10 行波法分离变量法 有了数学物理方程和所需的附加条件,下一步就是:如何解? 先从物理上考虑 101一维无界区域的自由振动 D'Alembert公式 Q无界区域的自由振动 以弦的横振动为例。振动方程 其中:a2=T/,f=Fp,F为单位长度受到的外力,p弦的线密度。 对自由振动,f=0。无限长的弦,不必计及边界的影响 物理上的理解:弦足够长,边界足够远,以致于边界的影响(反射)尚来不及传到我们所感兴趣的这段弦 定解问题: 双曲型泛定方程 (x,0)=(x),a(x,0)=(x) Cauchy初始条件(给定函数及其导数值) 方程对应于§94节(14)式: +B-y 中A=1,B=0,C=-a2,B2-4AC=4a2>0,可作变换 E=Ax+-1-B+vB2-44C =x+aL, 把方程化为 0形式 n=Ax+--B-vB-4Ac t=x-a asan 从而可解得 l=f()+f(m)=f(x-a0+h(x+a,其中f(x)和hx)为任意函数。 可见,只有泛定方程,远远不能完全确定解 解的物理意义: 第一项:f(x-a)=f(x),x'=x-at 以S为实验室坐标系,x为在S坐标系中的坐标, 以S为相对于实验室坐标以速度a沿x方向运动的坐标系
10 行波法 分离变量法 有了数学物理方程和所需的附加条件，下一步就是：如何解？ 先从物理上考虑。 10.1 一维无界区域的自由振动 D’Alembert 公式 无界区域的自由振动 以弦的横振动为例。振动方程： utt - a2 uxx = f 其中：a2 = T/ρ, f = F/ρ, F 为单位长度受到的外力，ρ 弦的线密度。 对自由振动，f = 0。无限长的弦，不必计及边界的影响。 物理上的理解：弦足够长，边界足够远，以致于边界的影响（反射）尚来不及传到我们所感兴趣的这段弦。 定解问题： utt = a2 uxx 双曲型泛定方程 u(x, 0) = φ(x), ut(x, 0) = ψ(x) Cauchy初始条件 （给定函数及其导数值 ） 方程对应于 § 9.4节(1.4)式： A ∂2 φ ∂ t 2 + B ∂2 φ ∂ t ∂ x + C ∂2 φ ∂ x2 = 0 中 A = 1, B = 0, C = -a2，B2 - 4 A C = 4 a2 > 0 ，可作变换 ξ = A x + 1 2 -B + B2 - 4 A C t = x + a t, η = A x + 1 2 -B - B2 - 4 A C t = x - a t 把方程化为 ： ∂2 u ∂ ξ ∂ η = 0 形式 从而可解得 ： u = f1(ξ) + f2(η) = f1(x - a t) + f2(x + a t)， 其中 f1(x) 和 f2(x) 为任意函数 。 可见，只有泛定方程 ，远远不能完全确定解 。 解的物理意义： 第一项： f1(x - a t) = f1(x′ ), x′ = x - a t x at ′ x S S′ 以 S 为实验室坐标系 ，x 为在 S 坐标系中的坐标 ， 以 S′ 为相对于实验室坐标以速度 a 沿 x 方向运动的坐标系
2 z10anb 据伽利略变换,在S坐标系中的坐标x=x-at 因波形f(x)不显含时间,所以在S坐标系中看,波形是固定不变的 从而在实验室坐标系S上看,f(x-a)表示一个以速度a不畸变地向右运动的波形 第二项:f2(x+a)=f(x"),x"=x+at 类似于f(x-at),在实验室坐标系S上看,f(x+a表示一个以速度a不畸变地向左运动的波形 因此,泛定方程的解为两个不畸变的传播波,一个向右传播,一个向左传播。 f[x If-40] [t,0,5,0.02), AnimationRunning False D公巴 现在需确定适当的函数f和,使解满足两个初始条件 u(x, 1)=i(x-ar+f(r+an), a(x,0)=g(x) f(x)+(x)=(x) nx0)=)=-a/()+ag(=)=()-()=-1wed+c
