[偏微分方程教程习题参考解答]4.2一维波动方程
2015-02-02 10:10
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1. 求方程 $$\bex x^2u_{xx}-y^2u_{yy}-2yu_y=0 \eex$$ 的通解.
解答: 特征方程为 $$\bex x^2\rd y^2-y^2\rd x^2=0 \ra \frac{\rd y}{\rd x}=\pm \frac{y}{x} \ra xy=C_1\mbox{ 或 }\frac{y}{x}=C_2. \eex$$ 作自变量变换 $$\bex \xi=xy,\quad \eta=\frac{y}{x}, \eex$$ 则原方程化为 $$\bex 2\eta \frac{\p^2u}{\p \xi\p \eta} +\frac{\p u}{\p \xi}=0. \eex$$ 令 $\dps{\frac{\p u}{\p \xi}=v}$, 则 $$\bex 2\eta \frac{\p v}{\p \eta}+v=0 \ra v=\frac{\phi(\xi)}{\sqrt{\eta}} \ra u=\frac{\varPhi(\xi)}{\sqrt{\eta}}+\varPsi(\eta) =\sqrt{\frac{x}{y}}\varPhi(xy) +\varPsi\sex{\frac{y}{x}}. \eex$$
2. 求解下列定解问题:
(1). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{xx}+2u_{xy}-3u_{yy}=0,&x\in\bbR,\ y>y_0\\ u|_{y=y_0}=3x^2,\quad u_y|_{y=y_0}=0,&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 特征方程为 $$\bex 0=\rd y^2-2\rd x\rd y-3\rd x^2 =(\rd y-3\rd x)(\rd y+\rd x)\ra y-3x=C_1\mbox{ 或 }y+x=C_2. \eex$$ 作自变量变换 $$\bex \xi=y-3x,\quad\eta =y+x, \eex$$ 则原方程化为 $$\bex \frac{\p^2u}{\p \xi\p \eta}=0 \ra u=f(\xi)+g(\eta) =f(y-3x)+g(y+x). \eex$$ 又由初始条件, $$\beex \bea u|_{y=y_0}=f(y_0-3x)+g(y_0+x)&=3x^2,\\ u_y|_{y=y_0}=f'(y_0-3x)+g'(y_0+x)&=0,\\ -\frac{1}{3} f(y_0-3x)+g(y_0+x)&=C,\\ f(y_0-3x)&=\frac{3}{4}x^2-\frac{3}{4}C,\\ g(y_0+x)&=\frac{3}{4}x^2+\frac{3}{4}C,\\ u=f(y-3x)+g(y+x)&=3x^2+(y-y_0)^2. \eea \eeex$$
(2). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{xx}+2\cos xu_{xy}-\sin^2x u_{yy}-\sin xu_y=0,&x\in\bbR,\ y>\sin x,\\ u|_{y=\sin x}=\varphi(x),\ u_y|_{y=\sin x}=\psi(x),&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 特征方程为 $$\bex 0=\rd y^2-2\cos x\rd x\rd y -\sin^2\rd x^2 =[\rd y-(\cos x-1)\rd x][\rd y-(\cos x+1)\rd x], \eex$$ 而 $$\bex y-\sin x+x=C_1\mbox{ 或 }y-\sin x-x=C_2. \eex$$ 作自变量变换 $$\bex \xi=y-\sin x+x,\quad \eta=y-\sin x-x, \eex$$ 则原方程化为 $$\bex u_{\xi\eta}=0\ra u=f(\xi)+g(\eta) =f(y-\sin x+x)+g(y-\sin x-x). \eex$$ 又由初始条件, $$\beex \bea f(x)+g(-x)&=\varphi(x),\\ f'(x)+g'(-x)&=\psi(x),\\ f(x)-g(x)&=\int_0^x \psi(t)\rd t+C,\\ f(x)&=\frac{1}{2}\sez{\varphi(x)+\int_0^x \psi(t)\rd t+C},\\ g(x)&=\frac{1}{2}\sez{\varphi(-x)+\int_0^{-x}\psi(t)\rd t-C},\\ u(x,y)&=\frac{1}{2}[\varphi(y-\sin x+x)+\varphi(-y+\sin x+x)] +\frac{1}{2}\int_{-y+\sin x+x}^{y-\sin x+x} \psi(t)\rd t. \eea \eeex$$
(3). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} 4y^2u_{xx}+2(1-y^2)u_{xy}-\frac{2y}{1+y^2}(2u_x-u_y)=0,&x\in\bbR,\ y>0,\\ u|_{y=0}=\varphi(x),\quad u_y|_{y=0}=\psi(x),&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
(4). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{tt}-u_{xx}=t\sin x,&x\in\bbR,\ t>0,\\ u|_{t=0}=0,\ u_t|_{t=0}=\sin x,&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
(5). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx} +2u_t+u=0,&x\in\bbR,\ t>0,\\ u|_{t=0}=0,\ u_t|_{t=0}=x,&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
(6). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} y^2u_{xy}+u_{yy} -\frac{2}{y}u_y=0,&x\in\bbR,\ y>1,\\ u|_{y=1}=1-x,\ u_y|_{y=1}=3,&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
(7). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{xx}+yu_{yy}+\frac{1}{2}u_y=0,&x\in\bbR,\ y<0,\\ u|_{y=0}=\varphi(x),\ u_y|_{y=0}=\mbox{有限量}. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
3. 求方程 $$\bex u_{tt}=a^2(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}) \eex$$ 形如 $u=f(r,t)$ 的解 (球面波), 其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$.
