《2021數(shù)學(xué)物理方程谷超豪版第二章課后規(guī)范標(biāo)準(zhǔn)答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021數(shù)學(xué)物理方程谷超豪版第二章課后規(guī)范標(biāo)準(zhǔn)答案（85頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、數(shù)學(xué)物理方程谷超豪版第二章課后規(guī)范標(biāo)準(zhǔn)答案 ,. 第 二 章 熱 傳 導(dǎo) 方 程 1 熱傳導(dǎo)方程及其定解問題的提 1. 一均勻細(xì)桿直徑為l ，假設(shè)它在同一截面上的溫度是相同的，桿的表面和周圍介質(zhì)發(fā)生熱交換，服從于規(guī)律 dsdt u u k dQ )(11-= 又假設(shè)桿的密度為ρ，比熱為c ，熱傳導(dǎo)系數(shù)為k ，試導(dǎo)出此時(shí)溫度u 滿足的方程。 解：引坐標(biāo)系：以桿的對稱軸為x 軸，此時(shí)桿為溫度),(t x u u =。記桿的截面面積4 2 l π為S 。 由假設(shè)，在任意時(shí)刻t 到t t ?+內(nèi)流入截面坐標(biāo)為x 到x x ?+一小段細(xì)桿的熱量為 t x s

2、 x u k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 桿表面和周圍介質(zhì)發(fā)生熱交換，可看作一個“被動”的熱源。由假設(shè)，在時(shí)刻t 到t t ?+在截面為 x 到x x ?+一小段中產(chǎn)生的熱量為 ()()t x s u u l k t x l u u k dQ ??--=??--=111124π 又在時(shí)刻t 到t t ?+在截面為x 到x x ?+這一小段內(nèi)由于溫度變化所需的熱量為 ()()[]t x s t u c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3 由熱量

3、守恒原理得： ()t x s u u l k t x s x u k t x s t u c x t ??-- ????=????11 2 2 4ρ 消去t x s ??，再令0→?x ，0→?t 得精確的關(guān)系： ()11 224u u l k x u k t u c -- ??=??ρ 或 ()()11 22 2112244u u l c k x u a u u l c k x u c k t u --??=-- ??=??ρρρ 其中 ρ c k a =2 2. 試直接推導(dǎo)擴(kuò)散過程所滿足

4、的微分方程。 解：在擴(kuò)散介質(zhì)中任取一閉曲面s ，其包圍的區(qū)域 為Ω，則從時(shí)刻1t 到2t 流入此閉曲面的溶質(zhì)，由dsdt n u D dM ??-=，其中D 為擴(kuò)散系數(shù)，得 ?????= 2 1 t t s dsdt n u D M 濃度由u 變到2u 所需之溶質(zhì)為 ()()[]???????????ΩΩΩ ??=??=-=2 12 1121,,,,,,t t t t dvdt t u C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M 兩者應(yīng)該相等，由奧、高公式得：

5、 ????????Ω Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2 12 11t t t t dvdt t u C M dvdt z u D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔積系數(shù)=孔隙體積。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程： ?? ? ??????+???? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C 3. 砼(混凝土)內(nèi)部儲藏著熱量，稱為水化熱，在它澆筑后逐漸放出，放熱速度和它所儲藏的 水化熱成正比。以()t Q 表

6、示它在單位體積中所儲的熱量，0Q 為初始時(shí)刻所儲的熱量，則 Q dt dQ β-=，其中β為常數(shù)。又假設(shè)砼的比熱為c ，密度為ρ，熱傳導(dǎo)系數(shù)為k ，求它在澆后溫度u 滿足的方程。 解： 可將水化熱視為一熱源。由Q dt dQ β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假設(shè)，放 熱速度為 t e Q ββ-0 它就是單位時(shí)間所產(chǎn)生的熱量，因此，由原書71頁，(1.7)式得 ??? ? ??-=+??? ? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222 2 4. 設(shè)一均勻

7、的導(dǎo)線處在周圍為常數(shù)溫度0u 的介質(zhì)中，試證:在常電流作用下導(dǎo)線的溫度滿足微分方程 ()2202124.0ρω ρωρc r i u u c P k x u c k t u +--??=?? 其中i 及r 分別表示導(dǎo)體的電流強(qiáng)度及電阻系數(shù)，表示橫截面的周長，ω表示橫截面面積，而k 表示導(dǎo)線對于介質(zhì)的熱交換系數(shù)。 解：問題可視為有熱源的桿的熱傳導(dǎo)問題。因此由原71頁(1.7)及(1.8)式知方程取形式為 ,. ()t x f x u a t u ,22 2+??=?? 其中()()()t x F c t x F t x f c k a ,,/,,,2 ρρ == 為單位