据伽利略变换 ，在 S′ 坐标系中的坐标 x′ = x - a t 因波形 f1(x′ ) 不显含时间 ，所以在 S′ 坐标系中看 ，波形是固定不变的 。 从而在实验室坐标系 S 上看，f1(x - a t) 表示一个以速度 a 不畸变地向右运动的波形 。 第二项： f2(x + a t) = f2(x′′), x′′ = x + a t 类似于 f1(x - a t)，在实验室坐标系 S 上看，f2(x + a t) 表示一个以速度 a 不畸变地向左运动的波形 。 因此，泛定方程的解为两个不畸变的传播波，一个向右传播，一个向左传播。 f[x_] := If -4 0] , {t, 0, 5, 0.02}, AnimationRunning False t -8 -6 -4 -2 2 4 -0.1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 现在需确定适当的函数 f1 和 f2，使解满足两个初始条件。 u(x, t) = f1(x - a t) + f2(x + a t), u(x, 0) = φ(x) ⟹ f1(x) + f2(x) = φ(x) ut(x, 0) = ψ(x) ⟹ -a f1 ′ (x) + a f2 ′ (x) = ψ(x) ⟹ f1(x) - f2(x) = - 1 a x0 x ψ(ξ) ξ + c 2 z10a.nb
f(x)=-(x)- v(edE 解得 f(x)=-g(x)+ ψ(E)df x,D=f1(x-a1)+2(x+a1)=-y(x-a1)+(x+a)+ 从而,一维无界波动方程的解 D'Alembert公式 u(x, n=-(x-an+o(x+anl+ (eds (x,0)=b(x) 其物理意义为:一个向左、一个向右传播的无畸变的行波,如上图所示。故称这种解法为行波法 目例1.无限长弦在x=x受一冲量/冲击,弦的线密度为p,求弦振动 解:先写出定解问题(定解条件):无限长,无需边条 ln-afux=0 泛定方程 (a(x,0)=0,a(x,0)=?初条 在x0点得到冲量,从而仅在该点有初速度:(r,0)=co(x-xo) =|u(,0)pdx→cp=l→a(x,0)=-(x-x0)(参见§94例2) 利用 D'Alembert公式:M=1C-)E=1C-mnd 2a Jx-at a 当1x-+01>0即小上一s的 xo 2ap u(x,0)=12ap otherwise 物理意义:离x距离为d=x-xo之处,要等到时间在 后才有响应(位移) 即:波从x传到距x的距离为d=x-xol处,需要时间一,故a也称为波传播速度
解得： f1(x) = 1 2 φ(x) - 1 2 a x0 x ψ(ξ) ξ + c 2 f2(x) = 1 2 φ(x) + 1 2 a x0 x ψ(ξ) ξ - c 2 ⟹ u(x, t) = f1(x - a t) + f2(x + a t) = 1 2 [φ(x - a t) + φ(x + a t)] + 1 2 a x-a t x+ a t ψ(ξ) ξ 从而，一维无界波动方程的解 —— D’Alembert 公式 utt = a2 uxx u(x, 0) = φ(x) ut(x, 0) = ψ (x) ⟹ u (x, t) = 1 2 [φ (x - a t) + φ (x + a t)] + 1 2 a x-a t x+ a t ψ (ξ) ξ 其物理意义为：一个向左、一个向右传播的无畸变的行波，如上图所示。故称这种解法为行波法。 ☺ 例 1. 无限长弦在 x = x0 受一冲量 I 冲击，弦的线密度为 ρ，求弦振动 解：先写出定解问题 （定解条件 ）：无限长，无需边条 utt - a2 uxx = 0 泛定方程 u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = ? 初条 在 x0 点得到冲量 ，从而仅在该点有初速度 ：ut(x, 0) = c δ(x - x0) I = ut(x, 0) ρ x ⟶ c ρ = I ⟶ ut(x, 0) = I ρ δ(x - x0) （参见 §9 .4 例 2） 利用 D'Alembert 公式：u(x, t) = 1 2 a x-a t x+ a t I a δ(ξ - x0) ξ = 1 2 a x-x0-a t x-x0+ a t I a δ(η) η 当 x - x0 - a t 0 即 t > x - x0 a 时，u = I 2 a ρ u(x, t) = I 2 a ρ , t > x - x0 a 0, otherwise 物理意义 ：离 x0 距离为 d = x - x0 之处，要等到时间在 x - x0 a 后才有响应 （位移）。 即：波从 x0 传到距 x0 的距离为 d = x - x0 处，需要时间 d a ，故 a 也称为波传播速度 。 z10a.nb 3
