2023年12月25日发(作者：贵阳2016中考数学试卷)
第二章
热传导方程
§ 1
热传导方程及其定解问题的提
1. 一均匀细杆直径为 l
，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从于规律
dQ k1(u
u1 )dsdt
又假设杆的密度为
，比热为 c
，热传导系数为
k
，试导出此时温度
u
满足的方程。
解：引坐标系：以杆的对称轴为
l
2
x
轴，此时杆为温度
u
u( x,t)
。记杆的截面面积
为 S
。
4
由假设，在任意时刻
t
到
t
t
内流入截面坐标为
x
到
x x
一小段细杆的热量为
dQ
u
2u
k
s t k
u
s t k
s x t
1
x
x
x
x
x
x
2
x
杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻
t
到
t t
在截面为x
到
x x
一小段中产生的热量为
dQ
k
u u l x t
4k
2
1
1
l
1
u u s x t
1
又在时刻 t
到
t t
在截面为
x
到 x
x
这一小段内由于温度变化所需的热量为
dQ
c u x,t
t u x,t s x c u
s x t
由热量守恒原理得：
3
t
t
c
u
s x t k
2u
s x t
4k1 u u s x t
t
t
x2
x
l
1
消去 s x t
，再令
x
0
，
t
0
得精确的关系：
c
u
k
2
u
t
1
x
2
4k1
u u
l
u
k
2u
4k
4k
或
2
1a
2
2
u
1
c
u ul
1
x
2
c
u ul
1
其中
a
2
t
c
x
k
c
2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。
解：在扩散介质中任取一闭曲面
s，其包围的区域
为
，则从时刻 t1
到 t
2
流入此闭曲面的溶
质，由 dM
D
u dsdt
，其中
D
为扩散系数，得
n
u
t2
dsdt
M
D
t1
s
n
浓度由
u
变到
u
2
所需之溶质为
t2
M
1
C u x, y, z, t2
u x, y, z, t1
dxdydz
C
ut
2
dtdv
C
u dvdt
t1
t
t
1
t
两者应该相等，由奥、高公式得：
t2
t2
M D u D u D u dvdt
M
u1
C dvdt
t1
x x y y z z
t1
t
其中 C
叫做孔积系数
=孔隙体积。一般情形
C 1。由于
, t1 , t2
的任意性即得方程：
C u D u D u
D u
t x x y y
z
z
3. 砼 ( 混凝土 ) 内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的
水化热成正比。以
Q t
表示它在单位体积中所储的热量，
Q0
为初始时刻所储的热量，则
dQ
Q
，其中
为常数。又假设砼的比热为
c
，密度为
，热传导系数为 k
，求它在浇后温
dt
度 u
满足的方程。
解： 可将水化热视为一热源。由
dQ
Q
及
Q
t 0 Q0
得
Q t Q0e
t
。由假设，放
dt
热速度为
Q0
e
t
它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书
71 页，式得
u
a2
2u
2u
2u
Q
0
e t
a2k
t
x2
y2
z2
c
c
4.
设一均匀的导线处在周围为常数温度
u0
的介质中，试证
:
在常电流作用下导线的温度满
足微分方程
u
k
2u
k1P
u
u0
0.24i
2 r
t c
x c
c
2
其中 i
及
r
分别表示导体的电流强度及电阻系数，
表示横截面的周长，
表示横截面面积， 而 k
表示导线对于介质的热交换系数。
解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原
71 页及式知方程取形式为
u
a
2
2u
f x,t
t
x2
其中
a
2
k , f x, t F x, t / c , F x,t
为单位体积单位时间所产生的热量。
c
由常电流 i
所产生的
F1
x, t
为
0.24i
2
r /
2
。因为单位长度的电阻为
r
，因此电流 i
作功为
2
r
i
乘上功热当量得单位长度产生的热量为
