《数学物理方法》第十章作业参考解答 10.1一无限长的弦,弦上x=x0点受到突然的冲击(冲量为D。求此后弦的振 动情况 解:定解问题: 6(x-x0) 根据d’ Alembent公式 l(:)=1 2ajx-at (5-x05=[H(x-x0+a)-H(x-x0-a1) 2ap 10.6长为2l的均匀杆,两端受压而使长度缩为l(2-2E),放手后任其自由振动, 求杆的振动情况。 解一]:设杆的中点为坐标原点,显然杆的振动是关于坐标原点x=0对称 的,因此只需求解0≤x≤l段。定解问题是 0≤x≤1) 0 设u(x,1)=X(x)7(t) (1) 可得,X"+AX=0 把①代入边界条件可得 X(0)=0X(1)=0 (4) 方程(2)和边界条件(4)构成本征值问题,当λ≤0时,方程无非零 解,当λ>0时,方程(2)的解为 X=A, COSv2x+A (5) 由(4)可得A1=0
《数学物理方法》第十章作业参考解答 10.1 一无限长的弦，弦上 0 x = x 点受到突然的冲击（冲量为 I）。求此后弦的振 动情况。 解：定解问题： = = − = = = 0; ( ); 0 0 0 2 x x I u u u a u t t t tt xx δ ρ 根据 d’Alembent 公式， ∫ + − = − = − + − − − x at x at H x x at H x x at a I x d I a u x t [ ( ) ( )] 2 ( ) 2 1 ( , ) 0 0 0 ρ δ ξ ξ ρ 10.6 长为2l 的均匀杆，两端受压而使长度缩为l(2 − 2ε ) ，放手后任其自由振动， 求杆的振动情况。 [解一]：设杆的中点为坐标原点，显然杆的振动是关于坐标原点 x = 0对称 的，因此只需求解0 ≤ x ≤ l 段。定解问题是 ( ) = = = − = = ≤ ≤ = = = = 0, 0 ; 0; 0 0 0 0 2 x x x l t t t tt xx u u u x u u a u x l ε 设u(x,t) = X (x)T(t) （1） = = −λ a T T X X 2 ' ' ' ' 可得， X ' '+λX = 0 ， （2） '' 0 2 T +λa T = ， （3） 把①代入边界条件可得 X (0) = 0 X '(l) = 0 （4） 方程（2）和边界条件（4）构成本征值问题，当λ ≤ 0时，方程无非零 解，当λ > 0 时，方程（2）的解为 X A cos λ x A sin λ x = 1 + 2 （5） 由（4）可得 0 A1 =
X()=√2A2cos√l-=0 所以本征值为2=2「(2n+1)z (n=0,1,2,3…) 相应的本征函数为X=Xn(x)=sin (2n+1)丌 (2n+1) + ]2T=0 T(o=T,(0=Ccos (2n+1)m +1) t+D sin 27 27 n+1)m l(x,1)=∑(C D 27 27 C (2n+1)丌 代入初始条件可得, Dn (2n+1)m.smn(2n+1)z 27 2 系数C,D分别为 (2n+1)mx 8al (2n+1)mx B=0 (x,)=8a/ ∑(-1)-1 (2n+1) (2n+1)mx (2n+1)2 按定解问题,此解仅适用于0≤x≤l。根据对称性上式在-1≤x≤l 也成立。 [解二] 将坐标原点取在杆的左端,则解定解问题为 =0 =0. 其解为 (x,)= ∑ COs cos (2n+1
X '(l) λ A cos λl = 2 =0 ⇒ cos λl =0 所以 本征值为 2 2 (2 1) + = = l n n π λ λ (n=0,1,2,3…) 相应的本征函数为 x l n X X x n 2 (2 1) ( ) sin + π = = (6) ] 0 2 (2 1) '' [ 2 = + + T l n a T π t l n a t D l n a T t Tn t Cn n 2 (2 1) sin 2 (2 1) ( ) ( ) cos π + π + + = = x l n t l n a t D l n a u x t C n n n 2 (2 1) ) sin 2 (2 1) sin 2 (2 1) ( , ) ( cos 0 π π + π ⋅ + + + = ∑ ∞ = 代入初始条件可得， + ⋅ + = + − = ∑ ∑ ∞ = ∞ = x l n l n a D x l n x C n n n n 2 (2 1) sin 2 (2 1) 0 2 (2 1) sin 0 0 π π π ε 系数Cn Dn , 分别为 2 2 1 0 0 2 (2 1) 8 ( 1) 2 (2 1) sin 2 (2 1) sin 1 π π ε ε π + = − + − + = + ∫ ∫ n l dx l n x x dx l n x C n l l n Bn = 0 l n x l n at n l u x t n n 2 (2 1) sin 2 (2 1) cos (2 1) 1 ( 1) 8 ( , ) 2 1 0 2 π π π ε + + + = − + ∞ = ∑ 按定解问题，此解仅适用于0 ≤ x ≤ l 。