z10a.nb 1 =1 Ip=1 bs [x] u【x_,t_]:=It> Animate Plot [u[x, t], [x,-5, 5), AxesOrigin+[0,0), PlotRange[-05, 1.01 Plotstyle -[[Red, Thick]), RegionFunction Function[[x, y],y>-011] [t,0, 5,0.02), AnimationRunning False] 公 0.6
a = 1; ρ = 1; Ip = 1; u[x_, t_] := If t > Abs[x] a , Ip 2 a ρ , 0 ; Animate[ Plot[u[x, t], {x, -5, 5}, AxesOrigin {0, 0}, PlotRange {-0.5, 1.0}, PlotStyle {{Red, Thick}}, RegionFunction Function[{x, y}, y > -0.1]], {t, 0, 5, 0.02}, AnimationRunning False] t -4 -2 2 4 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 4 z10a.nb
Q半无界区域的自由振动一初始条件的延拓 1.第一类齐次边条一奇延拓 定解问题 x≥0(出现边界x=0,在x=0需要边条) u(x, 0)=o(r), u(x, 0)=v(x) 相当于一端固定 对这个定解问题,我们注意到两点 (a)我们仅需要在x≥0区域的解 (b)满足以上方程的解是唯一的,即只要满足(1.1),就是该问题的解 为此,我们可在x<0区域人为地附加一些条件,使得问题拓展为无界问题,即可用 D'Alember公式求解 然后在无界问题的解中取x≥0部分,如果解在这部分满足定解条件(1.1),即为原问题的解。 至于无界问题的解在x<0区域如何,并不重要。 这就是延拓的思想 半无界延拓,无界:需要 无界问题的解在x≥0区域仍满足(1.1) 延拓后可以用 D'Alembert公式 半无界 Dirichlet(I类)齐次边条的延拓: -a- llr -∞<x<+0 Ux,0)=(x) 0,D)=0 U(0,1)=0对应于:(0,t)=0 显然延拓后U满足的泛定方程与u相同。也就是说:U满足左边方程的第一行 所以,问题就归结为如何选取ψ(x)和屮(x),使得U在x≥0区域满足左边的第 四行 令在x≥0区域:4)和里x)分别退化为dx)和(x,(9()=)x≥0 这样无界解U就可满足左边的第二、三行。 而在x<0区域:(x)和平(x)如何取? 取适当的φ(x)和屮(x),使得在x=0,U(x,m)=0=0以满足左边的第四行 这样,无界解U就满足半无界问题的定解条件,根据解的唯一性,在x≥0区域:u(x,D=U(x,t)。 由(12),利用 D Alembert公式可得 U(, n=-lp(x-an+d(x+anl+ yed 现要求在x=0时,U(0,)=0以满足(1.1)中的第四行,为此,需要 0.0=0-a0++2r"vede=0 显然,只要4x)和屮(x)为奇函数即可 又因为,在x≥0区域:4x)和平(x)分别退化为dx)和u(x 因此,我们就确定了(1.2)式的小x)和(x) gp(r)= o(r) Y(x)= d(-x)x<0 ψ(-x) 0 因为把原来给定的在x≥0区域的初始条件做奇函数延拓至-∞<x<+∞区域,故称为奇延拓 这样,(1.2)式解出的U(x,D在x≥0区域满足(1.1)式,即:在x≥0区域,u(x,D)=U(x,D) 在x≥0区域
半无界区域的自由振动 —— 初始条件的延拓 1. 第一类齐次边条——奇延拓 定解问题： utt = a2 uxx x ≥ 0 （出现边界 x = 0，在 x = 0 需要边条 ） u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ(x) u(0, t) = 0 相当于一端固定 (1.1) 对这个定解问题，我们注意到两点： (a) 我们仅需要在 x ≥ 0 区域 的解 (b) 满足以上方程的解是 唯一的，即只要满足(1. 1)，就是该问题的解 为此，我们可在 x < 0 区域人为地附加一些条件，使得问题拓展为无界问题，即可用D’Alembert公式求解。 然后在无界问题的解中取 x ≥ 0 部分，如果解在这部分满足定解条件 (1.1)，即为原问题的解。 至于无界问题的解在 x < 0 区域如何，并不重要。—— 这就是延拓的思想。 