0.24i
2 r /
其中为功热当量。
因此单位体积时间所产生的热量为
0.24i
2r /
2
由常温度的热交换所产生的
( 视为“被动”的热源 ) ，从本节第一题看出为
4k1
u
u0
l
其中 l
为细杆直径，故有
p
l /
l
2
4
4 l
，代入得
k1 p
F2
x,t
u
u0
因热源可迭加，故有
F x,t
F1
x, t
F2
2x,t
。将所得代入
u
a2
u
t
x2
f x, t
即得所求：
u k
2k P
0.24i
2 r
u
1
c c
u
u0
t
x2
c
2
5*. 设物体表面的绝对温度为
u
，此时它向外界辐射出去的热量依斯忒
---
波耳兹曼
(Stefan-Boltzman)
定律正比于 u
4
，即
dQ
u
4dsdt
今假设物体和周围介质之间只有辐射而没有热传导，又假设物体周围介质的绝对温度为已知函数 f (x, y, z, t)
,
问此 时该物体热传§导问题的边界条件应如何叙述
解：由假设， 边界只有辐射的热量交换，
辐射出去的热量为dQ1
u
4 |s dsdt,
辐射进来的热量为
4
dsdt
| ,
2
f
s
因此由热量的传导定律得边界条件为：
k
u
|s
[ u
4 |s f
4 |s ]
n
§ 2
混合问题的分离变量法
1． 用分离变量法求下列定解问题的解：
u
a2
2u
(t 0,0 x
t
x
2
)
u(0,t )
u
x
(
,t) 0 (t
0)
u( x,0)
f ( x)
(0 x
)
解：设 u X ( x)T (t)
代入方程及边值得
X
\"
X 0 X(0) 0 X ( ) 0
T
a
2 T
0
( 2n
1)2
2n 1
求非零解 X ( x)
得
n
4
, X
n ( x)
sin
2
x
(n 0, 1, )
a
2 ( 2n 1)2
对应Ｔ为
Tn (t ) C
n e
4
t
a2 (2n 1)2
因此得
4
t
2n 1
u( x, t )
Cne
sin x
n 0
2
由初始值得
2n
f (x)
Cn sin 1
x
n 0
2
因此
C
n
2
f ( x) sin
2n 1 xdx
2
0
a2 ( 2n 1)2
故解为
u( x,t )
2
f ( ) sin
2n 1
d e
4
t
n 0 0
2
２．用分离变量法求解热传导方程的混合问题
u
2u
0,0 x 1)
t
x2
(t
x
0 x
1
u( x,0)
2
1 x
1
2
x 1
u(0,t) u(1,t )
0
(t
0)
解：设 u X ( x)T (t)
代入方程及边值得
X \" X 0 X(0)
X (1) 0
T \' T 0
求非零解 X ( x)
得
n
n2 2 , X
n
sin n x
n=1,2,
对应Ｔ为
Tn
Cn
e n
2
2t
故解为
u(x, t )
Cn e
n2 2
t sin n
x
n 1
由始值得
x
0 x
1
2
Cn sin n
x
n 1
1 x
1
2
x 1
1
2
1
因此
C
n 2[ x sin n xdx
(1 x) sin n xdx]
0
1
2
2n 1
x
2
sin
2[
1 x cosn
x
1
1
sin n
x]
02
2[
1
(1
x) cosn x
1sin n x]1
1
(2)
当
0
时，通解为
X ( x) ax
b
n
n
n2
2
n
n2
2
4
sin
n
2
2
2
所以
u( x, t)
4
2
2
x
n 1 n
2
2 sin
n
e
n2
t
sin n
３．如果有一长度为
l
的均匀的细棒，其周围以及两端
x 0, x
l
处均匀等到为绝热，初
始温度分布为 u( x,0) f ( x),
问以后时刻的温度分布如何且证明当
f (x)
等于常数 u0
时，恒有u( x, t) u0
。
解：即解定解问题
u
2
u
t
a2
u
2
ux
|x 0
|x l
0
x
x
u |t 0
f ( x)
设 u X ( x)T (t)
代入方程及边值得
X \" X 0
X \'(0) X \' (l )
0
T \' a
2 T
0
求非零解
X ( x)
：
(1)
当
0
时，通解为
x
X (x) Ae
x
Be
X \'( x) A
x
x
e
B e
由边值得
A
B
0
l
B e
l
Ae
0
因
0
故相当于
A B 0
Ae
l
l
Be
0
视 A, B
