第三章热传导方程小结

第三章热传导方程

一、 小结

求解偏微分方程定结问题的另一个常用的方法是积分变换法。本章只限于介绍有广泛应用的傅立叶变换法。应用分离变量法与傅立叶变换法提供了热传导方程混合问题与初值问题的求解方法。 1．混合问题

一维齐次热传导方程带有齐次边界条件的混合问题，仍可用分离变量法求解。例如混合问题

?ut?a2uxx(t?0,0?x?l)??(I)?u(x,0)??(x) ?u(0,t)?u(l,t)?0??的级数形式解为

u(x,t)??Aken?0??(k?a2)tlsink?xl(1)

其中

Ak?2lk??(?)sin?d??0ll?(k?a2)tl(k?1,2,?)

1但由于（1）中含有指数因子：e，与弦振动方程不同，只要?(x)?C[0,l],且

?(0)??(l),形式解（1）就是问题（I）的解，且当t?0时，u?C?.

对于方程或边界条件是非齐次的情况,处理方法和弦振动方程类似,可通过适当变换、叠加原理、齐次化原理化为问题（I）。

对于高维热传导方程的混合问题，也可用上述类似方法转化为齐次方程、齐次边界条件的问题。后者对某些特殊区域仍可用分离变量法求解。解本征值问题时，通常得到本征函数系是类特殊函数。

2．初值问题

无界杆热传导方程的初值问题

2??ut?auxx?f(x,t)(t?0,???x??)(II)? u(x,0)??(x)??可用傅立叶变换求解，得形式解的表达式（泊松公式）为

u(x,t)?12a?t?????(?)e?(x??)24a2td??12a?t??0t???f(?,?)et???(x??)4a2(t??)2d?d?(2)

当??C(??,??),且有界，f(x,t)在(-?,??),t?0内连续可微且有界时,则(2)给出问

题（II）的解。

重点：热传导方程的定解问题的求解，分离变换法，傅立叶变换法； 难点：分离变换法，傅立叶变换法 二、 习题及解答

3.1 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：

2??u2?u(t?0,0?x??)??a2?x??t?u? (1)?u(0,t)?(?,t)?0(t?0)

?x??u(x,0)?f(x)(0?x??)??解：设u?X(x)T(t)代入方程及边值得

?X\??X?0X(0)?0X?(?)?0? ??T??a2?T?0?(2n?1)22n?1求非零解X(x)得?n?,Xn(x)?sinx(n?0,1,?)

42?a2(2n?1)2t4

对应Ｔ为 Tn(t)?Cne?因此得 u(x,t)?n?0?Cn?n?0a2(2n?1)2?t4esin2n?1x 2由初始值得 f(x)??Cnsin2n?1x 2因此 Cn?2???0f(x)sin?2n?1xdx 2故解为 u(x,t)?n?0???02?f(?)sin2n?1?d??e2?a2(2n?1)2t4sin2n?1x 2??u?2u(t?0,0?x?1)??2??t?x1??x0?x???2 (2)?u(x,0)??

1??1?x?x?12??(t?0)?u(0,t)?u(1,t)?0?? 解：设u?X(x)T(t)代入方程及边值得

??X\??X?0X(0)?X(1)?0

T'??T?0?求非零解X(x)得?n?n2?2,Xn?sinn?x n=1,2,…… 对应Ｔ为Tn?Cne?n2?2t

?n2?2t故解为 u(x,t)?由始值得

?Cnen?1??sinn?x

1?x0?x??2 Csinn?x???n1n?1?1?x?x?12?因此 Cn?2[?120 nxdx]xsi?nnx?d?)sin?1x?(1x21?11?2[xcosn?x?22sinn?x]n?n??4n2?2?120?2[?11(1?x)cosn?x?22sinn?x]n?n?112sinn? 2所以 u(x,t)?n??n2?2tsisinn?x ?n2?2n2en?14? 2．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，热量可以发散到到周围的介质中去，介质的温度取为0，此时杆上的温度分布函数

?u(x,t)满足下述定解问题：

2??u2?u2?bu??a2?x??t??uu(0,t)?u,[?Hu]x?l?0 ?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：

?2d2v2?bv?0?a2 ?dx?'?v(0)?u0,(v?Hv)x?1?0v(x)的通解为

v(x)?Achbbx?Bshx aa由边值 v(0)?A?u0

bbb(u0shx?Bchx) aaabbbbb得 (u0shl?Bchl)?H(u0chl?Bshl)?0

aaaaabbbb解之得B??u0(bshl?Hachl)(bchl?Hashl)

aaaabbbbbb因此v(x)?u0chx?u0(bshl?Hachl)shx(bchl?Hashl)

aaaaaabbbb??u0[bch(l?x)?Hash(l?x)](bchl?Hashl)

aaaa又 v?(x)?这时w(x,t)满足：

2??w2?w2?a?bw?2?x??t??ww?0,(?Hw)x?1?0 ?x?0?x??wt?0??vt?0??v??设w(x,t)?X(x)T(t)代入方程及边值条件得