半无界 延拓 无界：需要： 无界问题的解在 x ≥ 0 区域仍满足 (1. 1) 延拓后可以用 D’Alembert公式 半无界 Dirichlet （I 类）齐次边条的延拓： utt = a2 uxx x ≥ 0 u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ (x) u(0, t) = 0 延拓 Utt = a2 Uxx -∞ < x < +∞ U(x, 0) = Φ(x) Ut(x, 0) = Ψ(x) U(0, t) = 0 对应于：u(0, t) = 0 (1.2) 显然延拓后 U 满足的泛定方程与 u 相同。也就是说： U 满足左边方程的第一行。 所以，问题就归结为如何选取 Φ(x) 和 Ψ(x)，使得 U 在 x ≥ 0 区域满足左边的 第二、三、四行。 令在 x ≥ 0 区域：Φ(x) 和 Ψ(x) 分别退化为 ϕ(x) 和 ψ(x)， Φ(x) = ϕ(x) Ψ(x) = ψ(x) if x ≥ 0 这样无界解 U 就可满足左边的 第二、三行。 而在 x < 0 区域：Φ(x) 和 Ψ(x) 如何取？ 取适当的 Φ(x) 和 Ψ(x)，使得在 x = 0, U(x, t)x=0 = 0 以满足左边的 第四行。 这样，无界解 U 就满足半无界问题的定解条件，根据解的唯一性，在 x ≥ 0 区域：u(x, t) = U(x, t)。 由 (1.2)，利用D’Alembert公式可得： U(x, t) = 1 2 [Φ(x - a t) + Φ(x + a t)] + 1 2 a x-a t x+ a t Ψ(ξ) ξ 现要求在 x = 0 时，U(0, t) = 0 以满足 (1.1) 中的第四行，为此，需要 U(0, t) = 1 2 [Φ(-a t) + Φ(a t)] + 1 2 a -a t a t Ψ(ξ) ξ = 0 显然，只要 Φ(x) 和 Ψ(x) 为奇函数即可 。 又因为，在 x ≥ 0 区域：Φ(x) 和 Ψ(x) 分别退化为 ϕ(x) 和 ψ(x)， 因此，我们就确定了 (1.2)式的 Φ(x) 和 Ψ(x) Φ(x) = ϕ(x) x ≥ 0 -ϕ(-x) x < 0 , Ψ(x) = ψ(x) x ≥ 0 -ψ(-x) x < 0 因为把原来给定的在 x ≥ 0 区域的初始条件做奇函数延拓至 -∞ < x < +∞ 区域，故称为奇延拓。 这样， (1.2) 式解出的 U(x, t) 在 x ≥ 0 区域满足 (1.1) 式，即：在 x ≥ 0 区域，u(x, t) = U(x, t)。 在 x ≥ 0 区域 z10a.nb 5
d(x-a1)+(x+at)]+ v(ede at≥0 u(x, n=U(x, n p(r-an)+o(x+an+ H(2dE+ 2ds, x-atx/a时,解的形式(上式第二行)与无界情况不相同 为在x发生的扰动已经传到x=0端,“发觉”该端被固定而非延伸到无穷,边界效应就显现,解当然有区别 下图分别展示无界和半无界的行波。为简单起见,下图假设(x)=0。 若x)≠0,可设h()=(x),则ax,0)中多了:1[m0x+a0-ha-x),与前一项1x+a0-(a1-x的形式完全相同
u(x, t) = U(x, t) = 1 2 [ϕ(x - a t) + ϕ(x + a t)] + 1 2 a x-a t x+ a t ψ(ξ) ξ, x - a t ≥ 0 1 2 [Φ(x - a t) + ϕ(x + a t)] + 1 2 a x-a t 0 Ψ(ξ) ξ + 1 2 a 0 x+a t ψ(ξ) ξ, x - a t x /a 时，解的形式 （上式第二行 ） 与无界情况不相同 ， 因为在 x 发生的扰动已经传到 x = 0 端，“发觉” 该端被固定而非延伸到无穷 ，边界效应就显现 ，解当然有区别 。 下图分别展示无界和半无界的行波。为简单起见，下图假设 ψ(x) = 0。 若 ψ(x) ≠ 0，可设 h′ (x) = ψ(x)，则 u(x, t) 中多了： 1 2 a [h(x + a t) -h(a t - x)]，与前一项 1 2 [ϕ(x + a t) -ϕ (a t - x)] 的形式完全相同。 6 z10a.nb