8、體積單位時(shí)間所產(chǎn)生的熱量。 由常電流i 所產(chǎn)生的()t x F ,1為2 2/24.0ωr i 。因?yàn)閱挝婚L度的電阻為ω r ，因此電流i 作功為 ω r i 2 乘上功熱當(dāng)量得單位長度產(chǎn)生的熱量為ω/24.02 r i 其中0.24為功熱當(dāng)量。 因此單位體積時(shí)間所產(chǎn)生的熱量為2 2/24.0ωr i 由常溫度的熱交換所產(chǎn)生的(視為“被動”的熱源)，從本節(jié)第一題看出為 ()01 4u u l k -- 其中l(wèi) 為細(xì)桿直徑，故有l(wèi) l l p 4 4/ 2==ππω，代入得 ()()012,u u p k t x F

9、--= ω 因熱源可迭加，故有()()()t x F t x F t x F ,,,21+=。將所得代入 ()t x f x u a t u ,22 2+??=??即得所求： ()22021224.0ρω ρωρc r i u u c P k x u c k t u +--??=?? 5*. 設(shè)物體表面的絕對溫度為u ，此時(shí)它向外界輻射出去的熱量依斯忒---波耳茲曼 (Stefan-Boltzman)定律正比于4 u ，即 dsdt u dQ 4σ= 今假設(shè)物體和周圍介質(zhì)之間只有輻射而沒有熱傳導(dǎo)，又假設(shè)物體周圍介質(zhì)的絕對溫度為已 知函

10、數(shù)),,,(t z y x f ,問此時(shí)該物體熱傳導(dǎo)問題的邊界條件應(yīng)如何敘述？ 解：由假設(shè)，邊界只有輻射的熱量交換，輻射出去的熱量為 ,|41dsdt u dQ s σ=輻射進(jìn)來的 熱量為,|42dsdt f dQ s σ=因此由熱量的傳導(dǎo)定律得邊界條件為： ]||[|44s s s f u n u k -=??σ 2 混合問題的分離變量法 1． 用分離變量法求下列定解問題的解： ??? ? ? ????u 解：設(shè))()(t T x X u =代入方程及邊值得 ?? ? ? ?=+===+00 )(0)0(02"T a T X X X X λπλ 求非零解

11、)(x X 得x n x X n n n 2 1 2sin )(,4)12(2+=+= λ ),1,0(Λ=n 對應(yīng)Ｔ為 t n a n n e C t T 4)12(2 2)(+- = 因此得 ∑∞=+-+= 4)12(2 1 2sin ),(22n t n a n x n e C t x u 由初始值得 ∑∞ =+=0 2 1 2sin )(n n x n C x f 因此 ? += π π 2 1 2sin )(2 xdx n x f C n

12、 故解為 ∑? ∞ =+-+?+= 4)12(2 1 2sin 2 1 2sin )(2 ),(22n t n a x n e d n f t x u π ξξξπ ２．用分離變量法求解熱傳導(dǎo)方程的混合問題 ??? ?? ?? ????>==?????),1(),0(1 21 1210)0,()10,0(2 2t t u t u x x x x x u x t x u t u 解：設(shè))()(t T x X u =代入方程及邊值得 ? ??=+===+00 )1()0(0"T T X X X X λλ ,. 求非零解)(x

13、X 得x n X n n n ππλsin ,22== n=1,2,…… 對應(yīng)Ｔ為 t n n n e C T 22π-= 故解為 ∑∞ =-=1 sin ),(2 2 n t n n x n e C t x u ππ 由始值得 ∑∞ =?? ??? 211210sin n n x x x x x n C π 因此 ? ? -+=2 1 1 2 1]sin )1(sin [2xdx n x xdx n x C n ππ 12 1 2221 2 2 ]sin 1 cos )1(1[2]sin

14、 1cos 1[2x n n x n x n x n n x n x n ππ ππππ ππ---++-= 2sin 4 22ππ n n = 所以 ∑∞ =-=122sin 2sin 4 ),(22n t n x n e n n t x u πππ π ３．如果有一長度為l 的均勻的細(xì)棒，其周圍以及兩端l x x ==,0處均勻等到為絕熱，初 始溫度分布為),()0,(x f x u =問以后時(shí)刻的溫度分布如何？且證明當(dāng))(x f 等于常數(shù)0u 時(shí)，恒有 0),(u t x u =。 解：即解定解問題 ???? ?? ? ??