解答: 由第 1.2 节第 2 题, $$\bex f_{tt}=a^2\sex{f_{rr}+\frac{2f_r}{r}}, \eex$$ $$\bex (rf)_{tt}-a^2(rf)_{rr}=0, \eex$$ $$\bex rf(r,t)=f(r-at)+g(r+at)\ra f(r,t)=\frac{1}{r}\sez{f(r-at)+g(r+at)}. \eex$$
4. 设 $A,B,C,D$ 为平面上由特征线所围成的平行四边形的四个顶点, $u$ 为齐次弦振动方程的解, 证明: $$\bex u(A)+u(C)=u(B)+u(D). \eex$$
解答: 设弦振动方程为 $u_{tt}-a^2u_{xx}=0$, 而 $$\bex A\ (x_0,t_0),\quad B\ (x_0+a h, t_0+h),\quad C\ (x_0+ah-ak,t_0+h+k),\quad D\ (x_0-ak, t_0+k). \eex$$ 注意到 $$\bex \ba{lll} &x-at&x+at\\ A:&x_0-at_0&x_0+at_0\\ B:&x_0-at_0&x_0+a(t_0+2h)\\ C:&x_0-a(t_0+2k)&x_0+a(t_0+2h)\\ D:&x_0-a(t_0+2k)&x_0+at_0, \ea \eex$$ 我们据 D' Alembert 公式及积分的简单性质即有结论.
5. 试求解初值问题: $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}=0,&x\in\bbR,\ t>bx,\\ u|_{t=bx}=\varphi(x),\ u_t|_{t=bx}=\psi(x),&x\in\bbR, \ea} \eex$$ 其中 $b\neq \pm 1/a$. 若初值只给定在 $0\leq x\leq 1$ 上, 试问它能在什么区域上确定解.
解答: 同 D' Alembert 公式的推导, 利用特征线方法易得 $$\bex u_{tt}-a^2u_{xx}=0\ra u=f(x-at)+g(x+at). \eex$$ 又由初始条件, $$\beex \bea f((1-ab)x)+g((1+ab)x)&=\varphi(x);\\ -af'((1-ab)x)+a g'((1+ab)x)&=\psi(x),\\ -\frac{a}{1-ab}f((1-ab)x)+\frac{a}{1+ab}g((1+ab)x)&=\int_0^x \psi(t)\rd t+C. \eea \eeex$$ 由此求出 $f,g$, 代入 $u$, 得 $$\bex u(x,t)=\frac{1}{2}\sez{(1+ab)\cdot \varphi\sex{\frac{x+at}{1+ab}}+(1-ab)\cdot\varphi\sex{\frac{x-at}{1-ab}}} +\frac{1-a^2b^2}{2a} \int_{\frac{x-at}{1-ab}}^{\frac{x+at}{1+ab}} \psi(t)\rd t. \eex$$ 如此, $u(x,t)$ 的值依赖于初值在以 $\dps{\frac{x+at}{1+ab},\frac{x-at}{1-ab}}$ 为端点的区间的值. 分别令 $$\bex \frac{x+at}{1+ab}=0,\ \frac{x-at}{1-ab}=1\ra x=\frac{1-ab}{2},\ t=\frac{ab-1}{2a}, \eex$$ $$\bex \frac{x+at}{1+ab}=1,\ \frac{x-at}{1-ab}=0\ra x=\frac{1+ab}{2},\ t=\frac{1+ab}{2a}. \eex$$ 因此, 给定在 $0\leq x\leq 1$ 的初值, 能够在以 $$\bex (0,0),\quad (1,b),\quad \sex{\frac{1-ab}{2},\frac{ab-1}{2a}},\quad \sex{\frac{1+ab}{2},\frac{1+ab}{2a}} \eex$$ 为顶点的四边形与 $t>bx$ 的交集这一区域上确定解.
6. 试证明 Cauchy 问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-u_{xx}=0,&x\in\bbR,\ t>x,\\ u|_{t=x}=0,\ u_t|_{t=x}=u_1(x),&x\in\bbR, \ea} \eex$$ 有解的充分必要条件上 $u_1(x)-3x^2\equiv $常数, 如有解, 解不唯一. 试问: 若把初值给定在直线 $t=ax$ 上, 为什么在 $a=\pm 1$ 与 $a\neq \pm1$ 的情况, 关于存在唯一性的结论不一样?