为未知数，此为一齐次线性代数方程组，要
X ( x)
非零，必需不同为零，即
此齐次线性代数方程组要有非零解，由代数知必需有
1 1
e
l l
0
e
1 1
l
l
但
e
l
e
l
e
e
0
因 l 0,
0, ex
为单调增函数之故。因此没有非零解X ( x)
。
2
X \'( x)
a
由边值得
X\'(0) X \' (l ) a 0
即 b
可任意，故
X ( x) 1为一非零解。
(3)
当
0
时，通解为
X (x) Acos x B sin
x
X \' (x) A sin x B cos x
由边值得
X \'(0) B
0
X \' (l ) A sin l B cos l 0
B 0
因0,
故相当于
Asin l
0
要 X ( x)
非零，必需 A 0,
因此必需 sin
l
0,
即
l n
(n整数 )
n
(n整
l
数 )
这时对应
( )
cos
n
X
x
x(
A 1)
取
l
因 n
取正整数与负整数对应
X (x)
一样，故可取
n
(
n
)
2
n 1,2,
l
n
l
X
n (x)
cosl
x n
1,2,
对应于
0, X
0 (x)
1,
解
T
得 T0 (t )
C
0
( an
)
2
t
对应于(
n
)
2
, X
n
(x)
cos
n
(t )
C
n e
l
l
l
x,
解
T
得 Tn
由迭加性质，解为
( an
)
2 t
l
u( x,t )
C0
Cne
cos
n
x
n 1
l
( an
2
Cn e
l
) t
cos
n
x
n 0
l
由始值得
f ( x)
C
n cos
n
x
n 0
l
因此
C0
1
f ( x) dx
l
0
l
l
f ( x) cos
n
C
n
xdx
2
n
)
t
2
1,2,
l
l
l
0
l
所以
u( x, t) 1 f (x)dx
2
f (
) cos
n 1
0
n
l
l
0
ld e
(
an
l
ncos
x
n
u
0
d e sin x
l
n 1
0
l
l
5．长度为
l 的均匀细杆的初始温度为
0
，端点
x 0
保持常温 u0
，而在
x l
和侧面上，热
2
[ f ( )
l
u0 ] sin
n
[( n )
2
] t
l
l
量可以发散到到周围的介质中去，介质的温度取为
定解问题：
0
，此时杆上的温度分布函数
u(x, t)
满足下述
当 f (x)
u0
const
时，
2
u
C
0
1
l
u0 dx u0 , C
n
2
l
u0
cos
n
xdx
l
0
l
0
l
所以
u(u,t )
u0
4．在
t
0,
0
x
l
区域中求解如下的定解问题
u
2
2u
t
(u
)
2
xu2
0
u(0, t)
u(l ,t)
u0
u( x,0)
f ( x)
其中
, ,u0
均为常数， f (x)
均为已知函数。
[ 提示：作变量代换
u
u0
v(x,t )e
t .]
解：按提示，引 u
u v( x, t)e
t
，则 v( x, t)
满足
0
u
2
2
u
vt
x
2
x 0
0, v
x l
0
v
t
0
f ( x) u0
由分离变量法满足方程及边值条件的解为
( n )2 t
n
v( x, t )
Ane
l
sin x
n 1
l
再由始值得
f ( x)
u0
An sin
n
x
n 1
l
故
An
2
l [ f (x) u0 ] sin
n
xdx
l
0
l
因此
u( x, t)
u0
v(x,t )e
t
0
n
1,2,
u
a
2
b u
2
t
x
2
u(0,t )
u
u0 ,[
Hu ]
x l
0
x
u(x,0)
0
试求出
u( x, t)
解：引 u(x, t )
v( x)
w(x,t )
使 w
满足齐次方程及齐次边值，代入方程及边值，计算后得
v(x)
要满足：
2 d
2 v
2
a
dx2
b v 0
v(0)
u0 , (v
\'
Hv)
x 1 0
v(x)
的通解为
Ach
b
x
Bsh
x
v( x)
b
a
a
由边值
v(0) A
u0
又
v
\' ( x)
b (u0 sh
b
x Bch
b
x)
b
a a
ba
b
b
得
(u0 sh
b l Bch l ) H (u0
a
0 ch l Bsh l )
a
a
a
a
解之得
B
u0 (bsh
b l Hach
b l ) (bch