z10a.nba Clear [fl, g1] f1【x_]:=If[Abs[x丌-2丌]0] Grid[iiga, gb])] [t,0,10,0.01 下+囡口 可以看到,左行的波在遇到固定边界时被反射,反射波与左行入射行波之间相位差为x(见右图x=0处红蓝波形。) 这种反射波相对于入射波在相位上突变丌的现象,物理上成为半波损失 x=0处,反射波与入射波之和u(0,n=0。在时间足够长时,就只剩向右传播的波形 思考:(13)式表明当x-a1<0时,D=如+a0-1-是否表明存在一左行波一右行波 !是,这与在时间足够长时,只剩下向右传播的波形是否矛盾 2第二类齐次边条—偶延拓 定解问题 (x,0)=dx),a(r,0)=x20(出现边界x=0,在x=0需要边条) l2(0,D)=0 相当于一端自由的半无限长细杆纵振动 类似于第一类齐次边条,但这里要作偶延拓 半无界Ⅱ类齐次边条的延拓
Clear[f1, g1]; f1[x_] := If[Abs[x π - 2 π] 0] ; Grid[{{ga, gb}}], {t, 0, 10, 0.01} t 2.1 -4 -2 2 4 6 8 -1.0 -0.5 0.5 1.0 -4 -2 2 4 6 8 -1.0 -0.5 0.5 1.0 可以看到，左行的波在遇到固定边界时被反射，反射波与左行入射行波之间相位差为 π （见右图 x = 0 处红蓝波形。） 这种反射波相对于入射波在相位上突变 π 的现象，物理上成为半波损失。 在 x = 0 处，反射波与入射波之和 u(0, t) = 0。在时间足够长时，就只剩向右传播的波形。 思考：(1. 3) 式表明当 x - a t < 0 时，u(x, t) = 1 2 [ϕ(x + a t) -ϕ(a t - x)] 是否表明存在一左行波一右行波 ？ 如果是，这与在时间足够长时 ，只剩下向右传播的波形是否矛盾 ？ 2. 第二类齐次边条——偶延拓 定解问题： utt = a2 uxx x ≥ 0 （出现边界 x = 0，在 x = 0 需要边条 ） u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ(x) ux(0, t) = 0 相当于一端自由的半无限长细杆纵振动 (1.4) 类似于第一类齐次边条，但这里要作偶延拓。 半无界 II 类齐次边条的延拓： z10a.nb 7
Un s a Urx x,0)=d(x), {U(x,0)=d(x) U(x,0)=(x) 利用 D Alem bert公式可得: U(x,1)=-x-a+(x+al)]+ ()d 现要求在x=0时,U(0,1)=0以满足(1.4)式中的第四行 Ux(x,D=-[(x-a1)+φ(x+a)+-{(x+a-x-a) Ux(0,D)=-(-a1)+Φ(a+-[(an-平(-a) 显然,只要4x)和(x)为偶函数即可(偶函数的导数为奇函数)。 因此,我们就确定了(1.5)式的x)和(x) 平(x) 因为把原来给定的在x≥0区域的初始条件做偶函数延拓至-∞<x<+∞区域,故称为偶延拓 可以看到,左行的波在遇到固定边界时被反射,反射波与左行入射行波之间没有相位差,不存在半波损失 试自己作动态图形理解。 3.例题:非齐次边条 例2. Dirichlet非齐次边条 定解问题 a(x,0)=(x) 0,D)=f(1)≠0 利用叠加原理:=+w,v和w分别满足 v(x,0)=0, 和{mx=dux, ,则γ+w满足原定解问题 w(x,0)=ψ(x) v(0,D)=f() 可通过奇延拓再利用 D' Alembert公式求解。如何求解vx,n)?因为解是唯一的,故可从物理上的考虑 (a)从v的定解条件知:开始时,无初位移也无初速度,振动完全由x=0处的扰动f(n)导致 因而只能是向右传播的波:v(x,D)=G(x-aD)= =2) 取第二种形式仅仅是为了求解方便。 (b)由边条,在x=0,v(0,D=f(1)=F()Vt≥0,(在自变量大于0时∫函数与F函数相同) 此处可看出右行波为何要取为(-)而非G=a,.思考:中(-2)是否也表示右行波? 因而v(x,t)= -3)- t--≥0,即:对t≥-,有vx,D)= (c)对任意一点x,当t<一时,开始于x=0的扰动尚未传到,该点位移为0, 所以,对t<-,有v(x,=0 综上:v(x,D)