解答: 令 $$\bex \xi=x+t,\quad \eta=x-t, \eex$$ 则 $$\bex -4u_{\xi\eta}=6\xi,\quad u|_{\eta=0}=0,\quad (u\xi-u_{\eta})|_{\eta=0}=u_1\sex{\frac{\xi}{2}}. \eex$$ 如此, $$\bex u_{\xi\eta}=-\frac{3}{2}\xi,\quad u|_{\eta=0} =0,\quad u_\eta|_{\eta=0}=-u_1\sex{\frac{\xi}{2}}. \eex$$ 积分有 $$\bex u_\eta=-\frac{3}{4}\xi^2+\psi(\eta),\quad u=-\frac{3}{4} \xi^2\eta +\int_0^\eta \psi(\tau)\rd \tau+C. \eex$$ 由初值条件, $$\bex 0=u|_{\eta=0}=C,\quad -u_1\sex{\frac{\xi}{2}} =u_{\eta}|_{\eta=0}=-\frac{3}{4}\xi^2+C\ra u_1(\xi)-3\xi^2=-C. \eex$$ 于是, 当且仅当 $u_1(x)-3x^2\equiv $ 常数时, 方程有解, 且为 $$\bex u(\xi,\eta)=-\frac{3}{4}\xi^2\eta +\int_0^\eta \psi(\tau)\rd \tau \ra u(x,t)=-\frac{3}{4}(x-t)(x+t)^2+\int_0^{x-t}\psi(\tau)\rd \tau. \eex$$ $a=\pm 1$ 与 $a\neq \pm 1$ 时解的存在唯一性结论不一样, 主要在于 $ax-t=0$ 是否为原方程的特征线, 给定不是特征线的曲线的初值, 才能完全确定出二阶导数的初值, 才有唯一性.
7. 用波的反射原理求解 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}=2,&0<x<\infty,\ t>0,\\ u|_{t=0}=x,\ u_t|_{t=0}=0,&0\leq x<\infty,\\ u|_{x=0}=t^2,&t\geq 0. \ea} \eex$$
解答: 令 $v=u-t^2$, 则 $$\bex \sedd{\ba{ll} v_{tt}-a^2v_{xx}=0,&0<x<\infty,\ t>0,\\ v|_{t=0}=x,\ v_t|_{t=0}=0,&0\leq x<\infty,\\ v|_{x=0}=0,&t\geq 0. \ea} \eex$$ 将初值作奇延拓后, 可利用反射原理立即得到解 $v(x,t)=x\ra u=x+t^2$.
8. 设 $u(x,t)$ 是下述半无界问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}=0,&0<x<\infty,\ t>0,\\ u|_{t=0}=\varphi(x),\ u_t|_{t=0}=\psi(x),&0\leq x<\infty,\\ u|_{x=0}=g(t),&t\geq 0 \ea} \eex$$ 的解, 其中 $$\bex \varphi(x),\quad \psi(x)=\sedd{\ba{ll} 0,&0\leq x\leq 1,\\ \mbox{正值},&1<x<\infty; \ea} \eex$$ $$\bex g(t)=\psi(x)=\sedd{\ba{ll} 0,&0\leq x\leq 1,\\ \mbox{正值},&1<x<\infty.\ea} \eex$$ 试指出 $t>0$ 时 $u(x,t)\equiv 0$ 的区域.
解答: 由第 4 题很容易看出所求区域为 $$\bex \sed{(x,t); 0\leq t\leq 1,\ 0\leq x\leq 1+at}\cup\sed{(x,t); 1\leq t\leq 3/2,\ a(t-1)\leq x\leq 1+2a-at}. \eex$$
9. 试问下述办无界问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}+u_t+au_x=0,&0<x<\infty,\ t>0,\\ u|_{t=0}=\varphi(x),\ u_t|_{t=0}=\psi(x),&0\leq x<\infty,\\ u|_{x=0}=0,&t\geq 0 \ea} \eex$$ 能否直接用波的反射原理求解? 为什么? 试用特征线法求解.
解答: 不能. 这是因为, 对该问题, 我们没有如定理 4.5 和 4.6 这样的定理. 这就是说, 将初值进行延拓, 不能保证 $t>0$ 后在 $x=0$ 处解恒为零. 我们采用特征线法求解如下. 容易看出 $$\bex \sex{\frac{\p }{\p t}+a\frac{\p}{\p x}} \sex{\frac{\p }{\p t}-a \frac{\p }{\p x}+1} =\frac{\p^2}{\p t^2} -a^2\frac{\p^2}{\p x^2}+\frac{\p }{\p t}+a \frac{\p }{\p x}, \eex$$ 而令 $$\bex \sex{\frac{\p }{\p t}-a \frac{\p }{\p x}+1}u=v, \eex$$ 后 $$\bex \frac{\p}{\p t}v+a \frac{\p}{\p x} v=0, \eex$$ 其特征线为 $$\bex \rd t=\frac{\rd x}{a}\ra x-at=C, \eex$$ 而 $v=f(x-at)$, $$\bex \sex{\frac{\p }{\p t}-a \frac{\p }{\p x}+1}u=f(x-at)\lra \frac{\p u}{\p t} -a\frac{\p u}{\p x} =-u+f(x-at), \eex$$ 其特征线为 $$\bex \rd t=\frac{\rd x}{-a} =\frac{\rd u}{-u+f(x-at)}\ra x+at=C_1,\quad ue^{-\frac{x-at}{2a}} +\frac{1}{2a} \int_0^{x-at} f(\tau) e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau=C_2. \eex$$ 