数学物理方程第二版答案

1、 数学物理方程第二版答案 第一章波动方程 1 方程的导出。定解条件 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4. 位置，试导出此线的微小横振动方程。?x)T(xl 点处的张力，则解：如图2，设弦长为为，弦的线密度为?)l?x)?xg(T( tx),)tu(xT(x沿垂直的方向总是沿着弦在且表示弦上各点在时刻点处的切线方向。仍以ux),x?(x,x? 轴方向的投影分别为轴方向的位移，取弦段则弦段两端张力在于?)?sinx(x?(l?(x?xg(l?x)sin(x);)g ?x)xx)T( 轴的夹角其中表示方向与u?tg?sin 又 .x? 于是得运动方程2u?uu

2、?)x?x?l?(x?g?xg?l xx?x?2x?x?t?0?x?x? ，再令利用微分中值定理，消去得2uu?x)?g(l 。 2xx?t?1222yt?x?)y,tu(x, 5. 验证0 在锥中都满足波动方程222y?xt?222uuu?1222t?x?yu(x,y,t)?内对变量在锥0证：函数 222?t?x?y222t?x?yx,y,t有 3?u?222 2t)(?ty?x? 二阶连续偏导数。且 ?t352?u?2222222 22tyt?(?x?)(?3t?)?xy? 2t? 3? 2222222)?yt?y)x?(2?(t?x? 3?u?222 2x)?x?y?(t ?x352?u

3、?2222222 xy3t?t?xx?y?22 2x?5?222222 t?t?yxy?2x2 52?u?222222 y2tt?x?y?x2 同理 2?y5222?uu?u222222 .?y2t?x?y?t?x?2 所以 222?t?x?y 即得所证。 2 达朗贝尔公式、 波的传抪 3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题） 22?u?u2?a? 22tx?)0)?0( )u?(x ?0atx? ).(xu?0at?x? 解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) ?(x)=F（0）+G（2x） 令 x-at=0 得 ?(x)=F（2x）+G(0) 令 x+at=0

4、得x?()-G(0).所以 F(x)= 2x?)( x（）=-F(0). G 2?(0?).(0) +G(0)=（且 F0）x?atx?at?)(0).( -所以 u(x,t)=+ 22即为古尔沙问题的解。 8求解波动方程的初值问题 22?u?uxtsin? 22x?t ?u?xsin?0,|u? ?0?t 0t?t? 解：由非齐次方程初值问题解的公式得 ?)x?(t?tx?t11?)sinud(?sinxd,dt 22?)t?0 x?(x?t t11?d(t?(t?)?cos(x?cos(x?t)?cos(x?t)?cos(x? = 220t?d)t?sinxsintsinx?sin( =0

5、t?)?sin(tcos(t?)xsinsint?sinx =0 xsint =xsin)?tu(x,t 为所求的解。即 混合问题的分离变量法 3 1. 用分离变量法求下列问题的解： (1) 22?u?u2a? 22x?t? u3?x?x(1?x)(0u?sin,?x?l) ? ot?t?0t?l?0?l,t)u,u(0t)?(? 解：边界条件齐次的且是第一类的，令 u(x,t)?X(x)T(t) ?nx)?sinX(x，且 得固有函数 nl?ananT(t)?Acost?Bsint(n?1,2?) ， nnnll?nanan?t?Bsintcos?txu(,)(A)sinx 于是 nnlll

6、1?n BA 及今由始值确定常数，由始值得nn?n3x?sin?xAsin nll1?n?nan?xBx)?sinx(l? nll1n?,0,A?A?13?n 所以 当n3l?n2?xdxsinx?(l?x)B n?lan0?2?nl2lnln?2?xxcos?xxcosx?sinl? ? 22?nnlanlln?323?ln22llxn4?ln)?(?1?(1cos?sinx?x 0432234?llannn 因此所求解为n3?nlan?1)13a?3(4?xtsinx?sint)?cossinu(x,t 44?llllna1?n 22?uu?2a?0? 22x?t?u?0)?(l?0u(,

7、t)0,t (2) ? t?u?h?0?0u(x,)?x,x,0)( ?t?l? 解：边界条件齐次的，令)T(txt)?X()(ux, ?0XX? 得： (1)?,0?X(0)X)(l?0?2?)2?T0?a(X 及 。 求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。?10? 时，方程的通解为 ?x?x?e)(Xx?CeC? 21 0?cc0)?X(0 由得21?l?l?0?(l)X0eC?eC? 得由21?0?C?0C0? 解以上方程组，得，故，时得不到非零解。21?xc?X(x)?c20? 时，方程的通解为21?0c?0?c0?X(0)?0(l)X ，仍得不到非零解。，再由得由边值得21?3

