7.数学物理方程度定解问题 泛定方程度提岀、边界条件、初始条件、衔接条件。 波动方程 l..-c tt 0 um-afu=f(r,t) 扩散方程L-a2u=0l41-a2ln=f(x,) L,-a2△=0l4-a2△=f(7,D 拉普拉斯方程△=0 泊松方程=f(,t)
7. 数学物理方程度定解问题 泛定方程度提出、边界条件、初始条件、衔接条件。 0 2 波动方程 utt − a uxx = ( , ) 2 u a u f x t tt − xx = 2 0 t xx 扩散方程 u a u − = 2 ( , ) t xx u a u f x t − = 拉普拉斯方程 = u 0 2 0 t u a u − = 2 ( , ) t u a u f r t − = 泊松方程 = u f r t ( , )
初始条件 初始“位移”(xy,=,1)==0(xy,z) 初始“速度 ,(x2y,2,=0=y/(x,y,z) 边界条件 第一类边界条件(x)-0=0(x1)x/=0 第二类边界条件速度确定。 l(x1)=0v2(x,D)x==0 第三类边界条件位移和速度的组合 (+hx)x=7(-h)x=T
初始条件 ( , , , ) ( , , ) 0 u x y z t x y z 初始“位移” t= = 初始“速度” ( , , , ) ( , , ) 0 u x y z t x y z t t= = 第一类边界条件 边界条件 u(x,t) x=0 = 0 u(x,t) x=l = 0 第二类边界条件 速度确定。 ux (x,t) x=l = 0 ux (x,t) x=l = 0 第三类边界条件 位移和速度的组合 (u + Hux ) x=l =T (u − Hux ) x=l =T
衔接条件物理性质急剧变化的点一跃变点 (x0-0)=l(x+0)F()-Tsna1-Tsna2=0 达朗贝尔公式(92222)(x,)=0 Ot 初始条件为t-0=0(x)和ul-o=v(x)(-0<x<∞) l(x,1)=[(x+a)+0(x-∥k、1xm y(2)d5
衔接条件 达朗贝尔公式 ( ) ( , ) 0 2 2 2 2 2 = − u x t x a t 初始条件为 ( ) 0 u x t= = 和 ( ) 0 u x x t= = (− x ) d a u x t x at x at x at x at ( ) 2 1 [ ( ) ( )] 2 1 ( , ) + − = + + − + 物理性质急剧变化的点－跃变点 ( 0) ( 0) u x0 − = u x0 + F(t)−T sin1 −T sin2 = 0
8.分离变量 tt 00(x,)x0=0v(x,1)=0 l=0=(x)u4=0=v(x) 波腹 l(x,)=X(x)T(1) 0.5 波节 7.5 T=0:X+X=0 X(0)=0 X()=0
8. 分离变量 0 2 utt − a uxx = ( ) 0 u x t= = ( ). 0 u x t t= = u(x,t) x=0 = 0 u(x,t) x=l = 0 波腹 波节 2.5 5 7.5 10 12.5 15 -1 -0.5 0.5 1 u(x,t) = X (x)T(t) '' 0; 2 T +a T = X ''+X = 0; X (0) = 0 X (l) = 0
Ⅹ"+aX=0 X(0)=0X()=0 本征值方程 本征值和本征函数由边界条件决定 X(x)=C2 sin Ti+nT a2 n元Ct nat T=0 T(t)=AcoS l+Bsin naat naat n7 COS +B s Sin 初值确定叠加系数:2 P( ds 2 ssi
X ''+X = 0; X (0) = 0 X (l) = 0. 本征值方程 本征值和本征函数由边界条件决定 2 2 2 l n = l n x X x C ( ) = 2 sin '' 0; 2 2 2 2 + T = l n a T ( ) cos sin , l n at B l n at T t A = + ( , ) ( cos sin )sin . l n x l n at B l n at un x t An n = + 初值确定叠加系数： ( )sin ; 2 0 d l n l A l n = ( )sin . 2 0 d l n n a B l n =