15、==??=????=??===)(|0||00222x f u x u x u x u a t u t l x x 設(shè))()(t T x X u =代入方程及邊值得 ???=+===+0 0)()0(0 "2 T a T l X X X X αλλ 求非零解)(x X ： )1( 當(dāng)0x x Be Ae x X λλ---+=)( x x e B e A x X λλλλ------=)( 由邊值得 ???=---=------00 l e B e A B A l λλλλλλ 因0≠-λ故相當(dāng)于 ???=-=----00 l l Be Ae B A λλ

16、 視B A ,為未知數(shù)，此為一齊次線性代數(shù)方程組，要)(x X 非零，必需不同為零，即 此齊次線性代數(shù)方程組要有非零解，由代數(shù)知必需有 011=-----l l e e λλ 但 01 1≠-=---- ----l l l l e e e e λλλλ 因,0,0>->λl x e 為單調(diào)增函數(shù)之故。因此沒有非零解)(x X 。 )2(當(dāng)0=λ時(shí)，通解為 a x X b ax x X =+=)()( 由邊值得 0)()0(===a l X X 即b 可任意，故1)(≡x X 為一非零解。 )3(當(dāng)0>λ時(shí)，通解為 x B x A x

17、X x B x A x X λλλλλλcos sin )(sin cos )(+-=+= 由邊值得 ? ??=+-===0cos sin )(0 )0(l B l A l X B X λλλλλ 因,0≠λ故相當(dāng)于? ?? ==0sin 0l A B λ 要)(x X 非零，必需,0≠A 因此必需,0sin =l λ即 ) (整數(shù)n n l πλ= ) (整數(shù)n l n πλ= ,. 這時(shí)對應(yīng) )1(cos )(==A x l n x X 取π 因n 取正整數(shù)與負(fù)整數(shù)對應(yīng))(x X 一樣，故可取

18、Λ ΛΛ Λ,2,1cos )(,2,1)(2=====n x l n x X n l n l n n π πλπλ 對應(yīng)于,1)(,00==x X λ解T 得00)(C t T = 對應(yīng)于,)(2l n πλ=,cos )(x l n x X n π =解T 得t l an n n e C t T 2 )()(π-= 由迭加性質(zhì)，解為 ∑∞ =-+=1 )(0cos ),(2n t l an n x l n e C C t x u ππ ∑∞ =-?= )( cos 2 n t l an n x l n e C ππ 由始值得

19、 ∑∞== cos )(n n x l n C x f π 因此 ?= l dx x f l C 00)(1 ?=l n xdx l n x f l C 0 cos )(2π ΛΛ,2,1=n 所以 ?∑?∞=-?+=l n l t l an x l n e d l n f l dx x f l t x u 010 )(cos cos )(2)(1),(2 πξξπ ξπ 當(dāng)const u x f ==0)(時(shí)， 0cos 2,1000000====??xdx l n u l C u

20、dx u l C l n l π Λ,2,1=n 所以 0),(u t u u = 4．在,0>t l x ???? ? ????===--??=??)()0,(),(),0() (002222x f x u u t l u t u u u x u t u βα 其中0,,u βα均為常數(shù)，)(x f 均為已知函數(shù)。 [提示：作變量代換.),(0t e t x v u u β-+=] 解：按提示，引t e t x v u u β-+=),(0，則),(t x v 滿足 ??? ? ? ????====??=??===000222)(0,

21、0u x f v v v x u t u t l x x α 由分離變量法滿足方程及邊值條件的解為 x l n e A t x v t l n n n π π αsin ),(2)( 1 -∞ =∑= 再由始值得 x l n A u x f n n πsin )(1 0∑∞ == - 故 xdx l n u x f l A l n ?-=00sin ])([2π 因此 t e t x v u t x u β-+=),(),(0 x l

22、 n e d l n u f l u t l n n l π ξξπ ξβπ αsin sin ])([2])[(10 002+-∞ =∑?-+= 5．長度為l 的均勻細(xì)桿的初始溫度為ο 0，端點(diǎn)0=x 保持常溫0u ，而在l x =和側(cè)面上，熱量可以發(fā)散到到周圍的介質(zhì)中去，介質(zhì)的溫度取為ο 0，此時(shí)桿上的溫度分布函數(shù)),(t x u 滿足下述定解問題： ??? ? ?? ???==+??=-??=??=0)0,(0][,),0(02 222x u Hu x u u t u u b x u a t u l x 試求出),(t x u 解：引),()()