于是 $$\bee\label{4_2_9:star} u=e^\frac{x-at}{2a}\sez{g(x+at) -\frac{1}{2a}\int_0^{x-at} f(\tau)e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau}. \eee$$ 又由边界条件 $u(0,t)=0$, $$\bex g(at)=\frac{1}{2a}\int_0^{-at}f(\tau)e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau \ra g(x)=\frac{1}{2a}\int_0^{-x} f(\tau)e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau, \eex$$ $$\bex u=e^{\frac{x-at}{2a}}[g(x+at)-g(-x+at)]. \eex$$ 又由初值条件, $$\bee\label{4_2_9:1} e^\frac{x}{2a}[-g(-x)+g(x)]=\varphi(x), \eee$$ $$\bee\label{4_2_9:2} -\frac{1}{2}\varphi(x)+ae^\frac{x}{2a} [-g'(-x)+g'(x)]=\psi(x). \eee$$ \eqref{4_2_9:2} 关于 $x$ 积分有 $$\bee\label{4_2_9:3} g(-x)+g(x)=\frac{1}{a}\int_0^x \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+C. \eee$$ \eqref{4_2_9:1} $+$ \eqref{4_2_9:3} 得 $$\bex g(x)=\frac{1}{2}\varphi(x)e^{-\frac{x}{2a}} +\frac{1}{2a}\int_0^x \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+\frac{C}{2},\quad x>0. \eex$$ \eqref{4_2_9:3} $-$ \eqref{4_2_9:1} 得 $$\bex g(-x)=-\frac{1}{2}\varphi(x)e^{-\frac{x}{2a}} +\frac{1}{2a}\int_0^x \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+\frac{C}{2},\quad x>0. \eex$$ 于是 $$\bex g(x)=\sedd{\ba{ll} -\frac{1}{2}\varphi(-x)e^{\frac{x}{2a}} +\frac{1}{2a}\int_0^{-x} \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+\frac{C}{2}, &x<0,\\ \frac{1}{2}\varphi(x)e^{-\frac{x}{2a}} +\frac{1}{2a}\int_0^x \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+\frac{C}{2},&x\geq 0. \ea} \eex$$ 将上式带入 \eqref{4_2_9:star}, $$\beex \bea u(x,t)=\sedd{\ba{ll} e^\frac{x-at}{2a}\sed{\frac{1}{2}\sez{\varphi(x+at)e^{-\frac{x+at}{2a}}-\varphi(-x+at)e^{-\frac{-x+at}{2a}}} \atop+\frac{1}{2a}\int_{-x+at}^{x+at}\sez{\frac{1}{2}\varphi(\tau)+\psi(\tau)}e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau}, &x<at,\\ e^\frac{x-at}{2a}\sed{\frac{1}{2}\sez{\varphi(x+at)e^{-\frac{x+at}{2a}}+\varphi(x-at)e^{\frac{-x+at}{2a}}} \atop+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\sez{\frac{1}{2}\varphi(\tau)+\psi(\tau)}e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau},&x\geq at. \ea} \eea \eeex$$
10. 求解 Goursat 问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}=0,&-at<x<at,\quad t>0,\\ u|_{x-at=0}=\varphi(x),&x\geq 0,\\ u|_{x+at=0}=\psi(x),&x\leq 0, \ea} \eex$$ 其中 $\varphi(0)=\psi(0)$.
解答: 对在区域 $-at<x<at$ 内的 $(x,t)$, 向下作特征线, 交 $x-at=0$ 于 $$\bex \sex{\frac{x+at}{2}, \frac{x+at}{2a}}, \eex$$ 交 $x+at=0$ 于 $$\bex \sex{\frac{x-at}{2},\frac{at-x}{2a}}. \eex$$ 据第 4 题, $$\bex u(x,t)=\varphi\sex{\frac{x+at}{2}}+\psi\sex{\frac{x-at}{2}}-\varphi(0). \eex$$
11. 求解 Darboux 问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-u_{xx}=0,&0<x<t,\quad t>0,\\ u|_{x=0}=\varphi(t),\ u|_{x=t}=\psi(t),&t\geq 0, \ea} \eex$$ 其中 $\varphi(0)=\psi(0)$. 如果 $\varphi(t)$, $\psi(t)$ 都给定在 $[0,a]$ 上, 支出定解问题的影响区域.