8、0? 时，方程的通解为?xsin?ccoscx?X(x) 21?0?c0)X?(X(0)?0l 得得，再由 由1?0cos?cl 2?l?cos00?c，于是 为了使，必须 221?2n?)?,2n?0,1(? nl2?2n?1?x?sinX(x)(n?0,1,2?) 且相应地得到 n 2l?代入方程(2)，解得将 1?2n?12n?T(tt)?Aacost?Bsina)(n?0,1,2? nnnl22l?2n?12n?12n?1?xsint?Bsin(u(x,t)?Acosaa)t 于是 nn 2l2l2l0?n 再由始值得?2n?1h?xsinx?A? n?l2ln?0 ?2n?12n?1

9、?xasin0?B n?2l2l?0?n2n?1?xsin(n?0,1,2?)0,l上的正交函数系：容易验证 构成区间? 2l?0当m?n?l1n?22m?1?l?xdxsinxsin ? 当m?n2l2l? 2?0 2n?1?xsin正交性，得 利用? 2l?l1n?2h2?xdxA?sinx nll2l0l2?1?22n?12l2hn2l?x?x?xcossin ? 2?lln(2?1)2(2n?1)2l?08hn)1(? 22?)12n?(B?0 nn?h8n?12n?12(?1)?xcosasintu(x,t)? 所以 22?ll22)1(2n?0n?2。设弹簧一端固定，一端在外力作用

10、下作周期振动，此时定解问题归结为 22?u?u2?a? 22?t?x?tu(0,t)?l,t)?Asin0,u( 求解此问题。 ?uu(x,0)?(x,0)?0? ?t?A?tsint)?xU(x,U(x,t)满，则解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取 l 足?t?)Asin0)?U(l,tU(0,t ， ),t,xt)v(xx(ux,t)?U(,t)?v( 令代入原定解问题，则满足222?v?vA?2?a?xsint? 22lxt?(1l,v(0t)?0,v(,t)?0) ?Av?x0)?x0)(vx,0?(,? lt?nx?x)sinX(n?0,t(vx,)1,2?) 满足第一

11、类齐次边界条件，其相应固有函数为， nl?n?xv(2)sintT)t,(x?() 故设 nl1?n 2?AAn?tsinxsinxx?按将方程中非齐次项展成级数，得 及初始条件中? lll?2?nA?f(t)t?sinxsinx nlln?1l2?n2A?xdxtxsinsin(ft)? 其中 nlll0l22?nnAll2?xsinx?sin?t?xcos ? 222?nllnl?02?A2A1n?xt?(?1)sin? ?ln?n?x?sin nl1?nl2?An?2A2n?)(?1?xsinxdx? 其中 n?nlll02?2?Aan2?1n?t?1)sinT(t)?(?)T(t? n

12、n?nl?)(Tt 将(2)代入问题(1)，得满足?n?A2?n?)1?(,T?(0)T(0)?0? nn?n?2?tansin2anAn?1?T(t)?t?(?1)Acos?tBsin 解方程，得通解 nnn?an?nll22?)( lA?0 由始值，得nn?132n?Aal2lA)1(?1(?12A)2nB?(?1)? n222222?nanln)(an)(?an?l)n?an1)al2A(?tsin,t)?v(x 所以 22?l)l)?(an1?nn?122?nl2)A1(?1?tsinsinx? 22?nl)?(l(an)2?nan)l(?1?tsin?sinx?2Alasint 22

13、?lln)l(?)an(1?n 因此所求解为 2?)?1A(?lAt?2x,t)?xsinu( 22?ll(an)?(1?n?nanl?tsin?sinxt?asin lntl3用分离变量法求下面问题的解 22?u?u?2?bshx?a? 22x?t?u?u0|?|? ? 0t?0?t?t?u|?u|?0?lx?0 x?解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为 ?nx(n?1,2,)X(x?sin?) nl?n?T(t),t)?sinxu(x 设 nln?1?nxsinbshx展开级数，得 按将非次项 l?n?xsin)f(tbshx? nl1n?l1n?)1(2bn?)shlf(shxsinx

