第一章波动方程 习题1-1 L.细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以（红，）表示静止时在x点处的点在时刻t离 开原来位置的偏移.假设振动过程中所发生的张力服从胡克定律，试证明（红，）满足方程 (微)-(》 其中p为杆的密度，E为杨氏模量. 证在杆上任取一段，静止时两端的坐标分别为x和x+△x,研究这段杆在时刻t的运动规律 I+u(I,t) x+△x+u(,t) x+△x 图1： 基本关系式：牛顿第二定律作用在物体上的力=该物体的质量×加速度 单位面积应力T=一E×(相对位移) 在时刻t这段杆两端的坐标分别为工+u(红，)，工+△x+u(红+△工，)，其相对伸长为 工+△x+ue+△z,)-包+u红》-△r=E+9Ar,) △E 令△x→0，取极限得在点x的相对伸长为u(x,),由应力等于 T(r,t)=E(r)u(r,t) 设杆的横截面积为S(x),则作用在杆段（红，x+△x)两端的力分别是 E(x)S(r)uz(x,t:E(x+△x)S(x+△x)z(x+△x,t) 于是由牛顿第二定律 p(x)S(x)△rut(x,t)=E(x+△x)Sz+△x)u=(x+△x,t)-E(z)S(x)u(z,t) 利用微分中值定理，消去△x,再令△x一0得 pesa-品E()5()）
✶➌Ù ➴➘➄➜ ❙❑ 1-1 1. ❬❭↔➼✝➈↕➱✱➠✠✳✝Ï✌✗✮♣➉✟➘➜➧ u(x, t) ▲➠➲➂➒✸ x ✿❄✛✿✸➒➃ t ❧ ♠✝✺➔➌✛➔↔. ❜✗✟➘▲➜➙↕✉✮✛ÜåÑ❧✞➂➼➷➜➪②➨ u(x, t) ÷✈➄➜ ∂ ∂t ρ(x) ∂u ∂t = ∂ ∂x E ∂u ∂x Ù➙ ρ ➃❭✛➋Ý➜E ➃✌➻✜þ. ② ✸❭þ❄✒➌ã➜➲➂➒üà✛❿■➞❖➃ x Ú x + ∆x ➜ï➘ùã❭✸➒➃ t ✛✩➘✺➷. x x + ∆x x + u(x, t) x + ∆x + u(x, t) ã 1: ➘✢✬❳➟➭Úî✶✓➼➷ ❾❫✸Ô◆þ✛å=❚Ô◆✛➓þ×❭❸Ý ü➔→➮❆å T = −E × (❷é➔↔) ✸➒➃ t ùã❭üà✛❿■➞❖➃ x + u(x, t), x + ∆x + u(x + ∆x, t)➜Ù❷é✛⑧➃ x + ∆x + u(x + ∆x, t) − (x + u(x, t)) − ∆x ∆x = ux(x + θ∆x, t) ✲ ∆x → 0➜✒✹⑩✚✸✿ x ✛❷é✛⑧➃ ux(x, t)➜❞❆å✤✉ T(x, t) = E(x)ux(x, t) ✗❭✛î✤→➮➃ S(x)➜❑❾❫✸❭ã (x, x + ∆x) üà✛å➞❖➫ E(x)S(x)ux(x, t); E(x + ∆x)S(x + ∆x)ux(x + ∆x, t) ✉➫❞Úî✶✓➼➷ ρ(x)S(x)∆xutt(x, t) = E(x + ∆x)S(x + ∆x)ux(x + ∆x, t) − E(x)S(x)ux(x, t) ⑤❫❻➞➙❾➼♥➜➒✖ ∆x➜✷✲ ∆x → 0 ✚ ρ(x)S(x) ∂ 2u ∂t2 = ∂ ∂x E(x)S(x)ux 1