解答: 对在区域 $0<x<t$ 内的 $(x,t)$, 向下作特征线, 交 $x-t=0$ 于 $$\bex \sex{\frac{x+t}{2},\frac{x+t}{2}}, \eex$$ 交 $x=0$ 于 $(0,t-x)$. 找出平行四边形的另外一个顶点 $$\bex \sex{\frac{t-x}{2},\frac{t-x}{2}}. \eex$$ 而由第 4 题, $$\bex u(x,t)=\varphi(t-x)+\psi\sex{\frac{x+t}{2}}-\psi\sex{\frac{t-x}{2}}. \eex$$ 如果 $\varphi(t)$, $\psi(t)$ 都给定在 $[0,a]$ 上, 则定解条件的影响区域为 $$\bex \sed{(x,t);\ x<t<x+2a}. \eex$$
解答: 特征方程为 $$\bex x^2\rd y^2-y^2\rd x^2=0 \ra \frac{\rd y}{\rd x}=\pm \frac{y}{x} \ra xy=C_1\mbox{ 或 }\frac{y}{x}=C_2. \eex$$ 作自变量变换 $$\bex \xi=xy,\quad \eta=\frac{y}{x}, \eex$$ 则原方程化为 $$\bex 2\eta \frac{\p^2u}{\p \xi\p \eta} +\frac{\p u}{\p \xi}=0. \eex$$ 令 $\dps{\frac{\p u}{\p \xi}=v}$, 则 $$\bex 2\eta \frac{\p v}{\p \eta}+v=0 \ra v=\frac{\phi(\xi)}{\sqrt{\eta}} \ra u=\frac{\varPhi(\xi)}{\sqrt{\eta}}+\varPsi(\eta) =\sqrt{\frac{x}{y}}\varPhi(xy) +\varPsi\sex{\frac{y}{x}}. \eex$$
2. 求解下列定解问题:
(1). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{xx}+2u_{xy}-3u_{yy}=0,&x\in\bbR,\ y>y_0\\ u|_{y=y_0}=3x^2,\quad u_y|_{y=y_0}=0,&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 特征方程为 $$\bex 0=\rd y^2-2\rd x\rd y-3\rd x^2 =(\rd y-3\rd x)(\rd y+\rd x)\ra y-3x=C_1\mbox{ 或 }y+x=C_2. \eex$$ 作自变量变换 $$\bex \xi=y-3x,\quad\eta =y+x, \eex$$ 则原方程化为 $$\bex \frac{\p^2u}{\p \xi\p \eta}=0 \ra u=f(\xi)+g(\eta) =f(y-3x)+g(y+x). \eex$$ 又由初始条件, $$\beex \bea u|_{y=y_0}=f(y_0-3x)+g(y_0+x)&=3x^2,\\ u_y|_{y=y_0}=f'(y_0-3x)+g'(y_0+x)&=0,\\ -\frac{1}{3} f(y_0-3x)+g(y_0+x)&=C,\\ f(y_0-3x)&=\frac{3}{4}x^2-\frac{3}{4}C,\\ g(y_0+x)&=\frac{3}{4}x^2+\frac{3}{4}C,\\ u=f(y-3x)+g(y+x)&=3x^2+(y-y_0)^2. \eea \eeex$$
(2). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{xx}+2\cos xu_{xy}-\sin^2x u_{yy}-\sin xu_y=0,&x\in\bbR,\ y>\sin x,\\ u|_{y=\sin x}=\varphi(x),\ u_y|_{y=\sin x}=\psi(x),&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 特征方程为 $$\bex 0=\rd y^2-2\cos x\rd x\rd y -\sin^2\rd x^2 =[\rd y-(\cos x-1)\rd x][\rd y-(\cos x+1)\rd x], \eex$$ 而 $$\bex y-\sin x+x=C_1\mbox{ 或 }y-\sin x-x=C_2. \eex$$ 作自变量变换 $$\bex \xi=y-\sin x+x,\quad \eta=y-\sin x-x, \eex$$ 则原方程化为 $$\bex u_{\xi\eta}=0\ra u=f(\xi)+g(\eta) =f(y-\sin x+x)+g(y-\sin x-x). \eex$$ 又由初始条件, $$\beex \bea f(x)+g(-x)&=\varphi(x),\\ f'(x)+g'(-x)&=\psi(x),\\ f(x)-g(x)&=\int_0^x \psi(t)\rd t+C,\\ f(x)&=\frac{1}{2}\sez{\varphi(x)+\int_0^x \psi(t)\rd t+C},\\ g(x)&=\frac{1}{2}\sez{\varphi(-x)+\int_0^{-x}\psi(t)\rd t-C},\\ u(x,y)&=\frac{1}{2}[\varphi(y-\sin x+x)+\varphi(-y+\sin x+x)] +\frac{1}{2}\int_{-y+\sin x+x}^{y-\sin x+x} \psi(t)\rd t. \eea \eeex$$
(3). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} 4y^2u_{xx}+2(1-y^2)u_{xy}-\frac{2y}{1+y^2}(2u_x-u_y)=0,&x\in\bbR,\ y>0,\\ u|_{y=0}=\varphi(x),\quad u_y|_{y=0}=\psi(x),&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
(4). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{tt}-u_{xx}=t\sin x,&x\in\bbR,\ t>0,\\ u|_{t=0}=0,\ u_t|_{t=0}=\sin x,&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
(5). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx} +2u_t+u=0,&x\in\bbR,\ t>0,\\ u|_{t=0}=0,\ u_t|_{t=0}=x,&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
(6). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} y^2u_{xy}+u_{yy} -\frac{2}{y}u_y=0,&x\in\bbR,\ y>1,\\ u|_{y=1}=1-x,\ u_y|_{y=1}=3,&x\in\bbR. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
(7). $$\beex \bea \sedd{\ba{ll} u_{xx}+yu_{yy}+\frac{1}{2}u_y=0,&x\in\bbR,\ y<0,\\ u|_{y=0}=\varphi(x),\ u_y|_{y=0}=\mbox{有限量}. \ea} \eea \eeex$$
解答: 不算了吧...