23、,(t x w x v t x u +=使w 滿足齊次方程及齊次邊值，代入方程及邊值，計(jì)算后得 )(x v 要滿足： ?????=+==-=0 )(,)0(01 02 222x Hv v u v v b dx v d a )(x v 的通解為 ,. x a b Bsh x a b Ach x v +=)( 由邊值 0)0(u A v == 又 )()(0 x a b Bch x a b sh u a b x v += 得 0)()(00=+++l a b Bsh l a b ch u

24、H l a b Bch l a b sh u a b 解之得 )()(0l a b Hash l a b bch l a b Hach l a b bsh u B ++-= 因此 )()()(00l a b Hash l a b bch x a b sh l a b Hach l a b bsh u x a b ch u x v ++-= )()]()([0l a b Hash l a b bch x l a b Hash x l a b bch u +-+--= 這時(shí)),(t x w 滿足： ??? ? ?????-=-==+?

25、?=-??=??====v v w Hw x w w w b x w a t w t t x x 00102 2 2 20)(,0 設(shè))()(),(t T x X t x w =代入方程及邊值條件得 ?????=++=+=+0 )(0)()(),0(0 22 T b a T l HX l X X X X λλ 求非零解0)(>λοx X 時(shí)，才有非零解。這時(shí)通解為 x B x A x X λλsin cos )(+= 由邊值得 00)0(===A A X 得 sin cos (cos )(sin )(=+==l H l B x B x X x B x X

26、λλλλλλ 要0≠B ，即有非零解，必須 0sin cos =+l H l λλλ 即 H l tg λ λ-= 令 Hl P l ==,μλ 得 p tg μ μ- = 它有無窮可數(shù)多個正根，設(shè)其為ΛΛ,,,21μμ得 2 2,sin )(l x l x X n n n n μλμ= = 對應(yīng)T 為 t b l a n n n e A t T )( 2222)(+-=μ 因此 x l e

27、A t x w n t b l a n n n μμsin ),()(1 222 2+-∞ =∑ = 其中n μ滿足方程 Hl p p tg =-=μ μ 再由始值得 l a b Hash l a b bch x l a b Hash x l a b bch v x l A n n n +-+--=-=∑ ∞ =)] ()([sin 01 μμ 所以 ??-= l n l n n xdx l xdx l v A 02 0sin sin μμ 應(yīng)用n μ滿足的方程，計(jì)算可得 ?+++=l n n

28、 n p p p l xdx l 0 222 2 )1([2sin μμμ 又 ?? ?-+=-?l a b ch l l a b xdx l x l a b ch n n l n (1 sin )(2 2220μμμ l n n x l x a b sh a b x l x 0 sin )1(cos )??? ---μμ )cos (2 22 22 2l a b ch l l l b a l a n n n n μμμμ+ - += )(cos 222222l a b ch l b a l a n n n -+-=

29、 μμμ ,. ???-+=-?l a b ch a b l b a xdx l x l a b sh n l n (1 sin )(22220 μμ l n n n x al x a b sh l x l x 0 cos )1(sin )??? ---μμμ )sin (22222 2l a b sh l a b l b a l a n n n μμμ+-+= 所以 [+-+-=-?n n n l n b l b a l a u xdx v μμμμcos sin 2222200 l a b Jasj

30、l a b bch l a b sh Ha lHb l a b ch b n n n +? ? ? +-(sin μμμ) ()sin cos (222220222220l a b Hash l a b bch lH l b a lb a u l b a l a u n n n n n n +--+-+-=μμμμμμ 2 22220l b a l a u n n +-=μμ )(Hl tg n n μ μ-=Θ 得 ) ()() (22 222222 2 20n n n n n p p l b a p a u A μμ

31、μμ++?++ ?-= 最后得 ?-+-+-=l a u l a b Hash l a b bch x l a b Hash x l a b bch u t x u 2021) ()(),( ∑∞=+-?++++1)(222222222sin ) )(()(2222 n n t n n n n x l b l a p p l b a p e n μμμμμμ 其中n μ滿足 )(Hl p p tg =- =μ μ 另一解法：設(shè)w v u +=使?jié)M足.0)( ,),0(|0=+??==l z Hw x w u t w 為此取 ,b ax w +=代入邊值得

32、 0)(,00=++=u al H a u b 解之得 ????? =+-= 01u b Hl Hu a 因而 )11(1000Hl Hx u x Hl Hu u w +-=+-= 這時(shí)v ，滿足 ??? ? ? ????+--=-==+??=+---??=??=) 11()0,()0,(0)(0),0()11(0 02 2222|Hl Hx u x w x v Hv x v t v Hl Hx u b v b x v a t v i x 按非齊次方程分離變量法，有 )()(),(1 x x t

