数学物理方程第一章内容答案.doc

.第一章§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),(txuEtxt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x。现在计算这段杆在时刻 的相对伸长。在时刻 这段杆xtt两端的坐标分别为： ),();,(tuxtux其相对伸长等于 ),(,( txttux x 令 ，取极限得在点 的相对伸长为 。由虎克0xxu),(t定律，张力 等于),(txT),(),(txEt其中 是在点 的杨氏模量。)(xE设杆的横截面面积为 则作用在杆段 两端),(xS),(x的力分别为 xuS)( xut)()(;,).,(t于是得运动方程 tsxxESuxEx|)(|)(利用微分中值定理，消去 ，再令 得0tus)(xxES()若 常量，则得)(xs=2)(tux)(xuE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lx,0件为.),(),0(tlut(2)若 为自由端，则杆在 的张力lxlx| 等于零，因此相应的边界条件为 |EtlT)(,l xu=0 l同理，若 为自由端，则相应的边界条件为 0x x0x(3)若 端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某l点，且该点离开原来位置的偏移由函数 给出，则在 端)(tvlx支承的伸长为 。由虎克定律有)(,tvluxuE)(,tvlkl其中 为支承的刚度系数。由此得边界条件k 其中)()(tflx特别地，若支承固定于一定点上，则 得边界条件,0)(tv 。(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)证：如图，不妨设枢轴底面的半径为 1，则 x点处截面的半径 为：lhx1所以截面积 。利用第 1 题，得2)()xs)1()1( 22xuhExtuhx若 为常量，则得E 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lx力 为)(xT)()xlgT且 的方向总是沿着弦在 点处的切线方向。仍以 表)(x ),(txu示弦上各点在时刻 沿垂直于 轴方向的位移，取弦段t则弦段两端张力在 轴方向的投影分别为),(u)(sin)();(sin( xxlgxlg 其中 表示 方向与 轴的夹角)(x)(T又 .sinxutg于是得运动方程ltx)(2xulgxg利用微分中值定理，消去 ，再令 得0x。)(2ult5. 验证 在锥221),(yxtyx>0 中都满足波动方程22yxt证：函数22ut在锥 >0 内对变量221),(yxtyx2yxt有t,二阶连续偏导数。且 tyxtu232)( 252 )()( tttt )2()( 232yxtyxttu)(252232 xyxtyxt 2252yxtyxt同理 yu所以 .22522 tuyxtxtyxu .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 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,单位质量所受摩阻力为x,故 上所受摩阻力为tubtuxspb运动方程为: tuxsbxuEStEStsxx2利用微分中值定理，消去 ,再令 得0 .2 tuxsbxuEStuxs 若 常数，则得)(xstuxbExtu2若 则 得 方 程令也 是 常 量是 常 量 ,., 2aEx .22xuatbtu§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()13sin22tlt lxxuuxatott解：边界条件齐次的且是第一类的，令 )(),(tTX得固有函数 ，且xlnnsi，tlaBtaATnnco)(2,1(于是 1 sin)icos(),(nnxltlaBtlaAtx 今由始值确定常数 及 ，由始值得n1si3sinxllx1in)(nlBlal所以 当,3A,03ln xdlnxa0si)(2 xlnllll cossico22.)1(4cos2sin2 303 nlanxlnlxll 因此所求解为1443 sini)(sin3co),( nnxltlaalxltlatxu (2) 0),(,)0,(22xtuxlhutltau解：边界条件齐次的，令)(),(tTxXt得： 0)(,0)(lX(1)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10零解。时，方程的通解为20xcX21)(由边值 得 ，再由 得 ，仍)(X1c0l得不到非零解。时，方程的通解为0xcxcxXsinos)(21由 得 ，再由 得 )(1c0ls2为了使 ，必须 ，于是02ccol21ln)2,0(n且相应地得到 xlnxX1si),1(将 代入方程 (2)，解得talnBtalnAtTn 21si2cos)( ,10于是 0 21sin)21sin21cos(),(n xltalBtalAtxu 再由始值得 021sin21nnxlBalAxlh容易验证 构成区间 上的正xlsi ),( ,0l交函数系： nmlxdlnxlml 当当212sisin0 .利用 正交性，得xln21sixdlnxlhAln21si0lxnnlxlxnllh 022 1si)1(2cos)1( nnh)()12(820B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0),()0,( sin),(22xtutAtlat 求解此问题。解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取，则 满足txlAtUsin),(),(txU，0),(tAlsin令 代入原定解问题，则 满足,),(txvttxu),(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),(txv， xlnXnsi)2,10(故设 )2(sin),1nxltTtv将方程中非齐次项 及初始条件中 按txAi2 lA展成级数，得li12sin)(sinxltftxlA其中 ln dltAtf02i)(lxnlxlntl 022 sicossin xlAtnAnsi)1(2xlni1其中 nln AxdlA)1(2si20 将(2)代入问题(1)，得 满足)(tTn nnnATttlat )1(2)0(,0si)(2解方程，得通解.212)(sin)sincos)( latAtlaBtlaAtT nnn由始值，得 0n2231)(1)(2)1( lanAlanAAaBnn 所以 12si)(),(nntlltxvxlntlaAn si)(2)1xlntnltlalnl sisi)(1212 因此所求解为12)(2sin),(nlalAtxltuxlnttlsii3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 1sin)(),(nxltTtxu将非次项 按 展开级数，得bshil1sin)(nxltfx其中 shlblxdlshbtf nln 2)(i)( 210将 代入原定解问题，得 满1i)(),(nltTtxu )(tTn足 0)(,)0( 2)1(2nn nTshlbtlat 方程的通解为 shllnbaltlnBtlaAt nn 122)()(sicos)( 由 ，得：0)(nT shllnbalnn 122)()(由 ，得B所以 )cos1()(2)1() tlahllnbatTnn所求解为1212 sin)co()(),(nn xltlalshlabtxu 4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