14、dx?2bnt 其中n 222ll?l?n0?n?T(t)xsin(tu(x,t)?)T满足 代入原定解问题，得将 nnl1?n?bnan2?n?21?(t)shlT(t)?(?1)?(T)? nn222?l?ln ?(0),T?0T(0)?0?nn方程的通解为 ?bnan2anln?12shl)?(?1sint?BtA(Tt)?cos?( nnn 222?anll?nl?bn2ln?1200T()?shl?A?()1)( 由，得： nn222?anl?n?0(0T?0?)B 由，得nn ?an2bn1n?21shl(1?cost1)(T(t)?(?) 所以 n222?lanln? 所求解为2

15、n?1?nan12bl)(?(1?cost)sinxu(x,t)?shl 2222?ll?l)n(na1n? 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 2(u?u?u)u?a zzyyttxx32?u?x?yz ?0?t 的柯西问题 ? u?0?0?tt解：泊松公式 ?11?uds?ds ? ?ar4ar?t4?MM?SatSat32?zx?0,y? 现 ?2?|dds?r?(r,sin,d) 且 at?r rM00sat?)cos?sinrrsin,cosz,y?(r,r,sin)?(x? 其中 32?)z(?(y?sinrsinr?(x?sincoscos)? 323222

16、232?cos?sinrcosrsinsincosxr?3x?x?yz?3 222?cosr?siny?rzsinyzr?2sinsin 232?cossin?2yrsincosrsinsin ?2?d)r?(r,sin,d 计算00?2?2332?)?2cos(ddz?r(x?ysiny(x?z)r)0 0032?zyx)?4r(?222222?sinr3xcos?rd0cosx3dsind?rsind 0000 ?22322322?ddsin?rsin3dxrsin3xrdcoscos 0000?11?332?sin2?cos?3xr?cos 00324?2333?dsinrcossin?

17、4xrdr? 00?23344?xrcos?r?4sindd 00?2222?sinsindd0dd?2yzr2yzrsinsinsin?r 0000?2222232?ddd?drzsinrzsinsinsin?rsin0000 ?411?3332?z2rcos?rzcos?sin? 003243?22222?dcoscos?rsind0dsin?ydrry 0000?22?dsinsind?2yrsin?cocr00 ?232?2yrd0sindsincos00?2322?drsindsinrcossin?00 ?2432?cosdr?0?sindsin00所以 ?43223?rr?z?r(

18、xyz)?4ds?4atr? r3M Sat1222222?za?yz?xatt?4atx 3?1? u(x,y,z)= ?r4?taMSat ?1223322zxatt?atx?tyz? 3t? 222223zaatt?xx?y?z?3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 2?u?a(u?u?u)?zzxxttyy ? (x,yu?,zu?)(x,y,z),?0t?0tt?当u不依赖于x,y,即u=u(z),即得弦振动方程的柯西问题： 2?u?au?zztt?(z)z(),uu? ?0t?tt?0利用泊松公式求解 ?11?dsu?ds ?a4

19、rar?t4MMSatSat因只与z有关，故 ?2?)cosz?at(2?dsin?(atds?)d atr00MSat ?2?dat?atdcossin)(z 00?=atcos z+ =d-atsin d 令,z?at?d?2()ds 得 rat?zMSat 所以z?atz?at11?d()d?)tu(z,)?( at?2a2 ?zatatz?atz?11?d?z(?at)()?(zat? 22azat?即为达郎贝尔公式。 求解平面波动方程的柯西问题： 3. ?2?uu?u?a?yyttxx ?2?0?yu|u|?x?x?0?0t?tt 解： 由二维波动方程柯西问题的泊松公式得：?,1?d

20、?dx,y,ut ? ?ta2?2222?y?at?x?m?at?,?d?d ?2222?y?tx?a?m?at?2at?sin,y?x?r1?cosr?rdrd? ?ta?2222rat?00?2?sinx?rcosr?x?yx?rcos?,y?rsinrcos 又 ?222?cosyryxr?xcos?x?y?2x?x ?22?coscossin?2?xrxrcos?sin ?23?sincosrcos? ?2222?0,sindd,cos?d0cos 因为 000?22223?.sin?0,cos?0,cos?dsincosdd0 000?2at?sin?rx?rcosy,?rdrd 所

21、以 222r?at00atat3drrdrr?2?y?2xx3x?y 222222ra?tat?r00atrdr2at22?at?a|t?r? 又0222rat?0atat3drr2222222at?rdrt2?ra?r?atr| 0222r?at00322?3a2232at?a?|rt 2 033 2?1?3?23?y?2?axxy?xau?x,y,t3? 于是 ?3a?2t?222y?3?ax?xtx?y 即为所求的解。?tu?u,r 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，22)r?xy? . 解法一：利用二维波动方程柯西问题的积分表达式解：?d,?d1?,y,tu?x

