0 11 010 0 2 2 22 2 有限 rar vuuv vv v r r v r r v 设 rRrv代入方程得 0 11 2 R r R r R 乘以 2 Rr再移项得 R rRRr 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 RrRRr 再由齐次边值得 0 0 由以前的讨论知 2 1sin 22 nnn n nn 对应 R 满足方程 2 10 22 nRnrRRr 这是尤拉方程 设 a rR 代入得 0 1 2 aaa aaarnrr nn aa0 22 即 nn rRrR 为两个线性无关的特解 因此通解为 n n n nn rDrcrR 由自然边界条件 0 r v有限知 xRn在0 r 处要有限 因此必需0 n D由迭加性质知 nrcrv n n sin 满足方程及齐次边值和自然边界条件 再由 10 uuv ar 得 1 10 sin n n n nacuu 33 因此 0 10 10 1 1 2 sin 2 n nn n an uu dnuu a C 所以 1 10 1 sin 1 1 2 n nn n a r n uu uru 3 柯柯 西西 问问 题题 1 求下述函数的富里埃变换 1 2 x e 0 2 xa e a 0 3 22k xa x 1 22k xa a 0 k 为自然数 解 1 dxedxeeeF x ip x ipxxx 2 22 dueedxe u pip x p 2 2 4 2 2 4 2 柯西定理 44 2 2 2 1 p v p edvee 或者 0 2cos2 sin cos 222 pIpxdxedxpxipxeeF xxx dP dI 2 1 sin 0 2 pxdxxe x 20 sin 0 2 P pxe x pxdxe x cos 2 2 PI P 积分得 4 2 p CePI 又 0 I 0 2 1 2 dxe x 故 C 2 1 所以 F 2 x e 2I P 4 2 p e 2 0 0 dxeedxeedxeeeF ipxaxipxaxipx xaxa 0 1 0 0 xipaxipaxipa e ipa dxedxe 22 211 0 1 pa a ipaipa e ipa xipa 或 xa eF dxee ipx xa dxpxipxe xa sin cos 2 0 cos pxdxe ax 22 2 pa a 3 F k xa 1 22 k ipz aiz k ipx za e sidx xa e Re2 2222 因 k ipz aiz za e s Re 22 lim 1 1 1 1 k ipz k k aiz aiz e dz d k 1 0 1 1 lim 1 1 k m mkipzmk aiz eaiz k m C k 1 1 1 1 lim 1 1 1 0 mkkk k m C k k m m aiz ipzmkmk eipaiz 1 apmkmkm k m m k eipaimkkk k c 1 1 0 1 2 1 1 1 1 1 apmk mk mk k m ep aimkm mk k 1 1 1 0 2 1 1 1 1 1 所以 apmk mk mk k m k ep ai mkm mk k i xa F 1 1 1 0 22 2 1 1 1 1 1 2 1 apmk mk mkk m ep a mkm mk k 1 11 0 2 1 1 1 1 2 34 kk xa F dp d i xa x F 11 2222 mk mkk m a mkm mk k i 2 1 1 1 1 2 12 0 apkapmkapmk ea k k ieapepmk 22 2 12 2 1 22 1 2 0 22 2 1 1 1 2 2 1 22 k m apk mkm mk k iea k k 1 1 2 21 mkapepa apmkmkmk 2 证明当 f x 在 内绝对可积时 F f 为连续函数 证 因 pgdxexftF ipx 对任何实数 p 有 dxxfpgfF 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 0 2 2 2 2 2 2 2 zyxu z u y u x u a t u t 解 解 令 321 321 tsssudxdydzetzyxuzyxuF zsysxsi 对问题作富里埃变换得 321 0 2 3 2 2 2 1 2 321 sssdxdydzezyxu usssa dt ud zsysxsi t 解之得 tsssa esssu 321 2 3 2 2 2 1 2 因 tsssatsssa eeF 3 1 2 3 2 2 2 1 2 2 3 2 2 2 1 2 2 1 321 321 dsdsdse zsysxsi 321 3 3 2 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 dsedsedse izstsaiystsaixstsa ta zyx ta z ta y ta x e ta e ta e ta e ta 2 222 2 2 2 2 2 2 4 3 444 2 1 2 1 2 1 2 1 再由卷积定理得 x x x ddde ta tzyxu ta zyx 2 222 4 3 2 1 4 证明 3 20 所表示的函数满足非齐次方程 3 15 以及初始条件 3 16 证 证 要证 x x xx x x dde t f a de ta txu ta x t ta x 4 0 4 2 2 2 2 2 1 2 1 满足定解问题 0 2 2 2 xxu txf x u a t u 原书 85 页上已证解的表达式中第一项满足 xxu x u a t u 0 2 2 2 因此只需证第二项满足 0 0 2 2 2 xu txf x u a t u 如第一项 第二项关于 的被积函数满足 2 2 2 xfx x a t 若记第二项为 被积函数为 即 t d 0 故有 t d t tx t 0 t d xx 0 2 2 2 2 即 d x ad t x a t tt 0 2 2 2 0 2 2 2 35 d x a t txf x a t 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 txf x a 显然 00 x 得证 5 求解热传导方程 3 22 的柯西问题 已知 1 xu t sin 0 2 1 2 0 xu t 3 用延拓法求解半有界直线上热传导方程 3 22 假设 te ta ta yx x 满足方程 故只需证明可在积 分号下求导二次即可 为此只需证明在积分号下求导后所得的积分是一致收敛的 对 x 求导一次得 37 x x x x dde ta x ta I ta yx 2 22 4 22 1 2 4 1 对有限的yx 即 00 yyxx 和0 0 tt 下列积分 x x x de ta x ta x 2 2 4 2 2 de ta y 2 2 4 是绝对且一致收敛的 因为对充分大的0 A 每个积分 A ta x de ta x x x x 2 2 4 2 2 x x x de ta x ta x A 2 2 4 2 2 de A ta y 2 2 4 de A ta y 2 2 4 都是绝对且一致收敛的 绝对性可从0 A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 0 2 2 0 4 ta y e 且 de A ta y 0 2 2 0 4 收敛 因 M x 故 x x x x dde ta x ta ta yx 2 22 4 22 2 4 1 x x x dede ta x ta M