b l Hash
b
l )
a
a
因此
v(x)
u0 ch
b x u0 (bsh
b
l
Hach
ba
l ) sh
ba
x (bch
b
l Hash
b l )
a
a
a a a a
u0 [bch
b (l
x)
Hash
b (l
x)]
(bch
b l Hash
b l )
a
a
a
a
这时 w( x, t )
满足：
w
2
a
2
w
b2 w
wt
x
2
w
x 0
0, (
x
Hw )
x 1 0
w t 0
v t 0
v
设 w( x,t ) X (x)T (t )
代入方程及边值条件得
X \'\'
X 0
X (0), X
\' (l )
HX (l ) 0
T
\'
(a2
b2 )T
0
求非零解 X ( x)
0
时，才有非零解。这时通解为
X ( x) A cos x
B sin x
由边值得
0得
X (0) A
A
0
X (x) B sin
x
X
\' ( x)
B cos x
B( cos l H sin
l 0
要 B 0
，即有非零解，必须
cos l H sin
l 0
即
tg l
H
令
l , P Hl
得
tg
p
它有无穷可数多个正根，设其为
1
,
,
2 ,
得
2
X
n ( x)
sin
n x,
n
n
l
l
2
2
(
a
2
n b2 ) t
An e
l
2
对应 T为
Tn (t )
(
a
2 2
2
n
b2 )t
因此
w( x, t )
n
Ane
l
sin
n 1
l
x
其中n
满足方程
tg
Hl
p
p
再由始值得
bb
0
[bch (l x) Hash (l x)]
n
An sin
v
a a
b b
n 1
l
x
bch l Hash l
a a
l
v sin
n
所以A0
l
xdx
n
l
sin
2 n xdx
0
l
应用
n
满足的方程，计算可得
l
p( p 1)
2
sin
2
n xdx
l
[
l
2
p
n
2 2
又
0
n
l
ch
b (l
n xdx
x) sin
1
n
2
ch
b (l
a
a
0
l
b2
n
l
a2
l
2
l
x) cos
n
x
b sh
b
(1
x) sin
n
x
l
a a
l
0
a
2l
2
b
2
2 2
2
(
n
cos
n
n
ch l )
a
n
b
l
l
l
a
a
2l
2
n
(cos
n
ch
b
l )
2 2
2 2
a
n
a
l
bb
l
n
xdx
b
b
sh (l
x)sin
2
2
1
2
2
ch (l
0
a
l
a
n
b
l
a a
l
x) sin
n
x
n
sh
b
(1
x) cos
n
x
l
l
a
al
0
a2l
2
b
(
b
sin
n
n sh
l )
a
2 2
n
b
2 2
l
a
l
a
l
所以
vsin
n xdx
u0
a
2l
2
2
2 2
b
n cos
n
0
a
n
b
l
b
n ch
b
l
Ha
b
lHb sin
n
n sh
l
a
a
(bch
b l Jasj
b l
a a
2
l
u0
a2 2
n
2
2
u0
a
2lb
(
n cos
n lH sin
n )
a
2 2
b
2l
2
(bch l
b
Hash l )
b
a
n
b
l
n
a a
a2
l
u0
2 2
n
2 2
( tg
n
n
)
a
n
b
l
Hl
2得
n
2u
0 a2
A2
( p2
n )
(a
2
2
n
b
l
2
n
2
)
( p
p
n2 )
最后得
b
b
bch
a (l
x)
Hash
a (l x)
2u0 a2
u(x, t ) u0
bch
b
l Hash l
b l
a a
2
2
a
n2 ( p
2
n2 )
e
(
2 2 2 2 2 2
l
2 n
2
b) t
sin
n
x
n 1
(a
n
b
l
)( p
p
n
)
l
其中
n
满足
tg
( p
Hl )
p
另一解法：设 u
v
w
使满足
w(0, t )
w Hw )
u0 , (
|z l
0.为此取
x
w ax b,
代入边值得
b u0 , a H (al u0 )
0
Hu
0
解之得
a
1 Hl
b
u0
因而
w
u0
Hu
0 x
u0 (1 Hx )
这时 v
，满足
1 Hl
1
Hl
v
a
2
2v
2Hx
t
2
b
v b2 u0 (1
