数理方程
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2023年3月5日发(作者：给朋友的道歉信)例1.1.1设v=v(线x,y),二阶性偏微分方程v
xy
=xy的通解。
解原方程可以写成
ð／ðx（ðv／ðy）=xy
两边对x积分，得
v
y
=¢（y）+1/2x2Y,
其中¢（y）是任意一阶可微函数。进一步地，两边对y积分，得方程得通解为
v（x,y）=∫vydy+f（x）=∫¢（y）dy+f（x）+1/4x2y2
=f（x）+g（y）+1/4x2y2
其中f（x）,g（y）是任意两个二阶可微函数。
例1.1.2
即u(ξ,η)=F(ξ)+G(η),
其中F(ξ),G(η)是任意两个可微函数。
例1.2.1设有一根长为L的均匀柔软富有弹性的细弦，平衡时沿直线拉紧，在受到初始
小扰动下，作微小横振动。试确定该弦的运动方程。
取定弦的运动平面坐标系是O
XU
,弦的平衡位置为x轴，弦的长度为L，两端固定在O,L
两点。用u(x,t)表示弦上横坐标为x点在时刻t的位移。由于弦做微小横振动，故u
x
≈0.因此
α≈0，cosα≈1,sinα≈tanα=u
x
≈0,其中α表示在x处切线方向同x轴的夹角。下面用微元法建
立u所满足的偏微分方程。
在弦上任取一段弧'MM,考虑作用在这段弧上的力。作用在这段弧上的力有张力和外
力。可以证明，张力T是一个常数，即T与位置x和时间t的变化无关。
事实上，因为弧振动微小，则弧段'MM的弧长
dxuxx
x
x21s
≈x。
这说明该段弧在整个振动过程中始终未发生伸长变化。于是由Hooke定律，张力T与
时间t无关。
因为弦只作横振动，在x轴方向没有位移，故合力在x方向上的分量为零，即
T(x+x)cosα’-T(x)cosα=0.
由于co'sα’≈1，cosα≈1,所以T(X+x)=T(x),故张力T与x无关。于是，张力是一个
与位置x和时间t无关的常数，仍记为T.
作用于小弧段'MM的张力沿u轴方向的分量为
Tsinα’-Tsinα≈T(u
x
(x+x,t)-u
x
(x,t)).
设作用在该段弧上的外力密度函数为F（x,t）那么弧段'MM在时刻t所受沿u轴方向
的外力近似的等于F(x,t)x.由牛顿第二定律得
T（u
x
(x+x,t)-u
x
(x,t)+F(x,t)x=ρxttu,
其中ρ是线密度，由于弦是均匀的，故ρ为常数。这里
tt
u是加速度
tt
u在弧段'MM上
的平均值。设u=u(x,t)二次连续可微。由微分中值定理得
Tu
zz
（x+θx，t)x+F(x,t)x=ρ
tt
ux,0<θ<1.
消去x，并取极限x→0得
Tu
xx
（x,t）+F(x,t)=ρu
tt
,
即
u
tt
=ɑ2u
xx
+ƒ(x,t),0 其中常数ɑ2=T/ρ，函数ƒ（x,t）=F(x,t)/ρ表示在x处单位质量上所受的外力。 上式表示在外力作用下弦的振动规律，称为弦的强迫横振动方程，又称一维非齐次波 动方程。当外力作用为零时，即ƒ=0时，方程称为弦的自由横振动方程。 类似地，有二维波动方程 u tt =ɑ2（u xx +u yy ）+ƒ（x.y.t）,(x,y),t>0, 电场E和磁场H满足三维波动方程 Ec E 22 2 2 t 和 Hc H 22 2 2 t , 其中c是光速和 2 2 2 2 2 2 2 xzy 。 例1.2.2设物体Ω在内无热源。在Ω中任取一闭曲面S（图1.2）。以函数u(x,y,z,t)表示 物体在t时刻，M=M(x,y,z)处的温度。根据Fourier热传导定律，在无穷小时段dt内流过物 体的一个无穷小面积dS的热量dQ与时间dt，曲面面积dS以及物体温度u沿曲面的外法线 n的方向导数三者成正比，即 dSdt n u k- , 其中k=k(x,y,z)是在物体M(x,y,z)处的热传导系数，取正值。我们规定外法线n方向所 指的那一侧为正侧。上式中负号的出现是由于热量由温度高的地方流向温度低得地方。故当 0 n u 时，热量实际上是向-n方向流去。 对于Ω内任一封闭曲面S，设其所包围的空间区域为V，那从时刻t1 到时刻t2 经曲面 流出的热量为 1 Q=dSdt n u k S 2 1 t t - 设物体的比热容为c(x,y,z)，密度为ρ(x,y,z)，则在区域V内，温度由u(x,y,z, 1 t)到u(x,y,z) 所需的热量为 dvdt t u cdvtzyxutzyxuc t tVV 2 1 ),,,(),,,(Q 122 . 根据热量守恒定律，有 12 QQ 即 dSst n u kdvtzyxutzyx t tS 2 1 ),,,(),,,uc 12 V （ 假设函数u(x,y,z,t)关于x,y,z具有二阶连续偏导数，关于t具有一阶连续偏导数，那么由 高斯公式得 0][2 1 t dvdt z u k zy u k yy u k xt u c tV . 由于时间间隔 21 t,t及区域V是任意的，且被积函数是连续的，因此在任何时刻t，在 Ω内任意一点都有 z u k zy u k yy u k yx u c (1.2.6) 方程称为非均匀的各向同性体的热传导方程。