3. 求方程 $$\bex u_{tt}=a^2(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}) \eex$$ 形如 $u=f(r,t)$ 的解 (球面波), 其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$.
解答: 由第 1.2 节第 2 题, $$\bex f_{tt}=a^2\sex{f_{rr}+\frac{2f_r}{r}}, \eex$$ $$\bex (rf)_{tt}-a^2(rf)_{rr}=0, \eex$$ $$\bex rf(r,t)=f(r-at)+g(r+at)\ra f(r,t)=\frac{1}{r}\sez{f(r-at)+g(r+at)}. \eex$$
4. 设 $A,B,C,D$ 为平面上由特征线所围成的平行四边形的四个顶点, $u$ 为齐次弦振动方程的解, 证明: $$\bex u(A)+u(C)=u(B)+u(D). \eex$$
解答: 设弦振动方程为 $u_{tt}-a^2u_{xx}=0$, 而 $$\bex A\ (x_0,t_0),\quad B\ (x_0+a h, t_0+h),\quad C\ (x_0+ah-ak,t_0+h+k),\quad D\ (x_0-ak, t_0+k). \eex$$ 注意到 $$\bex \ba{lll} &x-at&x+at\\ A:&x_0-at_0&x_0+at_0\\ B:&x_0-at_0&x_0+a(t_0+2h)\\ C:&x_0-a(t_0+2k)&x_0+a(t_0+2h)\\ D:&x_0-a(t_0+2k)&x_0+at_0, \ea \eex$$ 我们据 D' Alembert 公式及积分的简单性质即有结论.
5. 试求解初值问题: $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}=0,&x\in\bbR,\ t>bx,\\ u|_{t=bx}=\varphi(x),\ u_t|_{t=bx}=\psi(x),&x\in\bbR, \ea} \eex$$ 其中 $b\neq \pm 1/a$. 若初值只给定在 $0\leq x\leq 1$ 上, 试问它能在什么区域上确定解.
解答: 同 D' Alembert 公式的推导, 利用特征线方法易得 $$\bex u_{tt}-a^2u_{xx}=0\ra u=f(x-at)+g(x+at). \eex$$ 又由初始条件, $$\beex \bea f((1-ab)x)+g((1+ab)x)&=\varphi(x);\\ -af'((1-ab)x)+a g'((1+ab)x)&=\psi(x),\\ -\frac{a}{1-ab}f((1-ab)x)+\frac{a}{1+ab}g((1+ab)x)&=\int_0^x \psi(t)\rd t+C. \eea \eeex$$ 由此求出 $f,g$, 代入 $u$, 得 $$\bex u(x,t)=\frac{1}{2}\sez{(1+ab)\cdot \varphi\sex{\frac{x+at}{1+ab}}+(1-ab)\cdot\varphi\sex{\frac{x-at}{1-ab}}} +\frac{1-a^2b^2}{2a} \int_{\frac{x-at}{1-ab}}^{\frac{x+at}{1+ab}} \psi(t)\rd t. \eex$$ 如此, $u(x,t)$ 的值依赖于初值在以 $\dps{\frac{x+at}{1+ab},\frac{x-at}{1-ab}}$ 为端点的区间的值. 分别令 $$\bex \frac{x+at}{1+ab}=0,\ \frac{x-at}{1-ab}=1\ra x=\frac{1-ab}{2},\ t=\frac{ab-1}{2a}, \eex$$ $$\bex \frac{x+at}{1+ab}=1,\ \frac{x-at}{1-ab}=0\ra x=\frac{1+ab}{2},\ t=\frac{1+ab}{2a}. \eex$$ 因此, 给定在 $0\leq x\leq 1$ 的初值, 能够在以 $$\bex (0,0),\quad (1,b),\quad \sex{\frac{1-ab}{2},\frac{ab-1}{2a}},\quad \sex{\frac{1+ab}{2},\frac{1+ab}{2a}} \eex$$ 为顶点的四边形与 $t>bx$ 的交集这一区域上确定解.
6. 试证明 Cauchy 问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-u_{xx}=0,&x\in\bbR,\ t>x,\\ u|_{t=x}=0,\ u_t|_{t=x}=u_1(x),&x\in\bbR, \ea} \eex$$ 有解的充分必要条件上 $u_1(x)-3x^2\equiv $常数, 如有解, 解不唯一. 试问: 若把初值给定在直线 $t=ax$ 上, 为什么在 $a=\pm 1$ 与 $a\neq \pm1$ 的情况, 关于存在唯一性的结论不一样?