22、 ?t?a2?222?y?atx?m?att ?dd,?222?y?atx?m?att?ru?|?，,tru?u, ,只是由于u是轴对称的r 故其始值的函数，,0t?m?2222?,p.ay?xu|?tr?,又?为圆? 的矢径为记圆上任一点0t?tat?222222?y?s?xyx?r?)M(x,y则由余弦其矢径为圆心记222?cos2rs?r?s?)(s,MpoM 与。定理知，其中为的夹角。选极坐标?22?cos?2，rrs?s ?22?cos?rsr?s,?2 于是以上公式可写成?2at22?cos?s2rsr?1?sdsdtx,?y,u ?ta?2?22s?at?00?2at22?rrs

23、s?cos?2?sdsd? ?22?sat?00),t(r 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22?cos?2?s1?rrs?2at?)t(r,usdsd ?a?2t0022(at)?s?2at22?cos2r(r?s?sdsd +22s?)at(00 ?sin?rycosrx? 波动方程化为.解法二：作变换,22u?uu12)?(?a 22rr?rt? u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得用分离变量法，令2?0tT?a? ?22?0RrR?rR?r? 解得：?tcosat?BsinaT(t)?A? ?)r?J(R(r)?0? 令叠加得?du()sin)(A(

24、t)cos)t?B(J)u(r,t? 00 求解下列柯西问题5.22?v)?c(v?vv?ayyttxx? ?v? (c,yy)v?),(x,?0t?r?0?tcz )ty,v(x,(x,y,z)?eua 提示：在三维波动方程中，令cz av(x,t)?y,et),u(x,yz, 解：令czczcz aaav?vu,u?eee,u?v 则yyttxxyyttxxcz2c avue? zz 2a2?)u?u?a?(uuzzyyttxx?代入原问题，得 ?czcz? ? aa),u(x,?ey(u?ex,y?t0?tt?0?c?c?11?),( ?)e(,a ea?ds?t,)?dsu(x,y,z

25、 rr?aa4?t4MMSSatatM22222?tz?)a(?x)?(?y)?(?:S at?M?MM?M?SSSo 平面上的投影。为下半球，为上半球，记为在atatatat at?dds?d 则,2222?)y?at?(?x)?c?cc a?11()e, ?aa?ds(?e)(e,ds?,)ds rrrMMMSSS?atatatc2222?)y?t(?(z?a)?x)?( ea?d),d(? 2222?)?yx)?at?(?M?atc2222?)(z?y?a(t)?(?x)? ea?d,?d() 2222?)(yat?(?x)?M?atc2222?)a?t?(?chx)ycza ?d,?2

26、e)(da 2222?)?(at?(y?x)M?atc222)rchc?t(?czat2a ?rdrdrcos),y?rsin(x?2e?a 222rat?00c222)chc(tr?czat21?a ?(?,ze)xu(x,ya 所以 ?at2?222r?at00?tftfy?rsinrcos), c222)(r?chct?czat21a ?rdrd?r)(x?recossin,ya ?a2222rat?00c222)?chc(tr?at21?a?xt)?(,(vx,y 于是 ? ?at2?222rat?00c222)(?chctr?at21a?(x)rdrd?ryr?cos,?sin ?a

27、2222r?ta00?rdrdr?,cosr?y)sin 即为所求的解。 ?4 第七段中的方法导出平面齐次波动方程6试用2)tx,y,(u?u)?fu?a( yyxxtt 在齐次初始条件 0,u?u0 0tt?t?0 下的求解公式。?)y,t,w(x, 是定解问题解：首先证明齐次化原理：若2?)(w?ww?a?yyxxtt ?),(0,wfx,yw? ?t?ott?d,y,t,)u(x,y,t)?w(x 的解，则即为定解问题02?)tf(x,y,u?a(u?u)?yyttxx ? 0?u?0,u?0t?0?tt 的解。 0?u 显然，0t? ttw?u?w?d,y,t,d)?x?w( ? t?