若S(x)是常景，则得 e-品(E0 2.在杆纵向振动时，假设(1)端点的定，(2)端点自由，(3)端点的定在弹性支承上，试分别导出这三种 情况下所对应的边界条件。 解(1)两端的定u(0,)=0,u,)=0 (②)若x=1为自由端，则T，)=E()uz(，)=0，即（，）=0：若x=0为自由端，则同 理uz(0,)=0 (3)若x-1端的定在弹性支撑上，而弹性支撑的定于某点，且该点离开原米位置的位移用（给 出，则在x=1端支撑的伸长为u(化，)-()，则 E4(0,t)=-ku(l,t)-(t切 则此时边界条件为 特别的，若支承的定一定点上，则)=0，即 uz(,t)+u(,t)-0 同理可得 x=0,4(0,)-ou(0,)=2() I= u(l,)-v() ,t(t) M T=-Eu,(L,t)+z+u(zufl.t) 弹性力=-ku(,)-(e) 图2 3.试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 品0-r01=1- 2
❡ S(x) ➫⑦þ➜❑✚ ρ(x) ∂ 2u ∂t2 = ∂ ∂x(E(x) ∂u ∂x) 2. ✸❭♣➉✟➘➒➜❜✗(1)à✿✛➼➜(2)à✿❣❞➜(3)à✿✛➼✸✝✺⑤➠þ➜➪➞❖✓Ñù♥➠ ➐➵❡↕é❆✛❃✳❫❻. ✮ (1)üà✛➼ u(0, t) = 0, u(l, t) = 0 (2)❡ x = l ➃❣❞à➜❑ T(l, t) = E(l)ux(l, t) = 0➜❂ ux(l, t) = 0➯❡ x = 0 ➃❣❞à➜❑Ó ♥ ux(0, t) = 0 (3)❡ x = l à✛➼✸✝✺⑤➔þ➜✌✝✺⑤➔✛➼✉✱✿➜❹❚✿❧♠✝✺➔➌✛➔↔❫ v(t) ❽ Ñ➜❑✸ x = l à⑤➔✛✛⑧➃ u(l, t) − v(t)➜❑ Eux(l, t) = −k[u(l, t) − v(t)] ❑❞➒❃✳❫❻➃ ux(l, t) + σu(l, t) = v1(t) (σ = k E , V1(t) = kv(t) E ) ❆❖✛➜❡⑤➠✛➼➌➼✿þ➜❑ v(t) = 0➜❂ ux(l, t) + σu(l, t) = 0 Ó♥➀✚ x = 0, ux(0, t) − σu(0, t) = v2(t) x x = l u(l, t) − v(t) T = −Eux(l, t) + x + u(x, t) 0 x v(t) u(l, t) ✝✺å= −k[u(l, t) − v(t)] ã 2: 3. ➪②➭☛■✴❮➯✛♣✟➘➄➜➃ E ∂ ∂x[(1 − x h ) 2 ∂u ∂x] = ρ(1 − x h ) 2 ∂ 2u ∂t2 2
其中h为圆锥的高. .u 图3 证不妨设枢轴底面的半径为1，则工点处截面的半径，为 r=1- 故5)=1-2，利用1题得 -是6-款器 若E()=E常数，则得 E品1-器1-1- 4绝对柔软而均匀的弦线有一端周定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂的平研位置，试导出此线 的微小横振动方程 解设弦长为l,弦的线密度为P,则x点处的张力T(〾)为 T国近似pg1-(彻线方向 4(红，)是弦上各点在时刻t沿垂直于x轴方向的位移，取弦段（，工+△x小，则弦段两端张力在“轴 方向的分力为 pg0-z)sin(x):pg(l-(-△x》sin9+△r (x)是T)方向与x轴的夹角，又 血8长m0-密
Ù➙ h ➃☛■✛♣. O x u r x h ã 3: ② Ø➈✗❮➯✳→✛➀➺➃ 1➜❑ x ✿❄✤→✛➀➺ r ➃ r = 1 − x h ✙ S(x) = π(1 − x h ) 2➜⑤❫1❑✚ ρ(x) · π(1 − x h ) 2 ∂ 2u ∂t2 = ∂ ∂x[E · π(1 − x h ) 2 ∂u ∂x] ❡ E(x) = E ⑦ê➜❑✚ E ∂ ∂x[(1 − x h ) 2 ∂u ∂x] = ρ(1 − x h ) 2 ∂ 2u ∂t2 4. ýé❘❫✌þ✦✛✉❶❦➌à✛➼➜✸➜✢✜➢å❾❫❡➜❞❶❄✉❨❘✛➨ï➔➌➜➪✓Ñ❞❶ ✛❻✂î✟➘➄➜. ✮ ✗✉⑧➃ l➜✉✛❶➋Ý➃ ρ➜❑ x ✿❄✛Üå T(x) ➃ T(x) ❈q= ρg(l − x) (❷❶➄➉) u(x, t) ➫✉þ❼✿✸➒➃ t ÷❘❺✉ x ➯➄➉✛➔↔➜✒✉ã (x, x + ∆x)➜❑✉ãüàÜå✸ u ➯ ➄➉✛➞å➃ ρg(l − x) sin θ(x); ρg(l − (x − ∆x)) sin θ(x + ∆x) θ(x) ➫ T(x) ➄➉❺ x ➯✛❨✍➜q sin θ ≈ tan θ = ∂u ∂x 3
于是 p-a·g=ol-e+△u+a0-pwl- 利用微分中值定理，消去△缸，再令△x一0得 器=-删剂 个T(x) x+△x T(x+△x) ↓x 图4 5.一柔软均匀的细弦，一端周定，另一端是弹性支承.设该弦在阻力与速度成正比的介质中作微小的 横振动，试写出弦的位移所满足的定解问题。 解设正比例系数是，则在点工处阻力密度需，加垂直于工轴，则小弦段，x+△)上所受 的阻力为 f安 它在时间段（化，t+△）中产生的冲量为 由动量定理得 "-0-2a-0 22 由△工，△t任意性，知 +c贺=c-多-马
✉➫ ρ · ∆x · ∂ 2u ∂t2 = ρg[l − (x + ∆x)]∂u(x + ∆x, t) ∂x − ρg[l − x] ∂u(x, t) ∂x ⑤❫❻➞➙❾➼♥➜➒✖ ∆x➜✷✲ ∆x → 0 ✚ ∂ 2u ∂t2 = g ∂ ∂x (l − x) ∂u ∂x x u x x + ∆x T(x) T(x + ∆x) ã 4: 5. ➌❘❫þ✦✛❬✉➜➌à✛➼➜✱➌à➫✝✺⑤➠. ✗❚✉✸④å❺❸Ý↕✔✬✛✵➓➙❾❻✂✛ î✟➘➜➪✕Ñ✉✛➔↔↕÷✈✛➼✮➥❑. ✮ ✗✔✬⑦❳ê➫ b➜❑✸✿ x ❄④å➋Ý b ∂u ∂t ➜➄➉❘❺✉ x ➯➜❑✂✉ã (x, x + ∆x) þ↕➱ ✛④å➃ Z x+∆x x b ∂u ∂t dx ➜✸➒♠ã (t, t + ∆t) ➙✗✮✛➚þ➃ Z t+∆t t Z x+∆x x b ∂u ∂t dxdt ❞➘þ➼♥✚ Z t+∆t t Z x+∆x x [T ∂ 2u(x, t) ∂x2 − ρ ∂ 2u(x, t) ∂t2 − b ∂u(x, t) ∂t ]dxdt = 0 ❞ ∆x, ∆t ❄➾✺➜⑧ ∂ 2u ∂t2 + C 2 ∂u ∂t = a 2 ∂ 2u ∂x2 (Ù➙C = b ρ , a2 = T ρ ) 4
6.若F(),G()均为其变元的二次连续可导函数，验证F(c-a),G(z+a)均满足弦振动方 7.验证 g,y0=V-2-可 1 在锥2-x2-2>0中满足波动方程 -+ 1 证函数u(红，t)= -可在维P-2-2>0内对变上五t有阶连续偏导数，且 票-r-er+r4列 -e-2-.e+2r2- =-.-2+2明 则器+器=e-小：0++列- 习题1-2 1.证明方程 是0-资=-有款费>0常的 的通解可以写成 u=Fe-a+Ge+a h- 其中F,G为处意的具有二阶连续导数的两变上函数，并由此求解它的初值问题： t=0:u=(,= 解令(h-x)u=,则 -器=u+器h-器=-+器 品h-=-u+)+h-0+h-到=h- 6