33、 T t x v n n n ∑∞ == 其中)(x x n 為對應(yīng)齊次方程的特征函數(shù)，由前一解知為 ),,(sin )(Hl p p u tgu l u k x k x x n n n n n n =-== = 即 ∑∞ ==1 sin )(),(n n n x k t T t x v 代入方程得 )11(sin )(1 02222Hl Hx u b x k T b T k a T n n n n n n +- -=++∑∞ = 由于}{sin x k n 是完備正交函數(shù)系，因此可將 )11(02 Hl Hx u b +

34、- -展成}{sin x k n 的級數(shù)，即 ∑∞ ==+- -1 02 sin )11(n n n x k A Hl Hx u b 由正交性得 ? +- -=l n n N xdx k Hl Hx u b A 002 /sin )11( ? ++= =l n n n H k H l xdx k N 0 222 ) (22sin 又 ---=+--?x k k u b xdx k Hl Hx u b n n n l cos 1 {sin )11(0202 ,. |022 ]}sin 1

35、cos 1[1l n n n kx k x k x k Hl H +-+- -++--=l k H k Hl l k k k u b n n n n n cos )1(cos 11[ 02 ]sin ) 1(2 l k Hl k H n n +- )]1111(cos 11[ 02 H Hl H Hl Hl l k k k u b n n n ?+-+---= n k u b 102 -= 所以 n n n N k u b A 102 -= 將此級數(shù)代入等式右端得n T 滿足的方程為

36、 n n n n n n N k u b T b T k a T 1 2 2 2 2 -=++ 由始值得 ∑∞ =+--=10) 11(sin )0(n n n Hl Hx u x k T ∑∞ =-=1 sin 1 n n n n x k N k u 有 n n n N k u T 1 )0(0-= 解n T 的方程，其通解為 2 2202)(1222b k a N k u b e c T n n n t b k a n n n +?-+=+- 由 n n n N

37、 k u T 1 )0(0-= 得 n n n n n N k b k a u k a c 1 22202 2? +-= 即有解 )(1)(2)(222220222b e k a b k a u N k t T t b k a n n n n n n ++?- =+- 因此 ∑∞ =++?-=1 (222220)222(1),(n b k a n n n n t n e k a b k a u N k t x v x k b n sin )2+ ∑?+-+- =) ()11(

38、),(22200b k a N k u x Hl H u t x u n n n x k b e k a n t b k a n n sin )(2)(2 222 2++- 6.半徑為a 的半圓形平板，其表面絕熱，在板的圓周邊界上保持常溫0u ，而在直徑邊 界上保持常溫1u ，圓板穩(wěn)恒狀態(tài)的溫度分布。 解：引入極坐標(biāo)，求穩(wěn)恒狀態(tài)的溫度分布化為解定解問題 ??? ????=====??+??+??===為有限0||||01101 1022222t u u u u u u u u r r u r r u a t πθθθ （拉普斯方程在極坐標(biāo)系下形式的推導(dǎo)見第三章1ξ習(xí)題3

39、），其中引入的邊界條件0|=r u 為有限時(shí)， 叫做自然邊界條件。它是從實(shí)際情況而引入的。再引),,(1θr v u u +=則),(θr v 滿足 ??? ? ???-====??+??+??====||0 |0|011010022222有限r(nóng) a r v u u v v v v r r v r r v πθθθ 設(shè)),()(),(θθΦ=r R r v 代入方程得 0"112" =Φ+Φ=ΦR r R r R 乘以,/2ΦR r 再移項(xiàng)得 R rR R r "2"+=ΦΦ- 右邊為r 函數(shù)，左邊為θ函數(shù)，要恒等必須為一常數(shù)記為λ，分開寫出即得 ? ??=

40、-+=Φ+Φ0"0 "2R rR R r λλ 再由齊次邊值得 0)()0(=Φ=Φπ 由以前的討論知 ΛΛ2,1sin )()( 2 2==Φ==n n n n n n θ θπ π λ 對應(yīng)R 滿足方程 ,. ΛΛ2,10 "22==-+n R n rR R r 這是尤拉方程，設(shè)α r R =代入得 0)1(2=-+-ααααααr n r r n n ==-αα022 即 n n r R r R -== 為兩個線性無關(guān)的特解，因此通解為 n n n n n r D r c