X(0),X?(l)?HX(l)?0?X????X?0 ?22?T??(a??b)T?0求非零解X(x).??0时，才有非零解。这时通解为

X(x)?Acos?x?Bsin?x

由边值得

X(0)?A?0得A?0

X(x)?Bsin?x要B?0，即有非零解，必须

X'(x)??Bcos?xB(?cos?l?Hsin?l?0

?cos?l?Hsin?l?0

即 tg?l???H

令

?l??,P?Hl

?p

得tg???它有无穷可数多个正根，设其为?1,?,?2,?得

Xn(x)?sin?nlx,?n?2?nl2

对应T为 Tn(t)?2a2?n?(2?b2)tAnel

因此 w(x,t)???An2a2?n?(2?b2)telsin?nlx

n?1其中?n满足方程 tg???再由始值得

?pp?Hl

??n?1bb??0[bch(l?x)?Hash(l?x)]?aa Ansinnx??v?bblbchl?Hashlaa

所以 An??l0?vsinl0?nllxdx

?sin2?nxdx应用?n满足的方程，计算可得

2lp(p?1)??n?0sinlxdx?2[p2??n2 l2?n又

?nb1ch(l?x)sinxdx?2?0ab2?nl?22all?n?nbb??nb?ch(l?x)cosx?sh(1?x)sin?lalaal??x??0l?n?nba2l2a2l2b?2222(?cos?n?chl)?2222(cos?n?chl)a?n?blllaa?n?bla?nb1sh(l?x)sinxdx?2?0ala2?n?b2l2l?bb?n?nb?n?ch(l?x)sinx?sh(1?x)cos?aallaal??x??0l?nba2l2b?22(?sin??shl)n22a?n?blala所以

a2l?0?vsin?nxdx??u0a2?n2?b2l2??b?ncos?n?lbb?b?nchl?lHbsin?n?Ha?nshl?aa?

bb(bchl?Jasjlaabb?b?nchl?lHbsin?n?Ha?nshl?aa?bb(bchl?Jasjlaa??u0a2?nl2a2?n?b2l2?u0(??ncos?n?lHsin?n)

2222bba?n?bl(bchl?Hashl)aaa2lb??u0a2?nla22?n?bl22(?tg?n???nHl)

得An?最后得

2?2u0a2?n?(p2??n)(a22?n?bl)?(p?p?2222?n)

bbbch(l?x)?Hash(l?x)2u0a2aau(x,t)?u0??

bblbchl?Hashlaa22222??a2?n(p??n)?n?(2n?b)t?sinx ?(a2?2?b2l2)(p2?p??2)elln?1nn其中?n满足 tg????p(p?Hl)

?w?Hw)|?0.为此取

z?l?x另一解法：设u?v?w使满足w(0,t)?u0,(w?ax?b,代入边值得

b?u0,a?H(al?u0)?0

?Hu0??a?解之得 ?1?Hl

??b?u0因而 这时v，满足

2??vHx2?v22?bv?bu(1?)??a02?t1?Hl?x??v?v(0,t)?0(?Hv)|?0 ?x?i?x??v(x,0)??w(x,0)??u(1?Hx)0?1?Hl?w?u0?Hu0Hxx?u0(1?)

1?Hl1?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)?sinknx(kn?unu,tgun??n,p?Hl) lp 即 代入方程得

v(x,t)??Tn(t)sinknx

n?1??(Tn'?a2kn2Tn?b2Tn)sinknx??b2u0(1?n?12由于{sinknx}是完备正交函数系，因此可将 ?bu0(1??Hx) 1?HlHx)展成{sinknx}的级数，1?Hl即

?Hx?bu0(1?)??Ansinknx

1?Hln?12由正交性得

An???b2u0(1?0llHx)sinknxdx/N 1?HllH?

2222(kn?H)Nn??sin2knxdx?0又

?l0?b2u0(1?lHx1H112)sinknxdx??b2u0{?cosknx?[?xcosknx?2sinkx]}|01?Hlkn1?Hlknkn??b2u0[11HlH?cosknl?cosknl?2sinknl]knknkn(1?H)kn(1?Hl)11HlH11?cosknl(1???)]??b2u0 knkn1?Hl1?HlHkn1knNn

??b2u0[所以 An??b2u0将此级数代入等式右端得Tn满足的方程为

2Tn??a2knTn?b2Tn??b2u01knNn

由始值得

??Tn(0)sinknx??u0(1?n?1?Hx)1?Hl

???u0n?11sinknx knNn 有 Tn(0)??u01 knNn解Tn的方程，其通解为 '

Tn?cne?(a2kn2?b2)t?b2u01 ??22knNnakn?b2由 Tn(0)??u01 knNn?1 knNn得 cn??2a2knu02a2kn?b22u01?b2)t22?(a2kn2即有解 Tn(t)???22(ake?b) nknNnakn?b2u0122(a2kn2?b2)t?22(akne因此 v(x,t)???