6. ❡ F(ξ), G(ξ) þ➃Ù❈✄✛✓❣ë❨➀✓➻ê➜✟② F(x − at), G(x + at) þ÷✈✉✟➘➄ ➜ ∂ 2u ∂t2 − a 2 ∂ 2u ∂x2 = 0. 7. ✟② u(x, y, t) = 1 p t 2 − x 2 − y 2 ✸■ t 2 − x 2 − y 2 > 0 ➙÷✈➴➘➄➜ ∂ 2u ∂t2 = ∂ 2u ∂x2 + ∂ 2u ∂y2 ② ➻ê u(x, y, t) = 1 p t 2 − x 2 − y 2 ✸■ t 2 − x 2 − y 2 > 0 ❙é❈þ x, y, t ❦✓✣ë❨➔✓ê➜❹ ∂ 2u ∂t2 = (t 2 − x 2 − y 2 ) − 5 2 · (2t 2 + x 2 + y 2 ) ∂ 2u ∂x2 = (t 2 − x 2 − y 2 ) − 5 2 · (t 2 + 2x 2 − y 2 ) ∂ 2u ∂y2 = (t 2 − x 2 − y 2 ) − 5 2 · (t 2 − x 2 + 2y 2 ) ❑ ∂ 2u ∂x2 + ∂ 2u ∂y2 = (t 2 − x 2 − y 2 ) − 5 2 · (2t 2 + x 2 + y 2 ) = ∂ 2u ∂t2 . ❙❑ 1-2 1. ②➨➄➜ ∂ ∂x[(1 − x h ) 2 ∂u ∂x] = 1 a 2 (1 − x h ) 2 ∂ 2u ∂t2 (h > 0, ⑦ê) ✛Ï✮➀➧✕↕ u = F(x − at) + G(x + at) h − x Ù➙ F,G ➃❄➾✛ä❦✓✣ë❨✓ê✛ü❈þ➻ê➜➾❞❞➛✮➜✛Ð❾➥❑➭ t = 0 : u = ϕ(x), ∂u ∂t = ψ(x). ✮ ✲ (h − x)u = v➜❑ (h − x) ∂u ∂x = u + ∂v ∂x, (h − x) 2 ∂u ∂x = (h − x)(u + ∂v ∂x) ∂ ∂x[(h − x) 2 ∂u ∂x] = −(u + ∂v ∂x) + (h − x) ∂u ∂x + (h − x) ∂ 2v ∂x2 = (h − x) ∂ 2v ∂x2 5
又仙-代入原方 h-票=h- 即器-程测红利-F化-+G+a即通解-化-±C+型 h-T 又此初始条件得t=0:=(伍-4.贺=伍-回则得。的刺西间题 =0:u=h-e,宽=-a 此d'Alembert公式 .)-+at)e(r-at)+(a)(+(h-a)e(a)do 即得 u9=2-司-+a-a+h-a+a+a-可a-a)(oy 1 2.问初始条件()与（口）满足怎样的条件时程齐次波动方，初值问题的解仪此右传播波组成 解u红，)=F(红-a)+G(红+at).若仅有右传播被程则G红+a)三C程即G(e)=C.而 ca-a+品厂eoh-品 所以(),()应满足 a+日aol恤=G或o+el=0 3.利用传播波法程求解波动方，的古沙(Goursat)问题 4r-a=0=(), 4r+at=0=(r,(o(0)=(0) 解u(，t)=F(e-a)+G(+at),l-at=0=F(0)+G(2)=p(,4lz+at=0=F(2)+G0)=( 则F()=(与)-GO,G()=(与)-F()程而F0)+G(0)=(0)+(0=(0)=(O)程
q (h − x) ∂ 2u ∂t2 = ∂ 2v ∂t2 ➇❭✝➄➜ (h − x) ∂ 2v ∂x2 = 1 a 2 (h − x) ∂ 2v ∂t2 ❂ ∂ 2v ∂t2 = a 2 ∂ 2v ∂x2 ➜❑ v(x, t) = F(x − at) + G(x + at). ❂Ï✮ u(x, t) = F(x − at) + G(x + at) h − x . q❞Ð➞❫❻✚ t = 0 : v = (h − x)ϕ(x), ∂v ∂t = (h − x)ψ(x). ❑✚ v ✛❹Ü➥❑ ∂ 2v ∂t2 = a 2 ∂ 2v ∂x2 t = 0 : v = (h − x)ϕ(x), ∂v ∂t = (h − x)ψ(x) ❞d’Alembertú➟ v(x, t) = 1 2 [(h − x + at)ϕ(x − at) + (h − x − at)ϕ(x + at)] + 1 2a Z x+at x−at (h − α)ψ(α)dα ❂✚ u(x, t) = 1 2(h − x) [(h − x + at)ϕ(x − at) + (h − x − at)ϕ(x + at)] + 1 2a(h − x) Z x+at x−at (h − α)ψ(α)dα 2. ➥Ð➞❫❻ ϕ(x) ❺ ψ(x) ÷✈◆✘✛❫❻➒➜à❣➴➘➄➜Ð❾➥❑✛✮❂❞♠❉➶➴⑤↕➸ ✮ u(x, t) = F(x − at) + G(x + at). ❡❂❦♠❉➶➴➜❑ G(x + at) ≡ C➜❂ G(x) = C. ✌ G(x) = 1 2 ϕ(x) + 1 2a Z x x0 ψ(α)dα − C 2a ↕➧ ϕ(x), ψ(x) ❆÷✈ ϕ(x) + 1 a Z x x0 ψ(α)dα = C1 ➼ ϕ 0 (x) + 1 a ψ(x) = 0 3. ⑤❫❉➶➴④➜➛✮➴➘➄➜✛✔â↔Goursat↕➥❑ ∂ 2u ∂t2 = a 2 ∂ 2u ∂x2 u|x−at=0 = ϕ(x), u|x+at=0 = ψ(x), (ϕ(0) = ψ(0)) ✮ u(x, t) = F(x−at)+G(x+at), u|x−at=0 = F(0)+G(2x) = ϕ(x), u|x+at=0 = F(2x)+G(0) = ψ(x) ❑ F(x) = ψ( x 2 ) − G(0), G(x) = ϕ( x 2 ) − F(0)➜✌ F(0) + G(0) = 1 2 [ϕ(0) + ψ(0)] = ϕ(0) = ψ(0)➜ 6
故t,=)+()-0 4.对非齐次波动方程的初值问题 -器=f>0-0). (2)区间，的决定区域为t>0,x1+at≤x≤2-at,在其中任给(，t).则≤x-at0,t>0 4=0=p(),4lt=0=0 ur-kutlz=0=0 其中k为正常数 解方程的通解为u(红，)=F(x+ad)+G(x-ad).由初始条件 4=0=F()+G()=() -) l=0=F()-G(a=0 (cm-jvm-5 (x>0) a当z-ad>0时，Ge-a=e-ad-号 (③)当x-at<0时.由条件ux-kulr=0-F(at)+GC(at)-ak(F'(at)-G(-at)-0.解
✙ u(x, t) = ϕ( x + at 2 ) + ψ( x − at 2 ) − ϕ(0). 4. é➎à❣➴➘➄➜✛Ð❾➥❑ ∂ 2u ∂t2 − a 2 ∂ 2u ∂x2 = f(x, t), (t > 0, −∞ 0). (2) ➠♠ [x1, x2] ✛û➼➠➁➃ t > 0, x1 + at ≤ x ≤ x2 − at➜✸Ù➙❄❽ (x, t)➜❑ x1 ≤ x − at 0, t > 0 u|t=0 = ϕ(x), ut|t=0 = 0 ux − kut|x=0 = 0 Ù➙ k ➃✔⑦ê. ✮ ➄➜✛Ï✮➃ u(x, t) = F(x + at) + G(x − at)➜❞Ð➞❫❻ u|t=0 = F(x) + G(x) = ϕ(x) ut|t=0 = F 0 (x) − G0 (x) = 0 ⇒ F(x) = 1 2 ϕ(x) + C 2 G(x) = 1 2 ϕ(x) − C 2 (x > 0) (1)Ï➃ x + at > 0➜↕➧ F(x + at) = 1 2 ϕ(x + at) + C 2 (2)✟ x − at > 0 ➒➜G(x − at) = 1 2 ϕ(x − at) − C 2 (3)✟ x − at < 0 ➒➜❞❫❻ ux − kut|x=0 = F 0 (at) + G0 (at) − ak(F 0 (at) − G0 (−at)) = 0➜✮ 7