如果物体是均匀的，此时k,c及ρ均为常 数，令2a= c k ，则方程(1.2.6)化为 ua z u y u x u 2 2 2 2 2 2 2 2a t u ,(1.2.7) 它称为三维热传导方程 若物体内有热源，其热源密度函数为，则有热源的热传导方程为 ),,,(au2 t tzyxfu(1.2.8) 其中 c F f 类似地，当考虑的物体是一根均匀细杆时如果它的侧面绝热且在同一截面上的温度分布 相同，那么温度只与有关，方程变成一维热传导方程 xx u2 t au（1.2.9） 同样，如果考虑一块薄板的热传导，并且薄板的侧面绝热，则可得二维热传导方程 ） yy 2 t u(u xx ua（1.2.10） （P16)例1.3.1一长为L的弹性杆，一端固定，另一端被拉离平衡位置b而静止，放手 任其振动。试写出杆振动的定解问题。 解取如图1.3所示的坐标系。 OLL+bx 泛定方程就是一维波动方程（杆的纵振动方程） u tt =a2u xx ,0 在初始时刻（即放手之时），杆振动的速度为零，即u t (x,0)=0,0≤x≤L. 而在x=L端拉离平衡位置，使整个弹性杆伸长了b。这个b是来自整个杆各部分伸长后 的贡献，而不是x=L一端伸长的贡献，故整个弹性杆的初始位移为 u| 0t = L b x,0≤x≤L. 再看边界条件。一端x=0固定，即该端位移为零，故有u(0,t)=0,0≤x≤L.另一端由于放手 任其振动时未受外力，故有u x (L,t)=0,t≥0.所以，所求杆振动的定解问题为 设弦在x 0 点受到横向力T作用后发生的位移为h,则弦的初始位移为 hx,0≤x≤x 0 , u(x,0)=x 0 h(L-x),x 0 ≤x≤L, L-x 0 其中h待求。由牛顿第二定律得 F-Tsinα 1 -Tsinα 2 =0， 在微小振动的情况下， Sinα 1 ≈tanα 1 =h,sinα 2 ≈tanα 2 =h, x 0 L-x 0 所以F=Th+Th x 0 L-x 0 因此h=Fx 0 (L-x 0 ). TLF(L-x 0 ),0≤x≤x 0 , 从而初始位移为u(x,0)=TL Fx 0 (L-x),x 0 ≤x≤L. TL 而初始速度u t (x,0)=0. u tt =a2u xx ,0 u(x,0)= L b x,u t （x,0)=0,0≤x≤L, u(0,t)=0,u x (L,t)=0,t≥0. （P17）例1.3.2：长为L的均匀弦，两端x=0和x=L固定，弦中张力为T，在x=x0 处以横向力F拉弦，达到稳定后放手任其振动。试写出初始条件。 解：建立如图坐标系。 (P18)例1.3.3考虑长为L的均匀细杆的热传导问题。若（1）杆的两端保持零度；（2）杆的 两端绝热；（3）杆的一端为恒温零度，另一端绝热。试写出该绝热传导问题在以上三种情 况下的边界条件。 解：设杆的温度为u(x,t),则 （1）u（x,t）=0，u(L,t)=0. （2）当沿杆长方向有热量流动时，由Fourier实验定律得 Lxxx u kq x u kq 201,' 其中q1,q2分别为x=0和x=L处的热流强度。而杆的两端绝热，这就意味着杆的两端与 外界没有热交换，亦没有热量的流动，故有q1=q2=0和 ,0),0(txu0),(tLux . (3)显然，此时有 0),(,0),0(tLutux. 例1.5.1求Poisson方程Uxx+Uyy=X^2+XY+Y^2的通解 解:先求出方程的一个特解V=V（x，y),使其满足 Vxx+Vyy=X^2+XY+Y^2由于方程右端是一个二元二次齐次多项式，可设V（x，y) 具有形式 V(x,y)=aX^4+bX^3Y+cY^4,其中a,b,c是待定常数 Vx=4aX^3+3bX^2YVy=bX^3+4cY^3 Vxx=12aX^2+6bXYVyy=12cY^2 得Vxx+Vyy=12aX^2+6bXY+12cY^2=X^2+XY+Y^2 比较两边系数，可得 a=1/12,b=1/6,c=1/12 于是V（x,y)=1/12(X^4+2X^3Y+Y^4） 下面求函数W=W(x,y),使其满足Wxx+Wyy=0.作变量代换e=x,n=iy(以下的偏导的符号 记为d) Ue=du/de=du/dx=UxUn=du/dn=du/dy*dy/dn=-iy Uee=dUe/de=UxxUnn=-Uyy 可得Wee-Wnn=0 再作变量代换 s=e+n,t=e-nUe=du/de(s,t)=Us+UtUn=du/dn=Us-Ut Uee=dUe/de=d(Us+Ut)/de=Uss+Utt+2Ust Unn=dUn/dn=d(Us-Ut)/dn=Uss+Utt-2Ust 那么方程进一步化为Wst=0 其通解为W=f(s)+g(t)=f(e+n)+g(e-n)=f(x+iy)+g(x-iy),其中f,g是任意两个二阶可微函数。 那么根据叠加原理，方程的通解为u(x,y)=V+W=f(x+iy)+g(x-iy)+1/12(X^4+2X^3Y+Y^4) (P32)例2.1.1判断方程U xx +2U xy -3U yy +2U x +6U y =0（2.1.22）的类型，并化简。 解：因为a 11 =1,a 12 =1,a 22 =-3,所以=a2 12 -a 11 a 22 =4>0,故方程为双曲型方程。