28、t?t?t00u? 0w?0? ）（. 所以 ?0t?tt?t22w?wu?d? 又? t?22t?tt?0t2w?d)?(x,y,t?f 2y?0 tt2222w?uw?u?d?0?d, 2222y?x?x?y?0 u满足因为w满足齐次方程，故u222uu?2)?a(),y,t?f(x 222y?x?t 齐次化原理得证。由齐次方程柯西问题解的泊松公式知?),f1(,?dyw(x,t,)?d ?a22222?)y?(?)x?(?)?t(aM?)?t(a 所以 ?)?(ta?2t?)sin1?rcos,y?rf(x?rdrd?yu(x,t) ?a2222?r)(t?a000 即为所求的解。?)r

29、cos,y?rsin1f(x?2)ta(t?d?rdrdy,t)u(x, 所以 ?a2000222?r)?(at? 7用降维法来解决上面的问题 解：推迟势r?),f(t,?1 a?dvt)?(x,y,z,u 2?ra4at?rat),z(x,y 为半径的球体中进行。它是柯西问题其中积分是在以为中心，2?),t(x,y,zu?a(u?u?u)?f?ttxxyyzz ? 0u?u?0, ?0tt?0t?ufz 皆与的解。对于二维问题，无关，故r?),?,f(tat1 a?dsdru(x,?t)y, 2?ra4?M0SrMs)0y,M(x, r其中为半径的球面，即为以为中心r2M222?r?(?Sy

30、:()?x)? rr?ddds? 222?)r?(?x)?(yrrr?)?f(,?)f(t,tf(?),t aaa?dsds?ds? rrr?MMMSSSrrrr?)t,?f(, a?d?2d 222?)(y(?x)?r?Mr?MMMMM?ssss,o 其中分别表示平面上的投影。表示的上半球面与下半球面，在rrrrrr?,t(?,)fat1 a?dyd),t?,(ux 所以 2?a2222?)y?(?)x?(?r0?rM r?t,y?)f(x?,cossin?atr21 ?a?drd?d ? 2?a222?r?000?r?t),?a(tr0r?dr?ad时，当，即在最外一层积分中，作变量置换，

31、令 a?at?tr0? ，当，得时，?)t?a(?2t?1,y?f(x?sincos),?ddt)?du(x,y, ?a2222?a()t?000 即为所求，与6题结果一致。 非齐次方程的柯西问题8u?u?2(y?t)?tt ?2 u?0,u?x?yz?t00t?t?解：由解的公式得 r?,t,f(?,)?11 a?dV(ds?a)u(x,y,z,t?1) 2?r4raa4Matr?Sat计算?2?2?)?rsincos)(z?ds?(y(x?rsin?cos)rsin? rM00St ?22222?cos?yz2xr?rsindsindr?cossin(x?tr?002? drsincoss

32、in?yrcossin?zrsindsin)?rr?t?222?,cosddsind0?4d?sin 0000?22423?0cossincosddddsin?, 30000?2?222?,dsin0d?sin?0sinsin.dcosd 0000?432?t(txyz?)?ds4 所以 3rMSt?t?sinrr2t,?r)(y?sin)f(,2?drsindrd?dV 计算 rrt?rt?r ?2t?dsindrd?2t?r(y?rsin)sinr? 000?t?drd)rsiny?4t?r( 00t3?4r1322?.yt4t(y?t)r?8? ? 323?0113223tyt?yz)?

33、t,t)?t(x?yu(x,z 所以 332)?yt(x?yz?t 即为所求的解。 5 能量不等式，波动方程解的唯一和稳定性 设受摩擦力作用的固定端点的有界弦振动，满足方程12cuu?a?u txxtt 证明其能量是减少的，并由此证明方程2u?cu?f?ua tttxx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。 ?1 证：首先证明能量是减少。 l222?dx?(uau)E(t)? 能量xt0l)tdE(2?dx)u?2a?u(2uu xttxtt dt0lll2?uuu|?dx?2dxuu?2au xxtxtttt000ll22?|u?2au)?2u(u?audx tttxxtx0

34、0u|?0,u|?0,所以 因弦的两端固定， lx?x?0u|?0,u|?0 l?xt0?xt l)(tdE2?dxu?a?2)u(u 于是xxttt dt0l2?0udx?2c)c?0? (t0tE(t)是减少的。因此，随着 的增加，.2 证明混合问题解的唯一性 混合问题: 2?u?cu?fu?atttxx?u|?0,u|?0 ?l0 x?x?(x?)(x),uu|?|tt?0t?0?u?u?uu,uu满足设 则是以上问题的解。令,12212?u?acuu?tttxx?u|?0,u|?0 ?lx?x0?u|?0,u|?0tt?0t?0?l222?dxu)?(u?aE(t 能量 xt0u|?0