出c国=-号即ce-:8能at-号原间则的解为 ilo(z+al)+p(r-al).t> u(，t) e+a+u-球t1 t=0=po(e,x≥0 4=0=91(e,x≥0 =kr=() 其中po(0)=(0) 解方程的通解为 u(,t)=F(+)+G(r-t) 代入初始条微 4=0=F()+G(z)=9o(e,ul=0=F(o)-G(a)=P1(a) t=kx 图5 解出 aa-na-o-号 因为x+t>0.所以Fe+)-oe+)+号“po+号面z-t>0或z-t0时.cu-=2nc-9n@)da-号
Ñ G(x) = 1 2 1 − ak 1 + akϕ(−x) − C 2 ➜❂ G(x − at) = 1 2 1 − ak 1 + akϕ(at − x) − C 2 . ✝➥❑✛✮➃ u(x, t) = 1 2 [ϕ(x + at) + ϕ(x − at)], t > x a 1 2 [ϕ(x + at) + 1 − ak 1 + akϕ(at − x)], t 1 u|t=0 = ϕ0(x), x ≥ 0 ut|t=0 = ϕ1(x), x ≥ 0 u|t=kx = ψ(x) Ù➙ ϕ0(0) = ψ(0). ✮ ➄➜✛Ï✮➃ u(x, t) = F(x + t) + G(x − t) ➇❭Ð➞❫❻ u|t=0 = F(x) + G(x) = ϕ0(x), ut|t=0 = F 0 (x) − G 0 (x) = ϕ1(x) t = kx t = x x t II t > x I t 0➜↕➧ F(x + t) = 1 2 ϕ0(x + t) + 1 2 Z x+t x0 ϕ1(α)dα + C 2 ➜✌ x − t > 0 ➼ x − t 0 ➒➜G(x − t) = 1 2 ϕ0(x − t) − 1 2 Z x−t x0 ϕ1(α)dα − C 2 ; 8
(②)当x-t<0时，此时由边界条件u==F(1+k))+G(1-))=()(1-)r<0) 所以C-)=-F1+.令y=1-江，得工=是所以 G0=()-F±) 2-n告-号/借noh-S 所以 a-=说-c-0-借一， 综上，原问题的解为 ne++e-+号oa 当t<时 u(x,t） 7.求解下述边值问题 u牡-=0,0<t<f(a ult-:=p() 4t=fa=(到 其中(O)=(O),t=f(x)为由原点出发的、介丁特征线x=t与x=-t之间的光滑曲线，且对 切x,f'(x)≠1. 解方程的通解为 u(红，t)=F(z+t)+G(x-t) 4=r=F2x)+G0)=(r)→F(e)=p()-G(0) ult=f()=F(x+f())+G(r-f())=() 令x-f红)=，设从中解出x=(),则 Gg=eg-Feg+fg》=e》-+fe)+co 所以原问题的解 红，)=(2丰5+ct-t切-e-)+fet-t》