对应的特 征方程组为 ,3 11 221112 2 12 a aaaa d d x y.1 11 221112 2 12 a aaaa d d x y 该方程组的特征曲线（即通解）为 .,3 21 cxycxy 作自变量变换 xyxy,3则 ;3 uuu xx , uuu y ,69 uuuu xx ,23 uuuu xy . 2 uuuu yy 将上述各式带入方程（2.1.22），得第一种标准形式 .0 2 1 uu （2.1.23） 若令, 2 , 2 ts则得到第二种标准形式 .0 tsttss uuuu （2.1.24） 下面对式（2.1.24）进一步化简。令,tsVeu则 .2 2 )2( ,)2( ,)( )( ts ttttt ts sssss ts tt ts ss eVVVu eVVVu eVVu eVVu ， 代入方程，得 .0)()21()12(22VVVVV tsttss 我们取， 2 1 则式（2.1.24）化简为 ,0 ttss VV（2.1.25） 该方程不含一阶偏导数项。 例2.1.2 例2.1.4求值问题 4y2v xx +2(1-y2)v xy -v yy -2y/(1+y2)(2v x -v y )=0,xεR1,Y>0 V(X,0)=φ（X）,VY（X,0）=¢（X）,XεR1 的解，其中φ（x）是已知任意二阶可微函数，¢（x）是任意一阶可微函数。 解先把所给方程化为标准型。特征方程组为 dy/dx=-1/2,dy/dx=1/2y^2. 其通解为 x+2y=C1,x-2y^3/3=C 做自变量变换 ξ=x+2y,п=x-2y^3/3, 这样给定的方程化为标准型 V ξп=0 依次关于п和ξ积分两次，得通解v=F（ξ）+G（п）.代回原自变量x,y得原方程得 通解 v？（x,y）=F（x+2y）+G（x-2y^2/3） 其中F,G是任意两个可微函数。进一步，由初始条件得 φ（x）=v（x,0）=F（x）+G（x）,¢（x）=VY（x,0）=2F’（x） 从而求出 F（x）=F（0）+1/2∫x 0¢（t）dt,G（x）=φ（x）-F（0）-1/2∫x 0¢（t）dt. 所以原定解问题的解为 v（x,y）=φ（x-2y^3/3）+1/2∫x+2y x-2y^3/3¢（t）dt. 例2.1.3设常数A,B,C满足B^2-4AC≠0,m1,m2是方程 Am^2+Bm+C=0① 的两个根。证明二阶线性偏微分方程 Auxx+Buxy+Cuyy=0② 的通解具有如下形式： u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y),③ 其中f,g是任意两个二阶可微函数。 证不失一般性，设A≠0和B^2-4AC>0.其它情况可以类似的处理。 令ξ=m1x+y,η=m2x+y.则 Ux=m1uξ+m2uη，uy=uξ+uη，Uxx=m1^2uξξ+2m1m2uξη+m2^2uηη uyy=uξξ+2uξη+uηη,uxy=m1uξξ+(m1+m2)uξη+uηη 上述式代入②得： （Am1^2+Bm1+C）uξξ+（Am2^2+Bm2+C）uηη+(2Am1m2+B(m1+m2)+2C)uξη=0④ 由题意得 Am1^2+Bm1+C=0，Am2^2+Bm2+C=0，m1+m2=B/A,m1m2=C/A 上述式代入④得 (1/A)(4AC-B^2)uξη=0 又由题意得4AC-B^2≠0 故uξη=0 对该方程两边分别关于和积分，得通解u=f(ξ)+g（η），代回自变量x,y,得方程②的 通解是 u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y),③ 其中f,g是任意两个二阶可微函数。证毕。 端点自由的半无限长的均匀弦振动的定解问题 .0 ,0 ,0,0 ,0,0 ,0,,0, ,2 t x tx tu xxuxxu txfuau x t xxtt (3.1.22) 因为0,0tu x ,我们对函数,,f关于x做偶延拓。定义xtxF,,和x如下： .0 ,0 , , x x x x x .0, ,0, xx xx x .0,0,, ,0,0,, , txtxf txtxf txF 函数xxtxF,,,在x上是偶函数。由推论3.1.1，txU,是关于x 的偶函数，且.0,0,0tUtu xx 这样得到定解问题（3.1.22）的解 ).0,0(,,txtxUtxu所以， 当atx时， t tax tax atx atx ddf a d a atxatxtxu 0 , 2 1 2 1 2 1 , （3.1.23） 当atx0时， t a x t tax tax a x t xtatax xatatx ddf a ddfdf a dd a xatatxtxu ., 2 1 ,, 2 1 2 1 2 1 , 000 00 （3.1.24） 例4.2.3 端点固定的半无限长的均匀弦振动的定解问题 考虑定解问题 求解上述问题的基本思路是以某种方式延拓函数使其在上也有定 义，，这样把半无界区域上的问题转变成上的初值问题。然后利 用达朗贝尔公式（3.1.15），求出在上的解u（x,t）。同时使此解u（0,t)满 足u（0，t)=0.这样当x限制在上就是我们所要求的半无界区域上的 解。 由微积分知识可知，如果一个连续可微函数g（x)在上是奇函数，则必有g（0） =0.因此要使解u=u（x,t)满足u（0,t)=0，只要u(x,t)是x的奇函数便可。