41、r R -+=)( 由自然邊界條件0|=r v 有限知 )(x R n 在0=r 處要有限，因此必需0=n D 由迭加性質(zhì)知 ∑= θθn r c r v n n sin ),( 滿足方程及齊次邊值和自然邊界條件，再由 10|u u v a r -== 得 ∑∞ ==-110sin n n n n a c u u θ 因此 ?---= -= ππθθπ0 1010])1(1[)(2sin )(2 n n n n a n u u d n u u a C 所以 ∑∞ =-

42、--+=1 101sin ])1(1[)()(2),(n n n n a r n u u u r u θπθ 3 柯 西 問 題 1． 求下述函數(shù)的富里埃變換： (1) 2 x e η- )0(>η (2) x a e - (a > 0) (3) ,)(22k x a x + ,)(1 22k x a + (a > 0, k 為自然數(shù)) 解：(1) ??∞ ∞-∞∞-+ ----= = dx e dx e e e F x ip x ipx x x ) (2 22 ]

43、[η ηηη = ??∞ ∞ -∞∞--- -+ -=du e e dx e u p ip x p 2242 24)2(ηη η ηη （柯西定理） = ? ∞∞ ---- = η ηη πη 4422 2 1 p v p e dv e e 或者 ??∞ ∞ -∞ ---==-= )(2cos 2)sin (cos ][2 2 2 p I pxdx e dx px i px e e F x x x ηηη =dP dI ηη21sin 0 2 ?∞ -=-pxdx xe x

44、 20sin 02?∞--∞ηηP px e x pxdx e x cos 2η- = )(2P I P η 積分得 η 42)(p Ce P I -= 又 )0(I =? ∞ -= 212 η π ηdx e x 故 C= η π 21 所以 F[2 x e η-]=2I(P)= η π η 42p e - (2) ???∞ --∞ --∞ ∞----+= = ][dx e e dx e e dx e e e F ipx ax ipx

45、ax ipx x a x a = ∞--= +-∞+-∞ --??01 )(0 )(0 )(x ip a x ip a x ip a e ip a dx e dx e + 22 )(21101p a a ip a ip a e ip a x ip a +=-++=∞+-+- 或 ][x a e F -= ?∞∞ ---dx e e ipx x a =?∞ ∞ ---dx px i px e x a )sin (cos =2= ? ∞ -0 cos pxdx e ax 2 2 2p a a + (3) F

46、[ k x a ) (122 +]= k ipz ai z k ipx z a e s i dx x a e ) (Re 2) (22 22 +=+-=∞ ∞ --? π 因 k ipz ai z z a e s )(Re 22+-== ()]) ([lim !1111k ipz k k ai z ai z e dz d k +----→ = ∑-=----→+--10)1()()(])[(1 lim )!1(1 k m m k ipz m k ai z e ai z k m C k ,. =)1.....(

47、)1()1(1 lim )!1(1 10-++---∑-=→m k k k k m C k k m m ai z ipz m k m k e ip ai z ------+1)()( ap m k m k m k m m k e ip ai m k k k k c 1101 )()2)(1()1()1()!1(1-----=---++--=∑Λ ap m k m k m k k m e p a i m k m m k k 11 10) 2()1()!1(!)!1()!1(1--+---=----+-= ∑ 所以 ap m k m k m k k m k

48、e p a i m k m m k k i x a F 11 1022 )2() 1(.)!1()! 1()!1(12)(1--+---=-?---+-=??? ?????+∑π ap m k m k m k k m e p a m k m m k k 1110)2()1()!1()!1()!1(2--+---=----+-=∑π ??? ?????+-=????????+k k x a F dp d i x a x F )(11)(2222 ?----+-=?+---=∑m k m k k m a m k m m k k i )2()1()!1(!)!1()!1(2120π

49、 ap k ap m k ap m k e a k k i e ap e p m k 222 12) 2(] )!1[()! 22(])1[(+-------++--π ?---+-+--= ∑-=+-2 0222 )! 1(!)! 1()!1(2)2(] )!1[()! 22(k m ap k m k m m k k i e a k k ππ )1() 1() 2(21 --+-------m k ap e p a ap m k m k m k 2．證明當(dāng)f(x)在),(∞-∞內(nèi)絕對可積時(shí)，F(xiàn)(f)為連續(xù)函數(shù)。 證：因?∞ ∞ --==