35、,u|?0,0t?得由利用初始条件有 当0tt?0t?u|?0 0 x?tE(0)?0 所以 E(t)t?0,E(t)?E(0)?0,E(t)E(t)?0, 又的表达式知是减少的，故当又由所以 E(t)?0 u?0,u?0,于是得到由此得 及xtu?常量 u?u,?0u|,0u?即混合问题解的唯一的。再由初始条件 因此得0t?,12.?,0?,.?0只要初始条件之差证明解关于初始条件的稳定性，即对任何可以找到3?,? 满足2121 ?|?|?,|? 22x2x111222LLL?uu?)(u,u 所对应的解及 则始值所对应的解满足之差12212211?|?u|u 212LlT2?dxdtu)(

36、u? 或2100l2?dxt)u(x,E(t)? 令 00lll)tdE(220?dx?2u?udx?uudx tt dt000)(t?E(t)?E 0dtt?)tE(eE(t)?e 即 0 dtt?tt?e0)d?E(t)eEe(E() 积分得 000t?tt?dE(0)e0E(t)?eE()?e)E(E(0)? 所以 ,又0000tt)(e0?1)E(E(t)?etE()? 即 00?u?,uu?记满足，则 2121212?cuu?u?atxxtt?0|?0,uu|? ?t?xx?0?,u|?u|0tt?t?0?l2?dx?)E(0 则相对应地有0022?()E(0?)dx?a 2x11l

37、l ?22?2?dx?dx? 故若x2x22?LL?001l? 2?2?dx 2?L?0 ?222?aE00?E,1 则0?2?22tt2?E?1ta?1e?u?e?(对任何于是t) 2L0?u 即 2L11TTl? ?22?/2t2t?e?e?11audxdtdt 或 ?000?4 解关于自由的稳定性 2?u?cu?fu?a1txxtt?u|?0,u|?0t,ux 设满足?l?xx?01?|,u|?utt?0t?0?2?u?cu?u?af2xxttt?u|?0,u|?0txu, 满足?lx?0?x2?uu?|,tt?0t?0?2?ff?cu?u?a?u21tttxx?u|?0,u|?0uu?

38、u? 则满足?lx?0?x21?u|?0,u|?0tt?0t?0?f?f?f记 今建立有外力作用时的量不等式21l?222?dxEut?au xt0l?tdE2?dx?au?2uuu xtxttt dt0l?2?xdu2u?au =xxttt0l?22?fdxfcu?u?a?u?2?cuu = ttttxxt0lll?22?t?u?dxFfdx?Et?fdx?2u tt000l?2?dx,Ft?f 其中故0 t?t?tt?deet?Ee0EF 0?由始值?00E , 又 所以ltt?2tt?dxfddee?e?eFEt 000tTtt22?edxdt?e?fK 00?3 知中证明, 由t?tt

39、?deE?te?eE0E 000?0由始值0E?而 故0tt?2ttt2?KEte?eKd?e?eEtd 000TT?Tt22?11e?KEtdt?Ktedt?T? 000lT2?fK?dxdt 则当, 因此, 00lT?2T?Tu?1dxdt?1e 000TTll22?dxdt?f)dxdt?u)(uf?。即解关于自由项是稳定的。，亦即当 则22110000f(x,t)0?x?l0?t?T作：微小改变，果2证明如函数时，方程在G2u?u?k(x)?qu?f?(x,t)? 2?x?x?t?k(x)?0q?0f(x.t)都是一些充分光滑的函数）和（满足固定端点边界条件的混合问题， 内的改变也是很

40、微小的。G的解在 u?(k(x)u)?qu?f?xxtt?u|?0,u|?0uf也很小（按绝对很小时，则问题的解证：只须证明，当?l?0 x?x?u|?0,u|?0?0t?t?0t值）。 l222?dx)?qu?k(x)uE(t)?(u 考虑能量xt0l)(tdE?(2uu?2k(x)uu?2quu)dx txtttxt dt0lll?l?quudxdx?(x)u(x)uu|?22u)udx?(ku2k ?ttttxxttx?0?0000?u|0u|?0u|?0u|? ，故由边界条件 。，l?xttx?l0 x?0 x?l以 所llll)tdE(22?dx)dx?fudx?)u)?qu)dx?