而由推论3.1.1，只 要f(x,t),是x的奇函数。因此对函数f和关于x作奇延拓。我们定义F （x,t),和如下： 显然函数F和在上是奇函数。然后考虑初值问题 （3.1.17） 由（3,1,15)，问题（3.1.17)的解是 （3.1.18） 所以问题（3.1.16)的解u（x,t)在上的限制。于是当时， （3.1.19) 当时， （3.1.20） 例2.2.1确定下列方程标准型 (1)uxx+2uxy-2uxz+2uyy+6uzz=0 (2).0244zyyzxyxxuuuuu 解:(1)方程对应的系数矩阵是 . 601 021 111 A ,06222 zzyyxzxyxx uuuuu 利用线性代数中把对称矩阵化为对角型的方法,我们可选取 2 1 2 1 1 011 001 B , 则令为三阶矩阵这里,E,EBABT .0 . 22 uuu zy x xy x z y x B 则给定的方程化简为 (2)方程对应的系数矩阵是 . 010 102 024 A 因为 , 100 010 001 TBAB 其中 ' 11 2 1 01 2 1 00 2 1 B 所以取 . 2 2 2 zy x y x x z y x B 则给定的方程化简为 .0 uuuu 例3.1.1求解下列初值问题 ,0,,9txeeuuxx xxtt .,sin0,,0,xxxuxxu t 解：利用达朗贝尔公式（3.3.15）得 ttax tax atx atx ddf a d a atxatxtxu 0 , 2 1 2 1 2 1 , ddeedtxtxttx tx tx tx 0 3 3 3 36 1 sin 6 1 33 2 1 ,3coshsinh 9 2 sinh 9 2 3sinsin 3 1 txxtxx 易见，解txu, 关于x是奇函数。 4.2.1波动方程的初边值问题 例4.2.1设边长为L的弦，两端固定，作微小横振动。已知初位移为φ（x）,初始速度为 ψ（x）,试求弦的运动规律。 解：该物理问题可归为下列定解问题： 0,0, 2 0),(),0( )()0,(),()0,( tLx xx ua tt u tLutu xx t uxxu [1] 设上述问题有非零变量分离解u(x,t)=X(x)T(t).代入上述问题[1]中得： X(x)T``(t)=a2X``(x)T(t)， 由此设：T··(t)∕a2T(t)=X··(x)∕X(x)=-λ（记-λ为比值常 数），并得： T··(t)+λa2T(t)=0[2] X··(x)+λX(x)=0,[3] 再根据边界条件u(0,t)=u(L,t)=0,得：X(0)T(t)=X(L)T(t)=0,T(t)≠ 0,则X(0)=X(L)=0， 由上分析，得： [4]0)()"( 0)()0( xXxX LXX （1）λ=-β2＜0时，方程组[4]的通解为：X(x)=C1eβx+C2e-βx,代入X(0)=X(L)=0， 解得常数C1=C2=0,即得零解X(x)=0（u=0），不合初设u为非零解，舍去； （2）λ=0时，方程组[4]的通解为：X(x)=C1x+C2,代入X(0)=X(L)=0，解得零解 X(x)=0（u=0），舍去； （3）λ=β2＞0时，方程组［4］的通解为：X(x)=C1cosβx+C2sinβx.代入X(0)=X(L)=0， 解得C1=0,C2sinβL=0 则λ=λn=βn 2=（nπ/L）2,n=1,2,... 对应λn的特征函数为： Xn（x）=Cnsin L xn ,n=1,2,..［5］ 将特征值λn代入［2］得：T``(t)+λna2T(t)=0通解为 Tn(t)=Ancos L atn +Bnsin L atn ［ 6］ 综上可知定解问题的变量分离特解为： un（x，t）=（ancos L atn +bnsin L atn ）sin L xn ［7］ 其中，an=AnCn,bn=BnCn为任意常数，n=1,2… 根据线性叠加原理，将特解un（x，t）叠加起来，得到通解： u(x,t)= 1 ),( n n txu = L xn L atn b L atn a n n n sin)sincos( 1 .[8] 由原定解问题：Φ（x）=u(x,0)= 1 sin n nL xn a Ψ(x)=ut(x,0)= L xn L an b n n sin 1 ， 可将Φ（x），Ψ(x)看作是[0,L]上的傅里叶级数，则有： L dx L xn x a dx L xn x an b L n L n 0 0 sin)(2 sin)( 2 把上面得到的an,bn代入[8]中，得级数通解 u(x,t)= 1 ),( n n txu = L xn L atn b L atn a n n n sin)sincos( 1 ,其中 L dx L xn x a dx L xn x an b L n L n 0 0 sin)(2 sin)( 2 经检验，得到的通解u（x,t）满足关于x和t逐项微分二次后一致收敛，因而满足定 解问题[1]中方程和相应条件，即通解u（x,t）存在，是定解问题的解 例4.2.2设长为L，且两端自由的均匀细杆，作纵振动，且初始位移为φ（x），初始速 度为ψ（x）。试求杆做自由纵振动的位移规律。 