utt = a2 uxx x ≥ 0 u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ (x) ux(0, t) = 0 延拓 Utt = a2 Uxx -∞ < x < +∞ U(x, 0) = Φ(x) Ut(x, 0) = Ψ(x) Ux(0, t) = 0 (1.5) 利用D’Alembert公式可得： U(x, t) = 1 2 [Φ(x - a t) + Φ(x + a t)] + 1 2 a x-a t x+ a t Ψ(ξ) ξ 现要求在 x = 0 时，Ux(0, t) = 0 以满足 (1.4) 式中的第四行。 Ux(x, t) = 1 2 [Φ′ (x - a t) + Φ′ (x + a t)] + 1 2 a [Ψ(x + a t) - Ψ(x - a t)] Ux(0, t) = 1 2 [Φ′ (-a t) + Φ′ (a t)] + 1 2 a [Ψ(a t) - Ψ(-a t)] ， 显然，只要 Φ(x) 和 Ψ(x) 为偶函数即可 （偶函数的导数为奇函数 ）。 因此，我们就确定了(1.5) 式的 Φ(x) 和 Ψ(x) Φ(x) = ϕ(x) x ≥ 0 ϕ(-x) x < 0 , Ψ(x) = ψ(x) x ≥ 0 ψ(-x) x < 0 因为把原来给定的在 x ≥ 0 区域的初始条件做偶函数延拓至 -∞ < x < +∞ 区域，故称为偶延拓。 可以看到，左行的波在遇到固定边界时被反射，反射波与左行入射行波之间没有相位差，不存在半波损失。 试自己作动态图形理解。 3. 例题：非齐次边条 ☺ 例 2. Dirichlet 非齐次边条 定解问题 ： utt = a2 uxx x ≥ 0 u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ (x) u(0, t) = f (t) ≠ 0 解：利用叠加原理 ：u = v + w，v 和 w 分别满足 vtt = a2 uxx x ≥ 0 v(x, 0) = 0, vt(x, 0) = 0 v(0, t) = f (t) 和 wtt = a2 wxx x ≥ 0 w(x, 0) = ϕ(x), wt(x, 0) = ψ (x) w(0, t) = 0 ， 则 v + w 满足原定解问题 w 可通过奇延拓再利用 D’Alembert 公式 求解。如何求解 v(x, t) ? 因为解是唯一的 ，故可从物理上的考虑 。 (a) 从 v 的定解条件知 ：开始时，无初位移也无初速度 ，振动完全由 x = 0 处的扰动 f (t) 导致。 因而只能是向右传播的波 ：v(x, t) = G(x - a t) = F t - x a 取第二种形式仅仅是为了求解方便 。 (b) 由边条，在 x = 0， v(0, t) = f (t) = F (t) ∀ t ≥ 0, （在自变量大于 0 时 f 函数与 F 函数相同 ） 此处可看出右行波为何要取为 F t - x a 而非 G(x - a t)，思考：F t - x a 是否也表示右行波 ？ 因而 v(x, t) = F t - x a = f t - x a ∀ t - x a ≥ 0, 即：对 t ≥ x a , 有 v(x, t) = f t - x a (c) 对任意一点 x，当 t < x a 时，开始于 x = 0 的扰动尚未传到 ，该点位移为 0， 所以 ，对 t < x a , 有 v(x, t) = 0 综上：v(x, t) = f t - x a , t ≥ x a 0, t < x a 8 z10a.nb
1 0a. nb 写成:vx,D)=ft x≥0 Heaviside阶跃函数 例3.Ⅱ类非齐次边条( Neumann非齐次边条) 定解问题: x≥0 l4(x,0)=b(x) 解:利用叠加原理:=v+w,v和w分别满足 x≥0 ar wxx x≥0 x,0)=0, 和{xO)=d 则γ+w满足原定解问题 (x,0)=0 wr(0, 0=0 w可通过偶延拓再利用D’ Alembert公式求解。如何求解vx,n)?仍从物理上的考虑 (a)从v的定解条件知:开始时,无初位移也无初速度,振动完全由x=0处的扰动f(导致。 因而只能是向右传播的波:v(x,)= (b)由边条,在x=0,v2(0,D=g()=--G()=g()t≥0, G(=-a g(s)ds+G(O) +G(0) for t (c)对任意一点x,当t<-时,开始于x=0的扰动尚未传到,该点位移为0, 所以,对t 有v(x,D)=0 综上:v(x,t)= 给定一时刻t,在x=a,位移应连续:v(at-0,n=v(at+0,)代入上式得:GO)=0 物理上,也可认为在x=a,扰动刚刚传到,还没来得及产生位移,故v(a,D=0=Gt- G(0) 向有界区域过渡 从以上讨论得知,初始扰动激发的振动传到半无界区域的端点时,会产生反射 对一维有限体系,有两个边界。振动将在两个边界间来回反射,从而形成驻波解,而一维驻波的基本形式为 X(x)cos(ot+o)=X(x)7(o) 一般的一维驻波解应该是这种基本形式的叠加(线性组合) 从以上分析可隐约看出,一维体系的解,很可能是这样一些二元函数的叠加 这些二元函数可以写成空间和时间两个一元函数之积 如何求a(x,n)? 既然它可写成两个不同变量的函数之积,也就是可分离变量,那么就可以用分离变量法,求解X(x)和T()