根据对称性上式在 − l ≤ x ≤ l 也成立。 [解二] 将坐标原点取在杆的左端，则解定解问题为 ( ) = = = − = = ≤ ≤ = = = = 0, 0 ( ); 0; 0 2 0 2 0 0 2 x x x x l t t t tt xx u u u l x u u a u x l ε 其解为 ∑ ∞ = + + + = 0 2 2 2 (2 1) cos 2 (2 1) cos (2 1) 8 1 ( , ) n l n x l n at n l u x t π π π ε
[解三] 将坐标原点取在杆的中点,直接写出杆的解定解问题为 (-l≤x≤1) 0 0 l 设u(x,)=X(x)7(t),可得, T+ha t=o X"+aX=0, X(-1) X()=0 方程(2)和边界条件(3)构成本征值问题,当λ0时,方程(2)的解 为 X=A cos 由边界条件(3)可得 A1sin√+√A2c (5) √Asin√+√A2 COSTal=0 为使A1,A2不同时为零,必须 sIn Acos√ 0,即,2sin√lcos√l=0,由此得到, sin√ 2 cos√Al 1=1 (n=123.…) 为求出相应的本征函数,将(6)代入(5)中的任意一式,得 由此可见,当n=2m(m=1,2,3,…)时,A2=0,相应本征函数是 X=Xn(x)=X? 当n=2m+1(m=0,12,3…)时,A1=0,相应本征函数是
[解三] 将坐标原点取在杆的中点，直接写出杆的解定解问题为 ( ) = = = − = = − ≤ ≤ =− = = = 0, 0 ; 0; 0 0 2 x x l x x l t t t tt xx u u u x u u a u l x l ε 设u(x,t) = X (x)T(t)， 可得， '' 0 2 T +λa T = ， （1） X ' '+λX = 0 ， （2） X ′(−l) = 0 X '(l) = 0 （3） 方程（2）和边界条件（3）构成本征值问题，当λ 0 时，方程（2）的解 为 X A cos λ x A sin λ x = 1 + 2 （4） 由边界条件（3）可得 − + = + = sin cos 0 sin cos 0 1 2 1 2 A l A l A l A l λ λ λ λ λ λ λ λ （5） 为使 1 2 A , A 不同时为零，必须 0 sin cos sin cos = − l l l l λ λ λ λ ，即，2sin λl cos λl = 0，由此得到， 2 2 = = l n n π λ λ （n = 1,2,3,L） （6） 为求出相应的本征函数，将（6）代入（5）中的任意一式，得 0 2 cos 2 1 sin + 2 = π nπ A n A 由此可见，当n = 2m （m = 1,2,3,L）时， 0 A2 = ，相应本征函数是 x l m X Xn x X m π ( ) cos = = 2 = 当n = 2m +1（m = 0,1,2,3,L）时， 0 A1 = ，相应本征函数是
X=Xn(x)=x2m+I=sin (2m+1) 对应每一个本征值,解方程(1),可得 Do (=4 (1)= t+d sin m7 Tml(t=Emcs- (2m+1)m (2m+1)m t2=λ (2m+1)丌 Fns u(x, t)=Co!+Do+2(Cm cos"/t+Dm sin-1)cos 7 +∑(En0"+ 1) F 2/1)sin(2m+1)z (2m+1)m 代入初始条件可得, a=D0+ (2m+1) cos -x+ 27 0=c0+>Dc3 IIx+>F(2n 1)m(2n+1)x sIn 21 所以系数分别为 arax aX COs dx=o E sin (m+1) I'-Exsin (2m+)7r (2m+1)2z C0=0,Dn=0,Fn=0,因此 (x,D) (2m+1)mt(2m+1)z cos (2m+1) 2 10.9求二维无限深势阱的 Schrodinger方程