解： 2 ttxx t =a,0,t0 =,0,0 0,,0,t0 xx xL xxxxL tL x，0， 令,xtXxTt，代入上式得： '''' 2 TtXx aTtXx 得到两个独立的常微分方程 ''2 '' 0 X0 TtaTt xXx 又由边界条件，得''所以特征值问题为 '' '' 0,0 00. XxXxxL XXL 当<0时，上述问题只有零解。当=0时，可得非零的常数解 00 0XxA.当 2,0时，边值问题中方程的通解为 cossinXxAxBx 由边界条件''00,B0AsinL0XXL得和.因为 0=,0,1,2,..... n An L ，所以。因此得到一系列特征值和对应的特征函数列 2 ,cos,n0,1,2,... nnn nnx XxA LL 将 n 代入前式，得到相应的 00 ,0 cossin,n1,2,...n nn CDtn Tt natnat CD LL 因此函数 00 +,n0 , cossincos,1,2,...nnn nn abt xtTtXx natnatnx abn LLL 设所求的形式解为 00 1 ,cossincos, nn n natnatnx xtabtab LLL 其中系数中的初始条件确定，即 0 1 ,0cos, n n nx xxaa L 0 1 ,0cos tn n nana xxbb LL 从而得（n=1,2,…） 0 00 0 00 12 ,cos, 12 ,cos LL n LL n nx axdxaxdx LLL nx bxdxbxdx LnaL 例4.2.4设有一均匀细杆，长为L，两端点坐标分别为X=0和X=L.杆的表面绝热， 再X=0端保持零度，在X=L端热量自由发散到温度为零度的介质中去，已知初始温度为 (x),求杆上温度分布规律 解：设U(x,t)表示在x处，时刻t时的温度，那么由第1章可知，所给物理问题可以归 结为求解下列定解问题： 2 x ,0,0, (x,0)(x),0, u(0,t)0,u(L,t)hu(L,t)0,t0, txxuauxLt uxL 其中常数h>0,函数(x)在[0,L]满足狄利克雷条件。我们仍然用分离变量法解这个问 题。设 (x,t)X(x)T(t).u 将其代入到（4.2.38）方程中，得 2 '(t)''(x) .(4.2.39) (t)(x) TX aTX 从而得到关于(t),X(x)T的常微分方程 2'(t)a(t)0,(4.2.40) X''(x)X(x)0,x4.2.41) TT L. 由（4.2.38） 中的边界条件，得 (0)0,X'(L)h(L)0.(4.2.42)XX 下面求解由方程（4.2.41）和边界条件（4.2.42）组成的特征值问题当 0 时，边值问 题（4.2.41）和（4.2.42）只有零解。当 2,0 时，方程（4.2.41）的通解为 (x)AcosxBsinxX 由边界条件（4.2.42），得 0,(cosLhsinL) 为求特征值和特征函数，设 0.B 所以 cossin0,LhL 记,L则上式可表示为 1 tan,. hL 方程（4.2.43）的根可以看作切曲线1tany 与直线2y 的交点的横坐标，见图 4.6. 由此可见，他们交点有无穷多个，他们关于原点对称，设方程（4.2.43）的无穷多个正 根依次为 120,n 于是边值问题（4.2.41）和（4.2.42）的特征值n和相应的特征函数 (x)nX 为 2 2 nn 2 ,(x)Bsinx,n1,2,(4.2.44)n nnnX L 现在证明特征函数系12sin,sin,,sin,nxxx在[0,L]是正交 系.记n(x)sinx,n1,2,n则m(x),(x)n分别满足 nn mm ''(x)(x)0,0xL,(4.2.45) (x)(x)0,0xL(4.2.46) n m 和边界条件（4.2.42）.用m乘以（4.2.46），然后（4.2.46），然后两式相减，并且在[0,L] 上积分，得 nmnmmn 0 0 nmmnnmmn 0 nmnmnmn ()(x)(x)((x)''(x)(x)''(x)) ((x)'(x)(x)'(x))'dx((x)'(x)(x)'(x))| 0 '(L)(L)(L)'(L)h(L)(L)h(L)(L)0 L L nm L m dxdx L 因为当nm时，nm.所以 m 0 (x)(x)dx0,nm.(4.2.47) L n 即特征函数系 sin| 1nx n 是 [0,L] 上的正交函数系. 下面将n代入到方程（4.2.40），得解 2 n(t)Ae,1,2,(4.2.48)n n at Tn 由此得到满足方程（4.2.38）中的方程和边界条件的一组特解 2 nnn(x,t)X(x)T(t)Cesin,1,2,,n nn at xnu 其中任意常数,1,2,nnnCABn,由于方程和边界条件是其次的利用叠 加原理，可设定解问题（4.2.38）的形式解为 2 n 11 (x,t)(x,t)Cesin(4.2.50)n nn nn at uux 用 sinmx 乘以式（4.2.50），并且利用 sin| 1nx n 是 [0,L] 上的 正交函数性，我们得到 m 0 1 (x)sinxdx,1,2,(4.2.51) L m m Cm L 这里 2 0 sin, L mmLxdx 将是（4.2.51）代入（4.2.49），即得原定解问题（4.2.38）的形式解. 