50、 )()()(p g dx e x f t F ipx 對任何實(shí)數(shù)p 有 ?∞ ∞ -≤ =dx x f p g f F |)(||)(||)(| 即關(guān)于p 絕對一致收斂，因而可以在積分下取極限，故g(p)關(guān)于p 為連續(xù)函數(shù)。 3．用富里埃變換求解三維熱傳導(dǎo)方程的柯西問題 ?? ???=?? ? ? ????+??+??=??=),,(|02222222z y x u z u y u x u a t u t ?： 解：令 ),,,(~),,,()],,([3 21) (321t s s s u dxdydz e t z y x u z y x u F zs ys

51、 xs i ==???∞ ∞ -++- 對問題作富里埃變換得 () ??? ? ???==++-=???∞∞-++-=) ,,(~),,(|~~~321)(02322212 321s s s dxdydz e z y x u u s s s a dt u d zs ys xs i t ?? 解之得 t s s s a e s s s u )(3 212 322212),,(~~++-=? 因 ??? ∞∞ -++-++--?= t s s s a t s s s a e e F )(3 )(1 2 322212 2

52、 322212) 2(1][π 321) (321ds ds ds e zs ys xs i ++ = ???∞ ∞-+-∞ ∞-+-∞∞ -+-32 13 3 2 322 2 2212 12 )2(1ds e ds e ds e izs t s a iys t s a ixs t s a π t a z y x t a z t a y t a x e t a e t a e t a e t a 22 22222222 4344421 212121++- -- - ??? ? ??=? ? =ππππ

53、再由卷積定理得 ()() ζηξζηξπζηξd d d e t a t z y x u t a z y x 22224)()()(3,,21 ,,,-+-+-- ∞ ∞ -???? ?? ? ?? = 4.證明（3.20）所表示的函數(shù)滿足非齊次方程(3.15)以及初始條件（3.16）。 證：要證 τξτ τξπ ξξ?πτξξd d e t f a d e t a t x u t a x t t a x ) (4)(04)(2 22 2 ),(21)(21),(---∞ ∞ -∞ ∞ ---?? ? -+ = 滿

54、足定解問題 ()()?? ???=+??=??)(0,,2 22x x u t x f x u a t u ? 原書85頁上已證解的表達(dá)式中第一項(xiàng)滿足 ()()?? ???=??=??x x u x u a t u ?0,222 ,. 因此只需證第二項(xiàng)滿足 ()()?? ???=+??=??00,,2 22x u t x f x u a t u 如第一項(xiàng)，第二項(xiàng)關(guān)于τ的被積函數(shù)滿足 ()?? ???=??=??ττωωω,),(222x f x x a t 若記第二項(xiàng)為,υ被積函數(shù)為,ω即 ? =t d 0 τωυ

55、故有 ()???+=??t d t t x t 0,τωωυ ? ??=??t d x x 0 2 2 2 2 τωυ 即 τωτωωυυd x a d t x a t t t ????-??++??=??022 20222 τωωυ d x a t t x f x a t ????? ? ???-??++??=0222222),( ),(2 22 t x f x a +??=υ 顯然()00,=x υ得證。 5． 求解熱傳導(dǎo)方程（3.22）的柯西問題，已知 （1） x u

56、t sin |0== (2)* 1|2 0+==x u t (3) 用延拓法求解半有界直線上熱傳導(dǎo)方程（3.22）,假設(shè) ? ? ?=∞0()()0,(t u x x x u ? 解： （1）sinx 有界，故 t a x t a x d e t a t x u 22 241) (4)(sin 21),(∝=-=∞∞ ---== ? ξλξξξπ ?∞∞ ---λλπαλd e x t a 2 )sin(21 =??? ?????-??∞∞-∞∞---λλλλπαλαλd e x d e x t a sin cos cos sin

57、 21 2 2 = x e e t a x t a e x t a t a t a sin 21sin 21sin 212 241--- == ππ πα π πα (2) 1+x 2無界， 但表達(dá)式 ? ∞ ∞ ---+= ξξπξd e t a t x u t a x 224)(2 )1(21),( 仍收斂，且滿足方程。因此 t a x t a x d e t a t x u 2 22 414)(2 )1(21),(∝==---∞ ∞ -=+= ? λ ξξξ ξπ []? ∞∞ -∝--

58、+λλπλd e x t a 2 2 )(121 () ??? ?????+-+=???∞∞-∞∞-∞∞----λλλλλπαλαλαλd e d e x d e x t a 2 22222121 =() ???????????? ??∝+-++?∞∞--∞∞--λαλαππαλ αλd e e x t a 2221|21212 () t a x x t a 2 222121121++=????? ?++απααππ 易驗(yàn)它也滿初始條件。 （3）由解的公式 ξξψπξd e t a t x u t a x ? ∞ ∞ ---= 2 2 4)()