解答: 令 $$\bex \xi=x+t,\quad \eta=x-t, \eex$$ 则 $$\bex -4u_{\xi\eta}=6\xi,\quad u|_{\eta=0}=0,\quad (u\xi-u_{\eta})|_{\eta=0}=u_1\sex{\frac{\xi}{2}}. \eex$$ 如此, $$\bex u_{\xi\eta}=-\frac{3}{2}\xi,\quad u|_{\eta=0} =0,\quad u_\eta|_{\eta=0}=-u_1\sex{\frac{\xi}{2}}. \eex$$ 积分有 $$\bex u_\eta=-\frac{3}{4}\xi^2+\psi(\eta),\quad u=-\frac{3}{4} \xi^2\eta +\int_0^\eta \psi(\tau)\rd \tau+C. \eex$$ 由初值条件, $$\bex 0=u|_{\eta=0}=C,\quad -u_1\sex{\frac{\xi}{2}} =u_{\eta}|_{\eta=0}=-\frac{3}{4}\xi^2+C\ra u_1(\xi)-3\xi^2=-C. \eex$$ 于是, 当且仅当 $u_1(x)-3x^2\equiv $ 常数时, 方程有解, 且为 $$\bex u(\xi,\eta)=-\frac{3}{4}\xi^2\eta +\int_0^\eta \psi(\tau)\rd \tau \ra u(x,t)=-\frac{3}{4}(x-t)(x+t)^2+\int_0^{x-t}\psi(\tau)\rd \tau. \eex$$ $a=\pm 1$ 与 $a\neq \pm 1$ 时解的存在唯一性结论不一样, 主要在于 $ax-t=0$ 是否为原方程的特征线, 给定不是特征线的曲线的初值, 才能完全确定出二阶导数的初值, 才有唯一性.
7. 用波的反射原理求解 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}=2,&0<x<\infty,\ t>0,\\ u|_{t=0}=x,\ u_t|_{t=0}=0,&0\leq x<\infty,\\ u|_{x=0}=t^2,&t\geq 0. \ea} \eex$$
解答: 令 $v=u-t^2$, 则 $$\bex \sedd{\ba{ll} v_{tt}-a^2v_{xx}=0,&0<x<\infty,\ t>0,\\ v|_{t=0}=x,\ v_t|_{t=0}=0,&0\leq x<\infty,\\ v|_{x=0}=0,&t\geq 0. \ea} \eex$$ 将初值作奇延拓后, 可利用反射原理立即得到解 $v(x,t)=x\ra u=x+t^2$.
8. 设 $u(x,t)$ 是下述半无界问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}=0,&0<x<\infty,\ t>0,\\ u|_{t=0}=\varphi(x),\ u_t|_{t=0}=\psi(x),&0\leq x<\infty,\\ u|_{x=0}=g(t),&t\geq 0 \ea} \eex$$ 的解, 其中 $$\bex \varphi(x),\quad \psi(x)=\sedd{\ba{ll} 0,&0\leq x\leq 1,\\ \mbox{正值},&1<x<\infty; \ea} \eex$$ $$\bex g(t)=\psi(x)=\sedd{\ba{ll} 0,&0\leq x\leq 1,\\ \mbox{正值},&1<x<\infty.\ea} \eex$$ 试指出 $t>0$ 时 $u(x,t)\equiv 0$ 的区域.
解答: 由第 4 题很容易看出所求区域为 $$\bex \sed{(x,t); 0\leq t\leq 1,\ 0\leq x\leq 1+at}\cup\sed{(x,t); 1\leq t\leq 3/2,\ a(t-1)\leq x\leq 1+2a-at}. \eex$$
9. 试问下述办无界问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}+u_t+au_x=0,&0<x<\infty,\ t>0,\\ u|_{t=0}=\varphi(x),\ u_t|_{t=0}=\psi(x),&0\leq x<\infty,\\ u|_{x=0}=0,&t\geq 0 \ea} \eex$$ 能否直接用波的反射原理求解? 为什么? 试用特征线法求解.
解答: 不能. 这是因为, 对该问题, 我们没有如定理 4.5 和 4.6 这样的定理. 这就是说, 将初值进行延拓, 不能保证 $t>0$ 后在 $x=0$ 处解恒为零. 我们采用特征线法求解如下. 容易看出 $$\bex \sex{\frac{\p }{\p t}+a\frac{\p}{\p x}} \sex{\frac{\p }{\p t}-a \frac{\p }{\p x}+1} =\frac{\p^2}{\p t^2} -a^2\frac{\p^2}{\p x^2}+\frac{\p }{\p t}+a \frac{\p }{\p x}, \eex$$ 而令 $$\bex \sex{\frac{\p }{\p t}-a \frac{\p }{\p x}+1}u=v, \eex$$ 后 $$\bex \frac{\p}{\p t}v+a \frac{\p}{\p x} v=0, \eex$$ 其特征线为 $$\bex \rd t=\frac{\rd x}{a}\ra x-at=C, \eex$$ 而 $v=f(x-at)$, $$\bex \sex{\frac{\p }{\p t}-a \frac{\p }{\p x}+1}u=f(x-at)\lra \frac{\p u}{\p t} -a\frac{\p u}{\p x} =-u+f(x-at), \eex$$ 其特征线为 $$\bex \rd t=\frac{\rd x}{-a} =\frac{\rd u}{-u+f(x-at)}\ra x+at=C_1,\quad ue^{-\frac{x-at}{2a}} +\frac{1}{2a} \int_0^{x-at} f(\tau) e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau=C_2. \eex$$ 于是 $$\bee\label{4_2_9:star} u=e^\frac{x-at}{2a}\sez{g(x+at) -\frac{1}{2a}\int_0^{x-at} f(\tau)e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau}. \eee$$ 又由边界条件 $u(0,t)=0$, $$\bex