( ) x l m X Xn x X m 2 2 1 ( ) 2 1 sin + π = = + = 对应每一个本征值，解方程（1），可得 0 0 0 T (t) = C t + D ( 0) λ = λ0 = t l m a t D l m a T m t Cm m π π 2 ( ) = cos + sin = = 2 2 l m m π λ λ t l m a t F l m a T m t Em m 2 (2 1) sin 2 (2 1) ( ) cos 2 1 π + π + + + = + = + = 2 2 1 2 (2 1) l m m π λ λ x l m t l m a t F l m a E x l m t l m a t D l m a u x t C t D C m m m m m m 2 (2 1) )sin 2 (2 1) sin 2 (2 1) ( cos ( , ) ( cos sin ) cos 0 1 0 0 π π π π π π + + + + + = + + + ∑ ∑ ∞ = ∞ = 代入初始条件可得， + + = + + + − = + + ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = 1 1 0 1 0 0 2 (2 1) sin 2 (2 1) 0 cos 2 (2 1) cos sin m m m m m m m m x l n l n a x F l m l m a C D x l m x E l m x D C π π π π π π ε 所以系数分别为 d 0 d 1 0 = − = ∫ ∫ − − l l l l x x x D ε cos d 0 cos d 1 2 − = = ∫ ∫ − − l l l l m x l m x x x l m x C π ε π 2 2 1 2 (2 1) 8 d ( 1) 2 (2 1) sin d 2 (2 1) sin 1 π π ε ε π + = − + − + = + − − ∫ ∫ m l x l m x x x l m x E m l l l l m C0 = 0 ， Dm = 0 ， Fm = 0，因此， ∑ ∞ = + + + + = − 0 2 1 2 2 (2 1) sin 2 (2 1) cos (2 1) 1 ( 1) 8 ( , ) m m l m x l m at m l u x t π π π ε 10.9 求二维无限深势阱的 Schrodinger 方程
h2 a 2m ax Ev(x,y)(0≤xsa0≤y≤a) =0 0 0 中能级E的最小值和次小值以及相应的归一化波函数 令v(x,y)=(x)Y(y)代入原薛定谔方程 得 (x) r"() 2mE X(x) 可设 X(x) "(y) Y(y) 其中,元+ 2mE h 由边界条件,得 X(0)=0,X(a)=0 F(0)=0,Y(a)=0 (5) 方程(1)和边界条件(4)构成本征值问题,解得 本征值n=(-)2,(n=1,2,3,…) 相应本征函数X nza a 相似地,由方程(2)和边界条件(5)构成的本征值问题,得 本征值 相应本征函数yn(y)=sinm (m=1,2,3,…) 由(3)式得, (n+4n) +m2)丌 相应的本征函数v= Csin -sin
( ) () () ( ) = = = = = ≤ ≤ ≤ ≤ ∂ ∂ + ∂ ∂ − = = = = 0, 0 0, 0 , , , 0 ,0 2 0 0 2 2 2 2 2 y y a x x a x y E x y x a y a y x y m x ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ h 中能级 E 的最小值和次小值以及相应的归一化波函数。 