例4.4.1解下列非齐次边界的定解问题 )(u2 tt xfua xx 0 )0,(xu=)(x, )0,(xu t =)(x,0≤x≤L, ,),(,),0(BtLuAtut≥0。 其中A，B是常数。 解：设u（x,t）=),(tx+)(x,将其带入到上述的方程中，得 tt u =).()(2xfxa xx 为使方程和边界条件都化为齐次的，我们选取)(x满足 .)(,)0( ,0,0)()(2 BLA Lxxfxa 其解为 dsxfsL La x x L AB AxL 0 2 )()(xdssfsx a0 2 )()( 1 . 再解),(tx满足的定解问题 xxtt a2,,0,0tLx, 0,x=)x(-,0),()0,(),(Lxxxx t ,0),(),0(tLt .0t 由波动方程的初边值问题(例4.2.1)可知 ),()(),(txxtxu ,sinsincos)( 1 L xn L atn b L atn ax n nn 其中系数 .2,1,sin)( 2 ,sin))()(( 2 0 0 ndx L xn x an b dx L xn xx L a L n L n 例4.4.2解下列初边值问题： ,2buuau xxt 0 ,00,xu ,0Lx ,,, ,0 BtLuAu tx ,0t 其中a,b,A,B是常数，且a>0和 .0b 解：设 ,,,xwtxvtxu 其中 xw 满足 ,,0'BLwAw 显然可取 .BLxAxw 那 么 txv, 满足如下（4.4.14）三等式。 ,2xbwbvuav xxt 0 ,0,xwxxv ,0Lx ,0,,,,0tBtLuAtu x 易知上式的特征函数系为 . 2 12 cos L xn 因此上式的形式解为： , 2 12 cos, 1 L xn tTtxv n n （4.4.15） 其中 ,.....2,1ntT n为待定系数。把v代入（4.4.14）中的方程得 , 2 12 cos 1 2'xbw L xm tTbtT m mmm （4.4.16） 其中 , 2 12 L am m 对等式（4.4.16）两边同乘以 , 2 12 cos L xn 并且利用三角函数系 . 2 12 cos L xn 在 L,0 上的正交性，得 ,2' nnnn wtTbtT （4.4.17） 其中 , 2 12 cos 2 0 dx L xn xw L b wL n n=1,2....(4.4.18) 方程（4.4.17）的解为 .1022 2 tb n n n tb n nne b w TetT （4.4.19） 由（4.4.14）中的初始条件和式（4.4.15）得 , 2 12 cos00, 1 L xn Txvxwx n n 所以 )20.4.4...(2,1, 2 12 cos 2 0 0 ndx L xn xwx L TL n 因此定解问题（4.4.13）的形式解为 , 2 12 cos, 1 L xn tTBLxAtxu n n （4.4.21） 其中 tT n由式（4.4.19）给出， 0 n T 由式（4.4.20）确定。 例4.4.2 求解下列无限杆的热传导方程的初值问题： 2 txx =a+f,0, ,0, uuxt uxxx x，t，- 解： 22 t ttuxtfxtx xx +a=tt>0, U,0 U UUF 我们用，，F，和分别表示函数，，，和关于 的傅里叶变换，对上式方程和初值条件关于作傅里叶变换，得到一个以 为参数的常微分方程的初值问题 ，， 其解为 22 22-at-d,e 0 at t UteF ， 这样问题的解为 22 22-at- -1-1-at1 t uxtUe+ed 0 FFFF ，， 由卷积定理得 2222 2 1-at11-at 2 + x- 1 e=*e=exp-d - 4at 2at FFF 同理可得 2222 2 -at--at- -1-1 2 ttt+ fx- ,ed=,ed=exp-dd 000- 4at- 2a-t- FFFF ， 所以处置问题的形式解为 2 2 22 +t+ fx- 1x- uxt=exp-d+exp-dd -0- 4at4at- 2at 2at- ， （） ， 例5.3.4 利用傅里叶变换求解一维波动方程的初值问题 2,,,0 ,0,,0, ttxx t uaufxtxt uxxuxxx （5.3.12） 记()=F[u(x,t)],=F[(x)],()=F[(x)],F(,)=F[f(x,t)]Ut,tψ。