41、2u?f(x,t?2?u(u(k(x ttxxttt dt0000l2?)utdx?E(0k(xq?)?0 又由于，故，即，t0l)dE(t2?dxf)(t?E dt0ld2?1?t?dx(Ef)?e(t)e 或 dt0l2?dx?fF(t) 记0l?tt?dFe()EE(t)?(0)e? 得00?u|0u| 由初始条件 ，0t0?t?tl?t?d)FtE()?e(0|0?u|u?0?(E0) 又因 ，得，故，即00t?t?x0l2222? l?)(Ftd?f?ff 若很小，即，故，则 0 l?22t?t22T?e(le)?1tE()?)l?e?1ld( 02? tf?E(t)tE(0.T中积

42、分号下每一项皆为非负的，中任一时刻很小时，即在，当又 故l22?dxx)uk(t0,TT?0?t0?x?l ）今对（对，中任一时刻，x0 )tu(x, 。估计 xxlu?u?u? dxdx?u(0,t)?dx?u(x,t)应用布尼亚科夫斯基不等式， ，因为 x?x?x?0001llll? 2u?u1?21?K?udxk(dx?k(x)dxxk(x)dx) 可以得到 ?xx?x?)k(x?0000l12?dx(xK?)k0)?k(x （因 且充分光滑）其中0?Kt)?ut)?(0,u(x, 即 ? ?Kt)?u(x,0(0.tu)? ，得又由边界条件 u(x,t)T?0?x?l0t?很小，得证。

43、，即当 ，有 3证明波动方程 2(u?u)?fa(x,y,t)?u yyttxx22)K)L(L(Kuf意义之下改意义下作微小改变时，对应的柯西问题的解的自由项在中在 变也是微小的。R)y,(x,K 的特征锥 证：研究过 00a222)?at?(R?x)y?(?y)x( 00t?t?K上研究能量：令，得截面 截，在tt2222?)dxdy?ua?u(u)?E( ytxt?t ?rat2R?222222?)y)?(y?(x?ux?a)(u?u?)dsdr?(r 0ty0 x00?rR?at2dE(?)22222t?)uuuds?a?dsdtu?a(uu?uu)?a?2(uyyttyxxtttxt

44、 dt?00t ?的边界曲线。再利用奥氏公式，得为其中 tt?r2R?at)(?dE2t?dsdt)u?2?uuu?a( tttyyxx dt00a?22222?)ds)y?a?(uuu?2auucos(n,x)?uucos(n, ?yxxttty 2?t ?r2?atR22?)dscos(n,x)y?(au?uyf(x,.t)dsdr?a,(au?ucos(?2nutyxtt?00t 因为第二项是非正的，故 ?r2Rr?rR?at2atR?at2)tdE(22?dsdru2?fdsdr?fudsdr tt dt000000dE(t)2?dxdy)?f?E(? 所以t d?t?t2?dxdy?

45、fF(t) 令 ?td?t?tF(?)et)(eE(? 上式可写成 t dtt?tt?de?eF()?E()?E(? 即 0t0ttt2?dxdyd?eef?E(?) 0?0?R a2tt?dxdydtef)E?(?e? 0?0?tt2?dxdydte?E?E?fe 即0tK ?2?dxdyu,t?x,Ey? 研究 t0?t?dE2t0?dsuudxdy?2au 1 dt?tt22?dxdyuudxdy?2dxdy?uu t1?ttt?E?E tt0t?tt?deEE?eE? 所以0t0000 tt?2ttt?dddxdydt?eEf?E?e?e000?K00?2ttt?dxdydt?tete

46、?EE?fe? 000K 为证明柯西问题的解的关于自由项的稳定性，只须证明柯西问题?2?ty,?fx,u?au?u?ttxxyy ? ,?u0u?0?0tt?t?012?2? udxdydtff?u “很小”时，则解当的模也“很小”?22?KLKL?K 0?0uu 得，而由于此时，由始值0ttt?0? 0?,uu?0 0 xt?0?yt?0,?E?E?0 ，即所以0002?tt2? ffteteEdxdydt? ?t02KLKRR aa22?t? dtteE?u?dtf ?t022KLLK00 RR?R?222 aaf?feM?e? ? 22KKLLa?2?u?f0? 故任给得证，当，则? 2

47、2KLKLM的迭加。)谐 波4固定端点有界弦的自由振动可以分解成各种不同固有频率的驻波(这个物理并证明弦振动的总能量等于各个驻波能量的迭加。试计算各个驻波的动能和位能， 性质对应的数学事实是什么？ 解：固定端点有界弦的自由振动，其解为?nanan?xtsinAcos?t?Bsinu?u? nnn lll?11n?n?uuEVK，则记作作 ，动能的总量记作能，位能每一个记是一个驻波，将nnnnn22ll?nannan?2222?cos?Bsinudx?atxdxAcosV?at? nnnnx llll?0022?ananan1?cosABsint?t? nn l2ll?22ll?nananan?