写成：v(x, t) = f t - x a H t - x a ， H(x) = 1 , x ≥ 0 0, x < 0 —— Heaviside 阶跃函数 ☺ 例 3. II 类非齐次边条 （Neumann 非齐次边条） 定解问题 ： utt = a2 uxx x ≥ 0 u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ (x) ux(0, t) = g(t) ≠ 0 解：利用叠加原理 ：u = v + w，v 和 w 分别满足 vtt = a2 vxx x ≥ 0 v(x, 0) = 0, vt(x, 0) = 0 vx(0, t) = g(t) 和 wtt = a2 wxx x ≥ 0 w(x, 0) = ϕ(x), wt(x, 0) = ψ (x) wx(0, t) = 0 ， 则 v + w 满足原定解问题 w 可通过偶延拓再利用 D’Alembert 公式 求解。如何求解 v(x, t) ? 仍从物理上的考虑 。 (a) 从 v 的定解条件知 ：开始时，无初位移也无初速度 ，振动完全由 x = 0 处的扰动 f (t) 导致。 因而只能是向右传播的波 ：v(x, t) = G t - x a (b) 由边条，在 x = 0， vx(0, t) = g(t) = - 1 a G′ (t) = g(t) ∀ t ≥ 0, G(t) = -a 0 t g(s) s + G(0) ⟹ v(x, t) = G t - x a = -a 0 t-x/a g(s) s + G(0) for t ≥ x a (c) 对任意一点 x，当 t < x a 时，开始于 x = 0 的扰动尚未传到 ，该点位移为 0， 所以 ，对 t < x a , 有 v(x, t) = 0 综上：v(x, t) = G t - x a = -a 0 t-x/a g(s) s + G(0) , t ≥ x a 0, t < x a 给定一时刻 t, 在 x = a t, 位移应连续 ：v(a t - 0, t) = v(a t + 0, t) 代入上式得 ：G(0) = 0 物理上，也可认为在 x = a t, 扰动刚刚传到 ，还没来得及产生位移 ，故 v(a t, t) = 0 = G t - a t a = G(0) 向有界区域过渡 从以上讨论得知，初始扰动激发的振动传到半无界区域的端点时，会产生反射。 对一维有限体系，有两个边界。振动将在两个边界间来回反射，从而形成驻波解，而一维驻波的基本形式为： X(x) cos(ω t + ϕ) = X(x) T(t) 一般的一维驻波解应该是这种基本形式的叠加（线性组合）。 从以上分析可隐约看出，一维体系的解，很可能是这样一些二元函数的叠加 这些二元函数可以写成空间和时间两个一元函数之积。 u(x, t) = k uk(x, t) = k Xk(x) Tk(t) 如何求 uk(x, t)？ 既然它可写成两个不同变量的函数之积，也就是可分离变量，那么就可以用分离变量法，求解 Xk(x) 和 Tk(t)。 z10a.nb 9
10 z10anb 那么这样的设想是否会漏掉一些解? 从物理表述上看,是否会漏掉一些模式 而用数学语言表述,就是:是否会有一些解u(x,1),不能表为分离变量的形式X(x)Tk(n)? 如果会遗漏,那么分离变量法只是求出不完整的解,还应该设法找出其余的解 幸亏,数学定理保证了解的唯一性,只要求出的解满足定解条件,就是唯一正确解。 这就是为什么我们要先在第九章讨论定解条件的原因。 还有一个小问题:即使每一种解均能表为X(x)Tk(D形式 那么,求解过程是否把这种形式的解都求全了。用数学语言描述,就是: 般的求解过程求得的一系列X(x)Tk()形式的解函数是否构成完备基 这个问些将在后面的章节予以讨论。 