那么 问题（5.3.12）化为 2,,,0 ,0,0,. ttxx t UauFtxt UU ， （5.3.13） 这是一个带参数α的常数微分方程的初值问题，其解为 0 11 ,cossin,sind. t UttatFat aa 由于 1i ii ii 1 coscosed 2 1 eed 4 1 eed 1 2 x atiatx xafxat Ftat e TL Tc xafxat 以及 1i ii ii i 0 11sin sined 2 1i eed 4 1i eed 4 1 e 4 1 d 4 1 d at x iatx xatxaf xax xaI xat i xat xat xat at Fat aa e a a dd a ed a a 类似的，有 1 00 11 ,sind,d 2 xat Ft xat Fatftd aa 所以原问题（5.3.12）的解为 0 111 ,,d,d 222 xat xatt xatxat uxtxatxatxfd aa 这就是波动方程的达朗贝尔解 例6.2.2利用拉普拉斯变换，求解下列初边值问题：‘ ,2tfucuxx tt x>0,t>0, ,0)0,(,00,xxuut x>=0, ,0),(,0),0(lim txtuux x 解：因为)0,(),0,(xxuut 已知，所关于自变量t作变换，设 ),(sxU)],([)()],,([tfLsFtxuL则由定解问题中的方程和初始条件可得 , )( 22 2 2 2 cc s dx dsF U U 其通解是 .)(),(2sees t sx t sx sFBAsxUU 注意到边界条件得 ,0),(,0),0(lim sxsUUx x 所以ssFBA2)(,0 因此 ,)1)((),(2sec sx sFsxU 故问题的解为 ])([)]([][),(22 11ses LLt sx sFLsFUtxu . 利用积分性质和延迟性质可得 ),()()]([ 00 2 1tGddfsFts L ).()(])([2 1 c x tH c x tGsFse Lt sx 这就是所求的解。 例7.3.1求拉普拉斯方程在半空间z≧0上的狄利克雷问题的解： 0,,,0zyxuuuu zzyyxx （7.3.1） yxyxfzyx,),,(),,(u 解：在半空间z>0上任取一点M 0 =M 0 （x0,y0,z0),在其上放置一单位正电荷，它在无穷 空间形成电场，在上半空间任一点M（x,y,z)处的电位为 0 r4 1 MM 。然后找出M 0 关于边界z=0 的对称点M 1 =M 1 （x0,y0,-z0),并在其上放置一单位负电荷。则它与M 0 点的单位正电荷所产 生的电位在平面z=0上电位互相抵消。 因为 0 r4 1 MM 在z>0上为调和函数，在闭区域z>=0上具有一阶偏导数，故 ) r 1 r 1 4 1 , 10 0 MMMM MMG（）（ (7.3.2) 便是半空间z>0上的格林函数，其中,)0()0()0(r222 0 zzyyxx MM .)0()0()0(r222 1 zzyyxx MM 下面计算 n G ，由于在平面z=0上的外法线方向是z轴的负方向，所以 2/3222 00 ]0)0()0[( 0 2 1 zyyxx z z G n G zz 由解的积分表达式（7.2.7），得定解问题（7.3.1）的形式解为 2/3222 0]0)0()0[( ),( 2 0 )0,0,0()( zyx ddfz zyxuMu 例7.4.2求下列定解问题的解： 2 txx uau 0 ,0uxxL 0≤x≤2L (0,)(2,)0 XX utuLt t≥0 解：利用分离变量法，可知问题的特征值为 2 2 n L ，对应的特征函数为 cos(0,1,2...) 2 nx n L 。因此可设满足方程和边界条件的级数形式的解为 222 0 2 1 (,)expcos 242 n n n a nanx uxtat LL 。 由初始条件得 0 1 ()(,0)cos 22n n a nx xLuxa L 。 利用三角函数系{cos 2 nx L }的正交性，可得 2 0 11 ()coscos,0,1,2.... 22 L n nxn axLdxn LLL 所以原问题的形式解为 222 2 1 11 (,)(1)expcos 2 k k kakx uxtt LLLL 例10.2.2试推导出下列两个公式: 设JV (x)是v阶第一类贝塞尔函数，v≥0，则下面递推公式成立： Jv1 (X)＋Jv1 (X)= X 20JV (X) )(2)()(' 11 xxxJJJvvv 解：证明：由)())(( 1 xx dx dJ X J Xv v v v 可得 J X J Xv v v vxv' 1)()(x)( 1 xJ Xv v ① 由)())(( 1 xx dx dJ X J Xv v v v 可得 )()()( 1 ' 1xxxvJ X J X J Xv v v v v v ② ①乘以XV 1 可得)()()( 1 'XxX x vJJJvvv ③ ②乘以Xv*X-可得)()()( 1 'xxx x vJJJvvv ④ ③+④可得Jv1 (X)＋Jv1 (X)= X 20JV (X) ③-④可得)(2)()(' 11 xxxJJJvvv 例10.4.1将函数 10,1 ,01,1 )( x x xf 展开成傅里叶-勒让德级数。 解：由系数计算公式（10.4.29）直接得： dxxPxP n dxxPdxxP n dxxPdxxP n C nn nn nnn 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 )()( 2 12 )()( 2 12 )()( 2 12 由式（10.4.23）知，当n为偶数时， )(xP n 为偶函数，所以 ),2,1,0(0 2 kC k 。当n为 奇数时， )(xP n 为奇函数。