解： 令 ψ (x, y) = X (x)Y( y) 代入原薛定谔方程 得 2 2 ( ) ''( ) ( ) ''( ) h mE Y y Y y X x X x + = − 可设 = −λ ( ) ' '( ) X x X x （1） = −µ ( ) ''( ) Y y Y y （2） 其中， 2 2 h mE λ + µ = ， （3） 由边界条件，得 X (0) = 0, X (a) = 0 （4） Y(0) = 0,Y(a) = 0 （5） 方程（1）和边界条件（4）构成本征值问题，解得 本征值 ( ) , 2 a n n π λ = （n =1,2,3,…） 相应本征函数 a n x X x n π ( ) = sin 相似地，由方程（2）和边界条件（5）构成的本征值问题，得 本征值 2 ( ) a m m π µ = 相应本征函数 a m y Y y m π ( ) = sin （m =1,2,3,…） 由（3）式得， 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ma n m m Enm n m h π h λ µ + = + = 相应的本征函数 a m y a n x nm C π π ψ = sin sin
归一化后n2 nA. mmy E最小值为印= 对应的本征函数为v1 sIn 次小值为E12=E21 分别对应本征函数v12=-sin-sin sin- 10.13求解均匀细杆的导热问题,设杆的侧面是绝热的,初始温度为零,x=l端 保持为零度,而另一端x=0的温度为At(A为常数) 解:定解问题 at 0 A u(x, 0=v(x, 0+w(x, t) v(x,D)=C1(1)x+C2(1)代入边界条件,得 C2()=A =C1()+C2()=0 解得,C(=-S(_A 1-7,C2(n)=At,因此 v(r, i)s At(1-x) 关于w得定解问题为 现在用本征函数法求解此定解问题。相应齐次方程经分离变量后得到的 本征值问题是, ∫Xx"+x=0 xO=0,x(O)=0
归一化后 a m y a n x a nm π π ψ sin sin 2 = E 最小值为 2 2 2 11 ma E π h = ,对应的本征函数为 a y a x a π π ψ sin sin 2 11 = 次小值为 2 2 2 12 21 2 5 ma E E π h = = ， 分别对应本征函数 a y a x a a y a x a π π ψ π π ψ sin 2 sin 2 , 2 sin sin 2 12 = 21 = 10.13 求解均匀细杆的导热问题，设杆的侧面是绝热的，初始温度为零，x = l 端 保持为零度，而另一端 x = 0的温度为 At （A 为常数）。 解：定解问题 = = = = = = = ; 0 0; 0 0 2 x x l t t xx u At u u u a u 令 u(x,t) = v(x,t) + w(x,t) ( , ) ( ) ( ) 1 2 v x t = C t x + C t 代入边界条件，得 = + = = = = = ( ) ( ) 0 ( ) 1 2 0 2 v C t l C t v C t At x l x 解得， t l A l C t C t = − = − ( ) ( ) 2 1 ， C (t) = At 2 ，因此 l At l x v x t ( ) ( , ) − = 关于w 得定解问题为 = = = − − = − = = = 0; 0 0 ( ) 0 0 2 x x l t t xx w w w l A l x w a w 现在用本征函数法求解此定解问题。相应齐次方程经分离变量后得到的 本征值问题是， = = + = (0) 0, ( ) 0 ' ' 0 X X l X λX
其本征值n=()2,(n=1,2,3,…) 相应本征函数Xn(x)=sin a 将w和非齐次项按本征函数系展成 Fourier级数,为 (x,1)=∑Tn(1) A(1-x) 1=∑ a, sin nar 其中系数an=2(-4()inzc=-24, 将它们代入方程,得 ∑(n 2)sinnA n a nTA a. sin 比较两边系数,得 T"+ 2A 用常数变异法可解得Tmna(e_1,因此 Ta2 所以u(x,) Ar(-x),2A12 n 10.14求解定解问题(b为常数) a(x,0)-an2(x,1)= bsinhx(0≤x≤ =0 rel 0 解:(用本征函数法求解) 先将相应的齐次方程分离变量,得到本征值问题 ∫Xx"+x=0