x)
v
Hv)
1
Hl
|
v(0, t ) 0
(
x
i
0
x
v(x,0) w( x,0)
u0 (1
Hx )
1
Hl
按非齐次方程分离变量法，有
v( x,t )
Tn (t )xn ( x)
n 1
其中 xn ( x)
为对应齐次方程的特征函数，由前一解知为
xn ( x) sin kn x ( kn
un
, tgu
n
un
, p Hl )
l
p
即
v( x, t)
Tn (t ) sin kn x
n 1
代入方程得
(Tn\'
a2 kn2T
n b2Tn ) sin kn x b2 u0 (1
Hx
)
n 1
1 Hl
由于 {sin kn x}
是完备正交函数系，因此可将
b
2u0
(1
)
展成 {sin kn x}
的级数，即
1
Hx
Hl
b
2u0
(1
Hx
)
An sin kn x
1 Hl
n 1
由正交性得
l
A
b2u
n
0
(1 Hx ) sin k xdx / N
1 Hl
n
0
l
N
n
sin kn xdx
l
2
H
0
2
2(kn2
H
2 )
l
Hx
又
b
2u0 (1
1
)sin kn xdx b
2ucoskn x
0{
0
1 Hl
k
n
21
l
H [ 1
x coskn x
1 Hl
kn
1kn2
sin kx]}
|0
b
2u0 [
1
cosknl
Hl
cos kn l
kn
kn
kn (1
H )
H
sin kn l ]
kn2 (1
Hl )
b
2u0 [
1
1
coskn l (1
Hl H
1 )]
kn
k
n
1 Hl 1 Hl H
b
2u0
1
kn
所以
An
b
2u0
1
kn N
n
将此级数代入等式右端得
Tn
满足的方程为
\'
2
2 2 2
1
Tn
a
kn Tn
b Tn
b u0 kn N
n
由始值得
Tn (0) sin kn x u0 (1
Hx
)
n 1
1 Hl
u
1
0
sin kn x
n 1
kn Nn
有
Tn (0)
u0
1
k
n N
n
解 Tn
的方程，其通解为
\'
22 b2 ) t
b
2u0
1
Tn cne
(a kn
k
n N
n
a
2 kn2
b
2
由
Tn (0)
0
1
u
k
n N
n
得
cn
a
2 kn2u0
1
a2
kn2
b2 kn N
n
1
u0
2 2 (a
2kn2 b2 ) t 2
即有解
Tn (t)
kn N
n a
2 kn2
b
2
(a
kn e
b
)
因此
v( x,t )
1
u0
2
222 )t
(a
2 ( ak
n b
kn e
n 1
kn
N n
a
2
kn2
b2
b
2 ) sin kn x
u0
u( x, t)
u0 (1
H
x)
1 Hl
kn N
n ( a
2kn2
b
2 )
2
(a
k
n2
e
( a2k n2
b2
)t
b
2 ) sin kn x
6. 半径为 a 的半圆形平板，其表面绝热，在板的圆周边界上保持常温
u0
，而在直径边
界上保持常温 u1，圆板稳恒状态的温度分布。
解：引入极坐标，求稳恒状态的温度分布化为解定解问题
2u
1 u 1
2u
r
2
r r
r
2
2
0
u |
0
u1
u |
u1
u |t a
u0
u | t
0为有限
（拉普斯方程在极坐标系下形式的推导见第三章
1
习题 3），其中引入的边界条件
u |r 0
为有限时，叫做自然边界条件。它是从实际情况而引入的。再引
u u v(r , ),
则 v(r , )
满足
1
2
v
1 v 1
2v
r
2
r r
r
2
2
0
v |
0
0 v |
0
v |0
uv |r 0 有限
r a u1
设 v(r , ) R(r ) ( ),
代入方程得
R\"
1
R
\'
1
R
r
r
2
\" 0
乘以 r
2 / R ,
再移项得
\"
r
2R\"
rR
\'
R
右边为 r 函数，左边为
函数，要恒等必须为一常数记为 ，分开写出即得
\"
0
r
2R\" rR\'
R
0
再由齐次边值得
(0)
( ) 0
由以前的讨论知
n
(
n
)2
n2
n ( )
sin n n 1,2
对应 R 满足方程
r
2
\"
\'
2
R rR
n
R
0
n
1,2
这是尤拉方程，设
R r
代入得
(
1)r
r
n2 r
0
2
n
2
0
n
即
R
r
n
R r
n