(2)✟ x − t x ➒ 7. ➛✮❡ã❃❾➥❑ utt − uxx = 0, 0 < t < f(x) u|t=x = ϕ(x) u|t=f(x) = ψ(x) Ù➙ ϕ(0) = ψ(0), t = f(x) ➃❞✝✿Ñ✉✛✦✵✉❆✍❶ x = t ❺ x = −t ❷♠✛✶✇➢❶➜❹é➌ ❷ x➜f 0 (x) 6= 1. ✮ ➄➜✛Ï✮➃ u(x, t) = F(x + t) + G(x − t) u|t=x = F(2x) + G(0) = ϕ(x) ⇒ F(x) = ϕ( x 2 ) − G(0) u|t=f(x) = F(x + f(x)) + G(x − f(x)) = ψ(x) ✲ x − f(x) = y➜✗❧➙✮Ñ x = v(y)➜❑ G(y) = ψ(v(y)) − F(v(y) + f(v(y))) = ψ(v(y)) − ϕ( v(y) + f(v(y)) 2 ) + G(0) ↕➧✝➥❑✛✮ u(x, t) = ϕ( x + t 2 ) + ψ(v(x − t)) − ϕ( 1 2 (v(x − t) + f(v(x − t)))) 9
8.求解波动方程的初值问题 解由非齐次方程柯西问题解的公式得 =-te+-ome-训-厂kae+t-》-omte-t-h =i血ri血t+si血r。ri-rh =sin zsint+sinz(r cos(t-r)+sin(t-r)o =tsinz 9.求解波动方程的初值问题 uu a2urs+ 4=0=0 l=o=1 1 ah=e+间-ame- -[a4ale =1 -专人l+e-i+e+e-n T 厂4时+尚 1+(-at)
8. ➛✮➴➘➄➜✛Ð❾➥❑ ∂ 2u ∂t2 − ∂ 2u ∂x2 = tsin x u|t=0 = 0, ∂u ∂t |t=0 = sin x ✮ ❞➎à❣➄➜❹Ü➥❑✮✛ú➟✚ u(x, t) =1 2 Z x+t x−t sin αdα + 1 2 Z t 0 Z x+(t−τ) x−(t−τ) τ sin ξdξdτ = − 1 2 [cos(x + t) − cos(x − t)] − 1 2 Z t 0 τ [cos(x + (t − τ )) − cos(x − (t − τ ))]dτ = sin x sin t + sin x Z t 0 τ sin(t − τ )dτ = sin x sin t + sin x[τ cos(t − τ ) + sin(t − τ )]t 0 =tsin x 9. ➛✮➴➘➄➜✛Ð❾➥❑ utt = a 2uxx + tx (1 + x 2) 2 u|t=0 = 0 ut|t=0 = 1 1 + x 2 ✮ u(x, t) = 1 2a Z x+at x−at 1 1 + α2 dα + 1 2a Z t 0 Z x+a(t−τ) x−a(t−τ) ξτ (1 + ξ 2) 2 dξdτ Z x+at x−at 1 1 + α2 dα = arctan(x + at) − arctan(x − at) Z t 0 Z x+a(t−τ) x−a(t−τ) ξτ (1 + ξ 2) 2 dξdτ = Z t 0 τ h −1 2(1 + ξ 2) ix+a(t−τ) x−a(t−τ) dτ = 1 2 Z t 0 τ 1 + (x − a(t − τ ) 2 − τ 1 + (x + a(t − τ ) 2 dτ = 1 2 Z x x−at − x − at − u a 2(1 + u 2) du + 1 2 Z x x+at x + at − u a 2(1 + u 2) du = − 1 2a 2 Z x+at x−at x − u 1 + u 2 du + t 2a Z x x−at du 1 + u 2 + t 2a Z x x+at du 1 + u 2 = 1 2a 2 (x − at) arctan(x − at) − 1 2a 2 (x + at) arctan(x + at) + t a arctan x + 1 4a 2 ln 1 + (x + at) 2 1 + (x − at) 2 10