P220,习题4 解1坐标原点置于杆中心 在这个坐标系中,左右两半 是对称的。故只讨论一半。 u=0 0 (x,tro= 0 u,(x,t))=0 t=0=-a 0 l(x,1)=∑(4cos (2K+ dtat t Sin(2k+Dnat tB )sin (2k+1)mx 2l 2 ∑Asi (2k+1)zx 0 (2k+1)ma (2k+Drat(2K+l)a sIn 2l
P220，习题 4 l 解 1 坐标原点置于杆中心 在这个坐标系中，左右两半 l 是对称的。故只讨论一半。 0 x l 0 2 utt − a uxx = u ( x , t ) x = 0 = 0 u x ( x , t ) x = l = 0 u x u t t = 0 = 0 t = − = 0 . 2 (2 1) )sin 2 (2 1) sin 2 (2 1) ( , ) ( cos 0 l k x l k at B l k at u x t Ak k k + + + + = = . 2 (2 1) sin 0 l k x x A k k + − = = . 2 (2 1) sin 2 (2 1) sin 2 (2 1) 0 0 l k x l k at B l k a k k + + + = = 1
B,=0 k-1 8al (2k+1)2x Bal l(x,) ∑ 1)c05(2k+1)m (2k+1)mx z22(2k+1)2 2l 解1坐标原点置于杆左端 a2u=0 XX L以(x 0 0 t=0 t=0 0
Bk = 0 2 2 1 (2 1) 8 ( 1) + = − − k l A k k . 2 (2 1) sin 2 (2 1) cos (2 1) 8 ( 1) ( , ) 2 1 0 2 l k x l k at k l u x t k k + + + − = − = 解1 坐标原点置于杆左端 0 2 utt − a uxx = u(x,t) x=0 = 0 ux (x,t) x=2l = 0 u x ut t=0 = 0 t = − =0
x,)=∑( 2k+1)tat COS +B )s(2k+1)mD 2 f Sib(2k+lrat 27 2l ∑Asn (2k+1)zx 21 ∑ (2k+1)ma B, sin 2k+1)mt(2k+1)zo SIn B.=0 2 2l IS防(2k+1)mx
. 2 (2 1) sin 2 0 dx l k x x l A l k + = − . 2 (2 1) sin 0 l k x x Ak k + − = = . 2 (2 1) sin 2 (2 1) sin 2 (2 1) 0 0 l k x l k at B l k a k k + + + = = Bk = 0 . 2 (2 1) )sin 2 (2 1) sin 2 (2 1) ( , ) ( cos 0 l k x l k at B l k at u x t Ak k k + + + + = =
28 X COS 2k+1)x|2 28 2k+1)z cOS d x (2k+1) 2L (2k+1)z Ql 4l8(-1) 2k+1 4l8 (2k+1)x146(-1)261 SIn (2k+1)丌(2k+1)2x 0 (2k+1)丌 u(xt= 丌台62/cos(2k+1mtn(2k+1)z 4ls(-1) 2k+1 ∑ SIn Q1 21 差别在于两个坐标系中一个是非惯系!
l k l k x k l k l 2 2 0 2 1 2 (2 1) sin (2 1) 4 (2 1) 4 ( 1) + + − + − = + (2 1) 4 ( 1) 2 1 + − = + k l k . 2 (2 1) sin 2 (2 1) cos 2 1 4 ( 1) ( , ) 2 1 0 l k x l k at k l u x t k k + + + − = + = 差别在于两个坐标系中一个是非惯系！ . 2 (2 1) cos (2 1) 2 2 (2 1) cos (2 1) 2 2 0 2 0 dx l k x l k k x x k l l + + + + + =
、二类边界条件决定的驻波 0.5 x=0 x=0 自由 自由 自由 固定 0.5 x=0 X x=0 固定 自由 固定 固定
2 4 6 8 -1 -0.5 0.5 1 x = 0 固定 x = l 自由 3 4 5 6 7 8 -1 -0.5 0.5 1 x = 0 自由 x = l 自由 4 6 8 -1 -0.5 0.5 1 x = 0 自由 x = l 固定 2.5 5 7.5 10 12.5 15 -1 -0.5 0.5 1 x = 0 固定 x = l 固定 一、二类边界条件决定的驻波