为两个线性无关的特解，因此通解为
R (r ) c
r
n
D
r
n
n
n
n
由自然边界条件 v |r 0
有限知 Rn ( x)
在
r
0
处要有限，因此必需
D
n
0
由迭加性质知
v(r , )
cn r
n sin n
满足方程及齐次边值和自然边界条件，再由
v |r
a
u0
u1
得
u0
u1
cna
n sin n
n 1
因此
2
Cn
a
n
(u0 u1) sin n d
0
2(u
u )
0
n
a
n
n[1 ( 1) ]
1
0
(2)
a xF [e ]
e
a x
ipx
edx
eaxe ipx
dx
dx
e axe ipx
dx
0
所以
u( r ,
)
u1
u)r2(u0
1
(
) n
[1
a
(
1) ] sin n
n0
n 1
n
=
e
( a ip) x
dx e
0
(a ip) x
1
a ip
e
(a ip ) x
0
+
§ 3
柯
西 问 题
1
a ip
e
( a ip ) x
1 1
2
2a
p2
1． 求下述函数的富里埃变换：
0 a
ip a ip a
解：
或者
积分得
又
故
所以
e
x2
(
0)
e a x
x
(a > 0)
1
,
( a2
x
2 )k
,
(a
2
x2
) k
(a > 0, k
为自然数 )
x )
(1)
ipx
( x2
ip
F [e
x
2
]
e
x
2
e dx
e
dx
p
( x
ip
)
2
2
p2
=
e
2
4
dx e
4
e
u2
du
（柯西定理）
p2
p2
=
1
e 4
e v
2
dv
e
4
F [e
x2
]
e
x2
(cos px i sin px )dx 2
e x2
cos pxdx 2I ( p)
0
dI
xe
x2
sin pxdx 1 e
x
2
sin px
x2
cos pxdx
dP
0
2
0
0
2
P
e
=
P
I (P)
2
p2
I(P)
Ce
4
2
1
I (0)
=
e
x
dx
2
0
C=
1
2
p2
F[
e
x
2
]=2I(P)=
e
4
或
F [a x ]
=
e a x
e ipx
dx
=
e
a x
(cos px
e
i sin px)dx
e
ax cos pxdx
2a
=2
a2
p
2
0
(3) F[
1
]=
e ipx
e
ipz
dx
2 i Re s
(a
2
x2 )
k
(a
2
x
2 )
k
z ai
2
z2 )
k
因
Re s
e ipz
=
1
lim
d
k
(a
1
[
e ipz
]
z ai
(a
2
z2 )
k
k 1 !
z ai
dzk 1
(z ai )
k
k 1
1
=
lim
[( z
C
m
ai )
k
] ( m)
(e ipz
) (k
m 1)
(k 1)!
z
ai
m 0
k
1
k 1
m
( 1)
m
1
k
(
k
1).....(
m
1)
=
lim C
(k 1)!
z
ai
m
0
k
1
( z ai)
k m ( ip )
k
m 1
e ipz
k 1
m
(k 1 1)!
m 0
ck 1(
1)
m k(k
1) (k m
1)( 2ai )
k m
(
ip )
k
m 1
eap
1
k 1
(k m 1)! (
1)
k
m 1
k m 1 ap
(k
1)!
m 0 m!(k m 1)! i( 2a)
k m
p
e
所以
F
1
2 i
1
k 1
( k
m
1)!
.
(a2
x
2 )k
( k
1)!
m 0 m(k
m 1)!
(
1)
k
m 1
i( 2a)
k m p
k m 1eap
2
k 1
(k m 1)! (
1)
k
m 1
( k
1)!
m 0m(k m 1)! (2a)
k m
pk
m 1eap
F
x
1 d
F
1
(a2
x
2 )
k
i dp
( a2
x2 )
k
(1)
(2)
(3)
i
2
k 2
(k m 1)!
(
1)
k
m 1
(k
1)!
m 0m! (k
m 1)!
(2a)k
m
k m 2
ap
k m 1 ap
2k 2
ap
[( k m 1) p
e
ap
e
]
i( 2k 2)!
[( k
1)! ] 2
( 2a)
e
(2k 2)! 2
k
2 (k
m 1)!
[( k
1)!]
2
( 2a)
2k 2 eap
i
(k 1)!
m 0m! (k
m 1)!