其本征值 ( ) , 2 a n n π λ = （n =1,2,3,…） 相应本征函数 a n x X x n π ( ) = sin 将 w 和非齐次项按本征函数系展成 Fourier 级数，为 l n x a l A l x l n x w x t T t n n n n π π ∑ ∑ ∞ = ∞ = = − − = 1 1 sin ( ) ( , ) ( )sin 其中系数 π π n A dx l n x l A l x l a l n 2 )sin ( ) ( 2 0 = − − = − ∫ ， 将它们代入方程，得 ∑ ∑ ∞ = ∞ = + = 1 1 2 2 2 2 ( ' )sin sin n n n n n l n x a l n x T l n a T π π π 比较两边系数，得 = + = − = 0 2 ' 0 2 2 2 2 n t n n T n A T l n a T π π 用常数变异法可解得 ( 1) 2 2 2 2 2 3 3 2 2 = − − l n a n e n a Al T π π ，因此 l n x e a n Al w l n a n π π π ( 1)sin 2 1 2 2 2 2 1 3 2 3 2 = − ∞ − = ∑ 所以 l n x e a n Al l At l x u x t l n a n π π π ( 1)sin ( ) 2 1 ( , ) 2 2 2 2 1 3 2 3 2 + − − = ∞ − = ∑ 10.14 求解定解问题（b 为常数） ( ) = = = = − = ≤ ≤ = = = = 0, 0 0, 0 ( , ) ( , ) sinh 0 0 0 0 2 t t t x x l tt xx u u u u u x t a u x t b x x l 解：（用本征函数法求解） 先将相应的齐次方程分离变量，得到本征值问题 = = + = (0) 0 ( ) 0 ' ' 0 X X l X λX ， （1）
其本征值为元=n (n=0,1,2,3…) 相应的本征函数为x=Xn(x)=sin"zx 将u和非齐次项按本征函数系展成 Fourier级数,为 ∑ T (Osin bsinhx 其中,展开系数a/ Sinh x sin"d=2nmb(-)-lsinhl 将它们代入方程,得 2nzb(-1)"- sinh/ 用 Laplace变换求解, 设Tn台元,则Tp2n-pTn(0)-7(0)=p27,因此得像函数方程 7=c,解之得 . CPp+1 ,因为 sin ot 利用卷积定理,得 n T=c CH(Sin"1dr 2nb(-1)-sinh/ I 12+n2r b/(-1"sinh naar (12+n2n2)m 因此,u(x,) 261 I naat 7(12+n22)
其本征值为 2 = = l n n π λ λ (n=0,1,2,3…) 相应的本征函数为 x l n X X x n π = ( ) = sin 将 u 和非齐次项按本征函数系展成 Fourier 级数，为 l n x u x t T t n n π ( , ) ( )sin 1 ∑ ∞ = = l n x b x a n n π sinh sin 1 ∑ ∞ = = 其中，展开系数 2 2 2 1 0 2 ( 1) sinh sinh sin 2 π π π l n n b l dx l n x b x l a n l n + − = ⋅ = − ∫ 将它们代入方程，得 = ′ = = + − + = = = − | 0; | 0 2 ( 1) sinh ' ' ( ) 0 0 2 2 2 1 2 n t n t n n n T T c l n n b l T l n a T π π π 用 Laplace 变换求解， 设 Tn ↔ Tn ，则Tn p Tn pTn Tn p T 2 2 ′′↔ − (0) − ′(0) = ，因此得像函数方程， p T c l n a p Tn n 1 2 2 = + π ，解之得 2 2 1 1 + = l n a p p T c n π ，因为 2 2 sin ω ω ω + ↔ p t ，利用卷积定理，得 (1 cos ) ( ) 2 ( 1) sinh ( ) ( )sin 2 ( 1) sinh ( ) ( )sin 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0 l n at l n n a bl l d l n a t H n a l l n n b l d l n a t H n a l T c n t n t n π π π τ π τ τ π π π τ π τ τ π − + − = − ⋅ + − = − = − − ∫ ∫ 因此， l n x l n at a n l n bl l u x t n n π π π π (1 cos )sin ( ) 2 sinh ( 1) ( , ) 1 2 2 2 1 2 2 ⋅ − + − = ∑ ∞ = −