g(at)=\frac{1}{2a}\int_0^{-at}f(\tau)e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau \ra g(x)=\frac{1}{2a}\int_0^{-x} f(\tau)e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau, \eex$$ $$\bex u=e^{\frac{x-at}{2a}}[g(x+at)-g(-x+at)]. \eex$$ 又由初值条件, $$\bee\label{4_2_9:1} e^\frac{x}{2a}[-g(-x)+g(x)]=\varphi(x), \eee$$ $$\bee\label{4_2_9:2} -\frac{1}{2}\varphi(x)+ae^\frac{x}{2a} [-g'(-x)+g'(x)]=\psi(x). \eee$$ \eqref{4_2_9:2} 关于 $x$ 积分有 $$\bee\label{4_2_9:3} g(-x)+g(x)=\frac{1}{a}\int_0^x \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+C. \eee$$ \eqref{4_2_9:1} $+$ \eqref{4_2_9:3} 得 $$\bex g(x)=\frac{1}{2}\varphi(x)e^{-\frac{x}{2a}} +\frac{1}{2a}\int_0^x \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+\frac{C}{2},\quad x>0. \eex$$ \eqref{4_2_9:3} $-$ \eqref{4_2_9:1} 得 $$\bex g(-x)=-\frac{1}{2}\varphi(x)e^{-\frac{x}{2a}} +\frac{1}{2a}\int_0^x \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+\frac{C}{2},\quad x>0. \eex$$ 于是 $$\bex g(x)=\sedd{\ba{ll} -\frac{1}{2}\varphi(-x)e^{\frac{x}{2a}} +\frac{1}{2a}\int_0^{-x} \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+\frac{C}{2}, &x<0,\\ \frac{1}{2}\varphi(x)e^{-\frac{x}{2a}} +\frac{1}{2a}\int_0^x \sez{\frac{1}{2} \varphi(\tau)+\psi(\tau)} e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau+\frac{C}{2},&x\geq 0. \ea} \eex$$ 将上式带入 \eqref{4_2_9:star}, $$\beex \bea u(x,t)=\sedd{\ba{ll} e^\frac{x-at}{2a}\sed{\frac{1}{2}\sez{\varphi(x+at)e^{-\frac{x+at}{2a}}-\varphi(-x+at)e^{-\frac{-x+at}{2a}}} \atop+\frac{1}{2a}\int_{-x+at}^{x+at}\sez{\frac{1}{2}\varphi(\tau)+\psi(\tau)}e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau}, &x<at,\\ e^\frac{x-at}{2a}\sed{\frac{1}{2}\sez{\varphi(x+at)e^{-\frac{x+at}{2a}}+\varphi(x-at)e^{\frac{-x+at}{2a}}} \atop+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\sez{\frac{1}{2}\varphi(\tau)+\psi(\tau)}e^{-\frac{\tau}{2a}}\rd \tau},&x\geq at. \ea} \eea \eeex$$
10. 求解 Goursat 问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-a^2u_{xx}=0,&-at<x<at,\quad t>0,\\ u|_{x-at=0}=\varphi(x),&x\geq 0,\\ u|_{x+at=0}=\psi(x),&x\leq 0, \ea} \eex$$ 其中 $\varphi(0)=\psi(0)$.
解答: 对在区域 $-at<x<at$ 内的 $(x,t)$, 向下作特征线, 交 $x-at=0$ 于 $$\bex \sex{\frac{x+at}{2}, \frac{x+at}{2a}}, \eex$$ 交 $x+at=0$ 于 $$\bex \sex{\frac{x-at}{2},\frac{at-x}{2a}}. \eex$$ 据第 4 题, $$\bex u(x,t)=\varphi\sex{\frac{x+at}{2}}+\psi\sex{\frac{x-at}{2}}-\varphi(0). \eex$$
11. 求解 Darboux 问题 $$\bex \sedd{\ba{ll} u_{tt}-u_{xx}=0,&0<x<t,\quad t>0,\\ u|_{x=0}=\varphi(t),\ u|_{x=t}=\psi(t),&t\geq 0, \ea} \eex$$ 其中 $\varphi(0)=\psi(0)$. 如果 $\varphi(t)$, $\psi(t)$ 都给定在 $[0,a]$ 上, 支出定解问题的影响区域.
解答: 对在区域 $0<x<t$ 内的 $(x,t)$, 向下作特征线, 交 $x-t=0$ 于 $$\bex \sex{\frac{x+t}{2},\frac{x+t}{2}}, \eex$$ 交 $x=0$ 于 $(0,t-x)$. 找出平行四边形的另外一个顶点 $$\bex \sex{\frac{t-x}{2},\frac{t-x}{2}}. \eex$$ 而由第 4 题, $$\bex u(x,t)=\varphi(t-x)+\psi\sex{\frac{x+t}{2}}-\psi\sex{\frac{t-x}{2}}. \eex$$ 如果 $\varphi(t)$, $\psi(t)$ 都给定在 $[0,a]$ 上, 则定解条件的影响区域为 $$\bex \sed{(x,t);\ x<t<x+2a}. \eex$$
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