102分离变量法初步 本节通过一些例题,介绍一维体系的分离变量法,本节的方法可直接推广到直角坐标下二维、三维的体系 即使是一维体系的分离变量,还分几种情况: 1.齐次方程、齐次边条(边条还分三类: Dirichlet. Neumann, Robin边条,即I、ⅡlⅢ类边条) 2.齐次方程、非齐次边条 3.非齐次方程、非齐次边条(非齐次方程、齐次边条不单列,直接并入此类) 齐次方程、齐次边条 1.两端固定弦的横振动( Dirichlet齐次边条 定解问题 0≤x≤l齐次方程 0,t)=0,al,=0 I类齐次边条 l(x,0)=d(x),l(x,0)=(x)初条( Cauchy广义边条,开表面) 分离变量法先求基本振动模式(分离变量形式的解),这些振动模式可表为:ak(x,D)=X(x)T(n) 为简单起见,先略去标识模式的下标k,以u(x,n)=X(x)T(n)代入泛定方程,得: (x)"(n)-a2X"(x)m()=0 X(x) a T(o 等式左边为x的函数,右边为t的函数,二者相等,必为常数 =-A(取负号视为讨论方便) X(x) a2 T(o Y"(x)+AX(x)=0 T(n)+Aa2T(0=0 偏微分方程化为两个常系数常微分方程 0,D)=0 由边界条件:{0=0 X(7()=0 只有齐次边条,才能导出关于单变量函数X(x)的边条 关于X(x),有:{x()+1(x)=0 X(0)=0,X(D=0 接着,讨论λ不同情况的解 若λ<0:令A=-y2→X(x)=Aeyx+Be-yx,由x(0)=0,X(①=0得A=B=0平庸解 若A=0:→X(x)=Ax+B,由X(0)=0,Y(=0得A=B=0仍旧是平庸解
那么这样的设想是否会漏掉一些解？ 从物理表述上看，是否会漏掉一些模式。 而用数学语言表述，就是：是否会有一些解 uk(x, t)，不能表为分离变量的形式 Xk(x) Tk(t)？ 如果会遗漏，那么分离变量法只是求出不完整的解，还应该设法找出其余的解。 幸亏，数学定理保证了解的唯一性，只要求出的解满足定解条件，就是唯一正确解。 这就是为什么我们要先在第九章讨论定解条件的原因。 还有一个小问题：即使每一种解均能表为 Xk(x) Tk(t) 形式， 那么，求解过程是否把这种形式的解都求全了。用数学语言描述，就是： 一般的求解过程求得的一系列 Xk(x) Tk(t) 形式的解函数是否构成完备基。 这个问些将在后面的章节予以讨论。 10.2 分离变量法初步 本节通过一些例题，介绍一维体系的分离变量法，本节的方法可直接推广到直角坐标下二维、三维的体系。 即使是一维体系的分离变量，还分几种情况： 1. 齐次方程、齐次边条（边条还分三类： Dirichlet, Neumann, Robin 边条，即 I、II、III 类边条） 2. 齐次方程、非齐次边条 3. 非齐次方程、非齐次边条 （非齐次方程、齐次边条不单列，直接并入此类） 齐次方程、齐次边条 1. 两端固定弦的横振动（Dirichlet 齐次边条） 定解问题： utt - a2 uxx = 0 0 ≤ x ≤ l 齐次方程 u(0, t) = 0, u(l, t) = 0 I 类齐次边条 u(x, 0) = ϕ(x), ut(x, 0) = ψ(x) 初条 （Cauchy 广义边条，开表面） 分离变量法先求基本振动模式（分离变量形式的解），这些振动模式可表为：uk(x, t) = Xk(x) Tk(t) 为简单起见，先略去标识模式的下标 k，以 u(x, t) = X(x) T(t) 代入泛定方程，得： X(x) T″(t) - a2 X″(x) T(t) = 0 ⟶ X″(x) X(x) = T″(t) a2 T(t) 等式左边为 x 的函数，右边为 t 的函数，二者相等 ，必为常数 故： X″(x) X(x) = T″(t) a2 T(t) = -λ （取负号视为讨论方便 ） ⟹ X″(x) + λ X(x) = 0 T″(t) + λ a2 T(t) = 0 偏微分方程化为 两个常系数常微分方程 由边界条件 ： u(0, t) = 0 u(l, t) = 0 ⟶ X(0) T(t) = 0 X(l) T(t) = 0 ⟹ X(0) = 0 X(l) = 0 只有齐次边条 ，才能导出关于单变量函数 X(x) 的边条 故：关于 X(x)，有： X″ (x) + λ X(x) = 0 X (0) = 0, X(l) = 0 接着，讨论 λ 不同情况的解 若 λ 0, 令 λ = γ2, ⟶ X(x) = A cos γ x + B sin γ x， 10 z10a.nb