48、22?xdxtsin?Bcos?AK?sinudxt? nnnnt llll?0022?anan1an?t?Bcost?Asin? nn lll2?2?an22?B?VKA?E? 总能量nnnnn l2?t0?EEEt。无关，即能量守恒，由此知与 nnn?tE亦满足守恒定律，现在计算弦振动的总能量，由于自由振动能量守恒，故总能量即 l?222?0E?aE?t?udxu xt0l?222? dxaut?u?E 即0 xtt?0AB 、又由分离变量法，由始值决定，且nn ?nnan? xuBu?sinAsinx, ntn 0t?0?tlll1nn?1?ll?nannan 2?dxxx)?()?dx

49、B(sinBusin 所以 ntn llll1n?m?1000t?n?xsinl0, 上的正交性，得利用在? l?ll2?nanan)( 22222?BusinBdx?xdx(?() ntn l2ll0t?1?1nn00ll?mnnm 2?dx?cosAcosdxuxx?A 同理 mxn? llll0t?1?n?1m00?2?n2?A? n l21?n?2?an?22?EE?t?BA 。 所以nn l21n?n?1 即总能量等于各个驻波能量之和。u具有可不仅解这个物理性质所对应的数学意义说明线性齐次方程在齐次边界知件下，ll?n?22?dxdxuuxsin 加性，而且仍具有可加性。这是由于及的

50、正交性所决定的。?xt l?0022?c,?c?，即证明此时波动方程柯西问题存在着唯一的情况下，证明定理5.在5 的广义解，并且它在证理4的意义下是稳定的。232?)KL(cc,?且在我们知道当，则波动方程柯西问题的古典解唯一存在，证： 意义下关于初始条件使稳定的（定理3）、42312?cc?n?c,?c?时, ,当，根据维尔斯特拉斯定理，今存在nn?, 及及其一阶偏导数,一致收敛于分别一致收敛于。nnynynxx2?)KL(uu,意，则为初始条件的柯西问题的古典解为记：二阶连续可微，且在nnnn2?L）（?,?u（ 是稳定的。：特征义下关于为一致连续序列，自然在0n0nnnnNm?,n）0t

51、? 意义下为一基本列，即相交截出的圆时与锥K? , nxmx2nm2)(L?)(L?00 ? ? , nymynm2)L?(2)(L?00?u 根据的稳定性，得n?2 ?2?(u?u)?u?u(dxdydt nmmn2)(KLK?2)L(Kuu使当意义下为一基本列，根据黎斯弗歇尔定理，存在唯一的函数在即,n?n? 时0u?u? n2)LK(?u, 的柯西问题的广义解。即为对应于初始条件 现在证明广义解的唯一性。 ? 23 ?n?c?c,?,?,? 若另当有时且，yxnynnxnn 2?u?u)LK(u?u 现在), 用反证法，, (按是一致的，其所对应的古典解nn u?u 若 ，研究序列 ?,

52、?, (1) n21n21 ?,?, (2)n21n21?,y和x）仍为一致收敛于序列（）及其对的偏导数仍分别一致收敛于2, 则序列（1yx? (2)所对应的古典解序列，利用古典解关于初始条件的稳定性，序列（1）?,u,uu,u,?,u,u nn21212)L(Luu?矛盾。故以上所定义意义收敛于唯一的极限函数。与根据黎期弗歇尔定理，按 的广义解是唯一的。1122?uc?c?c?c,?,所对应的广义解记作又若，所对应的广义解记作211212233?uc?cc?,?c,于敛一致存，即在收。分别nn1n1n2222?,u,u)KL(所对应，所对应的古典解按则意义收敛于y1xy2x12n122nn1n112)(KLuu 意义收敛于的古典解按n2222? dxdydt)u?uu?u(? 21212LK 2?dxdydt?u)u?u)?(?u)?(?u(u 22nn11n12nK222?)u)?2(uu)(u?u(u?)?(u?u)?(u?u n1n2n121nn212n1n1Kdxdydt(u?u)(u?u)?(?2u_?