(2a)
k
m
( 1)k m 1
pk m 2
eap
(ap
k m 1)
2．证明当 f(x)
在 (
,
)
内绝对可积时，
F(f)
为连续函数。
证：因 F (t)
f ( x)e
ipx
dx
g ( p) 对任何实数 p 有
| F ( f ) | | g( p) |
| f ( x) | dx
即关于 p
绝对一致收敛，因而可以在积分下取极限，故
g(p) 关于 p
为连续函数。
3．用富里埃变换求解三维热传导方程的柯西问题
u
a2
2u
2
2u
2u
t
x
y
2
z2
：
u |t
0
( x, y, z)
解： 令 F [u( x, y, z)]
i ( xs1 ys2
zs3 )
u(x, y, z, t)e
dxdydz
~
u
(s , s , s ,t )
1 2 3
对问题作富里埃变换得
du
~
2
2 2
2
~
s1
s2
s3
u
dt
a
~
i( xs1
ys2 zs3 )
~
u |t
0
( x, y, z) e
dxdydz
( s1 , s2 , s3 )
~ ~
a
2
( s12 s22 s3
2 )t
解之得
u
(s1 , s2
, s3 )e
因
F 1[ e a2 (s12 s2
2 s32 )t
]
1
e a2 ( s12 s2
2 s32 ) t
(2 )3
ei (xs1
yszs2
3
) dst ixs1ds2 ds3
=
1
e a2 s1
21
ds1
e a2 s2
2t iys2
ds2
e a2 s3
2
t izs3
ds3
(2 )3
x2
2
1
2
3 x2
y2 z2
1
y1
2
z2
1
2
2
e 4a
t
e 4 a t
e
4a
t
e
4a t
2a
t
2a t
2a
t
2a t
再由卷积定理得
3
(x
)2 ( y
)
2 ( z )2
1
u x, y, z, t
2
, , e
4a
t
d d d
2a
t
4. 证明（）所表示的函数满足非齐次方程以及初始条件（）
。
证： 要证
( x )2
t
( x )
2
u( x, t ) 1
( )e 4a2 t
d
1
f ( , )e
4a
2
(t
) d d
2a t
2a
0
t
u
2u
满足定解问题
2
f x, t
t
a
2
x
u x,0 (x)
原书 85 页上已证解的表达式中第一项满足
u
a
2
2
u
2
t
x
u x,0
x
因此只需证第二项满足
u
2u
t
a
2
2
f x,t
x
u x,0
0
如第一项，第二项关于 的被积函数满足
a2
2
2
t
x
( x,
) f
x,
若记第二项为
,
被积函数为
,
即
t
d
0
t
故有
t
x, t
0
t
d
2
t 2
x
2
0
x
2
d
2
2
t
2
t 2
即
t a
x
2
0
t
d
a
d
0
x 2
a
2
2
f ( x, t)
t
a2
2
d
x2
0
t
x2
a
2
2
x2
f ( x, t)
=
1 1
x2
e
2
| 1 e
2
d
显然 x,0 0
得证。
2a
1
2a
t
1 x
2
1
2
2
5． 求解热传导方程（）的柯西问题，已知
（ 1）
u | sin x
t 0
t
2
2 2
2a t
1
x
(2)
(3)
*
u |t 0
x2
1
易验它也满初始条件。
（ 3）由解的公式
用延拓法求解半有界直线上热传导方程（）, 假设
( x
)2
u(x,0) ( x) (0 x
)
u(0,t ) 0
解：
（ 1） sinx
有界，故
( x
)
2
u( x, t )
1
2
2a t
sin e
4a
t
d
( x )
1
4a2t
1
2
2a t
sin( x )e d
1
2
cos
d cosx e
2
=
sin x e
sin
d
2a
t
1
=
1
sin x e
4
1 sin x
e a
2t
e
a2
t sin x
2a t
2a
t
1
2a t
(2)
1+x
2 无界，
但表达式
2
( x )
2
u( x, t)
1
(1
)e
4a
2
t
d
2a
t
仍收敛，且满足方程。因此
1
2
( x )2
u(x,t )
2
2a
t
(1
)e
4a
t
d
x
1
4a2t
1
1
( x
)
2 e
2
d
2a t
1
1 x2
e
2
d
2
2x e
d
2e
d
2
2a t
(
) e
4a
2
u( x, t)
1
t
d
2a t
知，只需开拓
(x),
使之对任何
x
值有意义即可。为此，将积分分为两个
第一个中用 ( )
来替换
就得
)
2
( x )2
1
( x
2
2
u(x, t ) [
( )e
4a t
(
)e
4a
t
2a t
0
由边界条件得
1
2
2
0
[ ( )e4 a t
2
(
)e
4a
2
t ]d
2a
t
0
2
1
2
4 a t
t
[ ( ) (
)]e
d
2a
0
要此式成立，只需
( ) ( )
即 ( )
作奇开拓，由此得解公式为
1
( x )
2
(x )2
u(x, t ) ( )[ e
2
2
4a t
e
4 a t
]d
2a t
0
6 ．证明函数
( x )2
( y )
2
v( x, y, t , , , )
1
e
4 a2 (t )
4 a
2
(t
)