所以 ,,2,1,0,)()34( 1 0 1212 kdxxPkC kk , 16 11 )157063( 8 1 11)(11 , 8 7 )35( 2 1 7)(7 , 2 3 3)(3 35 1 0 1 0 55 3 1 0 1 0 33 1 0 1 0 11 dxxxxdxxPC dxxxdxxPC xdxdxxPC 因此，我们有 )( 16 11 )( 8 7 )( 2 3 )()( 531 0 xPxPxPxPCxf n nn 10.4.2将函数f(x)=5x^3+3x^2+x+1展开傅里叶-勒让德级数。 解： 因先证明当 0nk 时，有： 1 1 x(x)dx0k n P 实际上利用分部积分，得： 211 111 2112 1 n11 111 1(x1) x(x)dx(x1)(1) 2!2!2! |nnknn kknkn n nnnnn dxdkd Pxdxxxdx ndxndxndx 由于x= 1是2n次多项式 2(x1)n 的n重零点，故也是 1 1 n n d dx 2(x1)n (k 此： 1 1 x(x)dxk n P 1 1 12 1 1 (1) 2! n kn nn kd xxdx ndx 经过k次分部积分后可以得到： 1 1 x(x)dxk n P 2k1 11 21 1 1 11 !(x1)! (1)(1)(x1)0 22 |nnn kkkkn nnnnk kdkd xdxx ndxndx ！！ 一般的，当m 11 1 n110 11 111 1 110 111 (x)P(x)dx(x)(p(x)) (x)dxp(x)dxp(x)p(x)dx0 mm mnmm mm mnmnnn PPpxpxpdx pxPxPxPP i p (i=0,1…m)为m阶勒让德多项式的系数，因此有当n>3时有 1 32 n 1 21 (53x1)(x)dx0 2n n CxxP 所以， 1 32 00 1 1 (53x1)(x)dx2 2 CxxP 1 32 11 1 1 32 1 3 (53x1)(x)dx 2 3 (53x1)x4 2 CxxP xxdx 1 32 22 1 1 322 1 5 (53x1)(x)dx 2 51 (53x1)(3x1)2 22 CxxP xxdx 1 32 33 1 1 323 1 7 (53x1)(x)dx 2 71 (53x1)(5x3)2 22 CxxP xxxdx 所以，f(x)= 325x3x1x =0123 2(x)4(x)2(x)2(x)PPPP P265例10.4.3将函数f(X)=|x|在（-1，1）内展开成傅立叶-勒让德级数 解：由公式 1 1 ,2,1,0,)()( 2 12 ndxxPxf n Cnn,得 1 1 ,2,1,0,)()( 2 12 ndxxPxf n Cnn 因为f(x）在（-1，1）上是偶函数，而12nP是奇函数，nP2是偶函数，故 ,2,1,0,012nCn，和 1 0 2 1 1 22 1 1 1 1 00 ,2,1,)()14()( 2 14 , 2 1 2 1 )()( 2 1 ndxxxPndxxPxf n C dxxdxxPxfC nnn 所以{ 7 246 1 0 6 4 24 1 0 4 3 2 1 0 2 2 13 )5105315231( 16 1 13 2 3 )33035( 8 1 9 2 5 )13( 2 1 2 1 dxxxxxC dxxxxC dxxxC 一般地有 ,2,1, 1)1()!1(2 )!22)(14( )1( 2 1 2 n nn nn C n n n 因此，当x在（-1，1）时，有 )( )!1()!1(2 )!22)(14( )1()( 2 3 )( 2 3 )( 8 5 2 1 )( 2 2 1 6 7 4 4 2 xP nn nn xPxPxPxxf n n n 例10.4.4求证勒让德多项式的递推公式 012P1n 11n xnPxxPnx nn （1） 解我们将x n xP展成勒让德多项式的级数。设 xPCxxP m m mn 0 , 其中dxxPxPx m mnm 1 1 2 12 C. 由于xxP n 是n+1次多项式，所以当m>n+1时， 0 m C.同时，利用分部积分法，得 1 1 2 1 1 1- 2 1 !2 12 1- 1 !2 1 2 12 dxxxP dx d x n m dx dx xd xxP n m C m n n n n n n n n m n m 当m dx d m n n 因此 0 2310 nn CCCC. 此外，由式（1），可见xxP n 2是x的奇函数。所以有 0 2 121 1 2 dxxxP n C nn . 由此可见，xxP n 的展开式中只剩下两项，即 xPCxPCxxP nnnnn1111 (2) 系数 1n C与 1n C固然也可以用上面的公式进行计算，不过这样计算较麻烦。用其他方法 来确定。 由于xP n 的最高系数为2!!22 nnn,比较式（2）的两端最高次项的系数，得 . !12 !22 !2 !2 2 1 1 2 n n C n n n n n 从而得到 . 12 1 1 n n C n 在式（2）中令x=1，注意到11 n P，所以有 11 1 nn CC.所以12 1 nnC n , . 1212 1 11 xP n n xP n n xxP nnn 这就是要证明的递推公式（2），它对于计算勒让德多项式的函数值有重要的意义。