59、(21),( 知，只需開拓),(x ψ使之對任何x 值有意義即可。為此，將積分分為兩個 ? ∞ -0 與 ? ∞ ，再在 第一個中用)(ξ-來替換ξ就得 ,. ξξ?ξ?πξξd e e t a t x u t a x t a x ])()([21),(2 2 2 2 4)(0 4)(+-∞ ---+=? 由邊界條件得 ξ ξ?ξ?πξ ξ?ξ?πξξξd e t a d e e t a t a t a t a ??∞ - ∞ - --+= -+= 40 4422 22 2 2 )](

60、)([21])()([210 要此式成立，只需 )()(ξ?ξ?-=- 即)(ξψ作奇開拓，由此得解公式為 ? ∞ +----=0 4)(4)(])[(21),(2 22 2 ξξ?πξξd e e t a t x u t a x t a x 6．證明函數(shù) ) (4)()(2 22 2) (41),,,,,(τηξυπτηξ--+-- -=t a y x e t a t y x v 對于變量(),,t y x 滿足方程 )(2222 2y v x v a t v ??+??=?? 對于變量),,(τηξ滿足方程 0

61、)(2222 2=??+??+??η ξτv v a v 證：驗(yàn)證即可。因 ) (4)()(322 22222]) (4)()()(1[41τηξτηξτπ--+-- --+-+--=??t a y x e t a y x t a t v ) (4)()(22222 2)(4) (241τηξτξπ--+-- ---=??t a y x e t a x a x v ) (4)()(4 22 2 2 2 2222]) (4)(21[ ) (1 41 τηξτξτπ--+-- --+ --= ??t a y x e t a x a t

62、a x v 同理 ) (4)()(4 22 2 2 2 2222]) (4)(21[ ) (1 41 τηξτητπ--+-- --+ --= ??t a y x e t a y a t a y v 所以 t a v e t a y x t a a y v x v t a y x ??= --+-+ --=??+ ??--+-- 2) (4)()(3 4 222 2 2 2 2 2 2 22 2]) (4) ()() (1[41 τηξτηξτπ 仿此 τ??-=??v t v

63、 x v v ??-=??ξ 2 222x v v ??=??ξ 2222y v v ??=??η 所以 0)(2222 2=??+??+??η ξτv v a v 7．證明如果),(),,(21t x u t x u 分別是下列兩個問題的解。 ??? ??=??=??=); (10121221 x u x u a t u t ψ ? ????=??=??=) (20222222 y u y u a t u t ψ 則),(),(),,(21t y u t x u t y x u ?=是定解問題 ???????=???? ?

64、???+??=??=) ()(21022222y x u y u t u a t u t ?? 的解。 證： 驗(yàn)證即可。因 t u u u t u t u ??+??=??2121 所以t u t u u u t u y u u a u t u a y u t u a ??=??+??=??+??=???? ? ???+??2121222 122212222222 又 )()(2102021y x u u u t t t ??=?==== 8．導(dǎo)出下列熱傳導(dǎo)方程柯西問題解的表達(dá)式 ?? ? ????==??+??=??∑==n i i i t y x y

65、 x u y u x u a t u 1022222) ()(),() (βαψ 解：由上題，只需分別求出 ,. ??? ??=??=??=) (0121221 x u x u a t u i t α 及 ?????=??=??=) (0222 2 22y u y u a t u i t β 的解，然后再相乘迭加即得。但 ξξπξd e t a t x u t a x i ?∞ ∞ --- ?= 22 4)(1)(21),( ηηβπηd e t a t y u t a y i ? ∞ ∞ ---=

66、 2 24)(2)(21),( 所以 ∑??=∞+∞-∞ +∞ --+-- = n i t a y x i i d d e t a t y x u 14)()(2 22 2)()(41),,(ηξηβξαπηξ 9．驗(yàn)證二維熱傳導(dǎo)方程柯西問題 ? ????=??+??=??=) ,() (022222y x u y u x u a t u t ? 解的表達(dá)式為 ?? ∞+∞-∞ +∞ --+-- = ηξηξψπηξd d e t a t y x u t a y x 2224)()(2 ),(41 ),,( 證：由第6題知函數(shù) 04122 24)()(2 >-+-- t e t a t a y x ηξπ滿足方程，故只需證明可在積 分號下求導(dǎo)二次即可。為此只需證明在積分號下求導(dǎo)后所得的積分是一致收斂的。 對x 求導(dǎo)一次得 ??∞+∞--+--∞ +∞-?? ? ?? --=ηξξηξ?πηξd d e t a x t a I t