对于变量 ( x, y, t)
满足方程
v
2
v
2v
t
a2 (
x2
y2
)
对于变量 ( , , )满足方程
v
2v
2
v
a2 (
2
2 ) 0
0
与]d
，再在0
x( x
)2
2t
2
e 4ad
t2a
2
( y
)
是绝对且一致收敛的。因为对充分大的
A
0
，每个积分
x
( x
)
2
2
2
e
4a
t
d
A 2a t
A
2
x
(x
)2
2
e
4a
t
d
2a t
( y )
2
4a
2t
A
ed
A
( y )2
e
4a2t
d
都是绝对且一致收敛的。绝对性可从 A 0
充分大后被积函数不变号看出，一致性可从充分性判别法找出优函数来。如第三个积分的优函数为
( y0
)2
t0
e
4a
2
( y0
)2
且
e
4a
2t
0
d
A
收敛。
因
(,) M，故
1
(x )2
( y )
2
x
4a
2
t
4a
2 t
( , )
2a2
t
e
d d
x
(x
)2
M
( y
)2
2 2
4a
2 t0
2a2t
e 4a
t
d
e
4a
t
d
右端为一致收敛积分的乘积，仍为一致收敛积分。因而
I1
为绝对一致收敛的积分。从而有
，对
u
I
12u
,
2u
,
u
讨论是类似的。从而证明表达式满足方程。
x
x2
y2
t
再证满足始值。任取一点 ( x
, y
)
，将
( x , y
)
0
1
0
0
0
2 2
写成
( x0 , y0 )
( x0 , y0 )e
(
) d d
因而
u( x, y, t )
( x0 , y0 )
1
(
2 2
[ ( x 2a t , y 2a t )
( x0 , y0 )]e
) d d
0
N 0
对任给
，取
如此之大，使
N
e (
2
2 )
d d
12M
e (
2 2 )d d
12M
N
N
e (
2
2 )
d d
2 2 )
d d
12 M
e (
12 M
N
再由 的连续性，可找到
0
使当 x
x0
， y
y0 , t
都小于
时，有
( x 2a t , y 2a t )
(x0
, y0 )
3
1
N N
2 2
所以
(x 2a t , y 2a t )
( x0 , y0 )e
(
) d d
N N
3
1
2
1
因此
u( x, y,t )
(x0
, y0 )
4
即有
(
,
, )
12M
2M
( ,
3
3
)
3
u x y t
t 0
x y
§ 4
极值原理，定解问题的解的唯一性和稳定性
1． 若方程
u
2
2u
cu (c
0)
的解 u
在矩形
R的侧边 x
及 x
t
a
2
x
过 B，又在底边
t 0
上不超过 M，证明此时
u 在矩形 R 内满足不等式：
u(x, t) max(Mect , Bect )
由此推出上述混合问题的唯一性与稳定性。
证：令 u( x, t )
e
ct
v
2
2v
v(x, t)
，则 v(x, t )
满足
t
a
max v(x, t) max e
ct
x
2
，在 R 的边界上
u( x, t)
max u( x,t) B
x
x
x
x
x
x
max v( x, t )
max e
ct u(x,t )
max u( x, t)
M
t 0
t 0
t 0
再由热传导方程的极值原理知在
R 内有
v( x, t)
max(M , B)
故
( , )
ct
( ,
) max(
ct
,
ct
)
u
x t
e
v x t
Me
Be
唯一性：若 u1 ,u2
为混合问题的两个解，则
u
u1
u2
满足
上不超
u
t
a
0
2
2u
2
xcu
u
t
0u
x
u
x
0
由上估计得
u( x,t )
max(0e ,0e )
0
u( x, t)
u1
ctct推出
即
解是唯一的。
0
u2
稳定性：若混合问题的两个解
u1 , u2
在
R
满足
u1
u2
,
即
max( M , B)
，则
u u1
u2
满足估计
因此对任何 t
满足
0 t
2．
u(x, t)
T
，解是稳定的
max ect
利用证明热传导方程极值原理的方法，证明满足方程
2
界闭区域上的最大值不会超过它在境界上的最大值。
则 M
x
2
u
2
y
2
u
0
的函数在
证：反证法。 以 M
表
u
在 R
上的最大值，
m
表
u
在 R
的边界
上的最大值。 若定理不成立，
m.
。因而，在 R
內有一点 ( x , y )
使 u(x , y
)
v( x, y) u( x, y) M
2
4l
上
作函数
其中 l
为 R
的直径。在
mM
x )
m
。
( x
2
M
2
4l
m
( y y
)
2
M
m M m
4
m M
2 2
v( x, y)
m
4
M
而
v( x*, y*) u( x*, Y*) M
故 v( x, y)
也在
R
内一点 ( x1 , y1 )
上取到其最大值，因而在该点处有：
2
x2
v
2v
0
2
2
2
0
y
2
v
v
即 v
0
，另一方面，
x
u M m
M
2
u M m
2l
2
v
x2
2l
l
2
2
,
y
l
2
2
0
m M m
y
2
2
所以
u
矛盾。故假设不成立。证毕
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