2kNnnakn?bn?1??b2)sinknx u(x,t)?u0(1?2?(akn?b(a2kne22u0Hx)???

2221?HlknNn(akn?b)2)t?b2)sinknx

3. 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，求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

??2u1?u1?2u??2?0?22r?rr????ru|????u1 ?u|??0?u1?u|?uu|t?0为有限?t?a0?（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?u1?v(r,?),则v(r,?) 满足

??2v1?v1?2v??2?0?22r?r?rr???v|??0?0v|????0 ??v|?u?uv|r?0有限1?r?a0?设v(r,?)?R(r)?(?),代入方程得

R\??1'1R??2R?\?0 rr乘以r2/R?,再移项得

?\r2R\?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 ?2rR\?rR'??R?0?再由齐次边值得

?(0)??(?)?0

由以前的讨论知

?n?(n??)2?n2?n(?)?sinn?n?1,2??

对应R满足方程

r2R\?rR'?n2R?0这是尤拉方程，设R?r代入得

?n?1,2??

?(??1)r???r??n2r??0 ?2?n2?0???n

n即 R?rR?r?n

为两个线性无关的特解，因此通解为

Rn(r)?cnrn?Dnr?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Dn?0由迭加性质知

v(r,?)??cnrnsinn?

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??cnansinn?

n?1?因此 Cn?2??an??(u0?u1)sinn?d??02(u0?u1)n?an[1?(?1)n]

所以u(r,?)?u1?2(u0?u1)rn?n?(a)[1?(?1)n]sinn? n?13.2 傅立叶变换与初值问题

1． 求下述函数的傅立叶变换： (1) f(x)?e?ax,a?0; (2) f(x)?e(3)

?ax2,a?0;

x1,, (a?0,k为自然数) 22k22k(a?x)(a?x)?ax2?解：(1)F[e]?????e?ax2?e?ipxdx???ip2p2)?4?2??e?a(x2?ip?x)dx

=

???e?a(x?dx?e?p2?4a???p2?4a?aue?du （柯西定理） p24a2 =1ea????v?edv?2?ae?

?或者 F[e???x2]????e??x2(cospx?isinpx)dx?2?e0???x2cospxdx?2I(p)

?222dI1PP???xe??xsinpxdx?e??xsinpx?? e??xcospxdx?I(P)

002?dP2?2?0

积分得I(P)?Ce?p2?4?

又I(0)=e0???x2dx?1? 2?故 C=

1? 2?所以 F[e??x2]=2I(P)=

?e??p2?4?

0???0?0(2) F[e?ax]???0?e?axe?ipxdx??eax?ipxedx??e?axe?ipxdx

=

???e(a?ip)xdx??e?(a?ip)xdx?01e(a?ip)x+

??a?ip?1?(a?ip)x?112a e???220a?ipa?ipa?pa?ip或F[e?ax?]=

???e?axe?ipx?dx=?e???ax(cospx?isinpx)dx

? =2e0??axcospxdx??2aa?pe?ipx22

(3) F[

1(a?x)22k]=

??(a?2?x)2kdx?2?iResz?aie?ipz(a?z)22k

1dk?1e?ipz因Res=limk?1[]

22kkz?aiz?ai(a?z)?k?1?!dz(z?ai)k?1m1 =lim?C[(z?ai)?k](m)(e?ipz)(k?m?1)

(k?1)!z?aim?0k?1k?1m1 =lim?C(?1)mk(k?1).....(k?m?1)

(k?1)!z?aim?0k?1e?ipz(z?ai)?k?m(?ip)k?m?1e?ipz 1k?1mm?k?mk?m?1ap?(?1)k(k?1)?(k?m?1)(2ai)(?ip)e ?ck?1(k?1)!m?01k?1(k?m?1)!(?1)k?m?1k?m?1ap?pe ?k?m(k?1)!m?0m!(k?m?1)!i(2a)所以

??11k?1(k?m?1)!F?2?2?i.??2k?(k?1)!m?0m(k?m?1)!?(a?x)???(?1)k?m?1

i(2a)k?mpk?m?1eap2?k?1(k?m?1)!(?1)k?m?1k?m?1ap?pe ?k?m(k?1)!m?0m(k?m?1)!(2a)?xF?2?(a?x2)k???1d?1??F??2? 2kidp???(a?x)???2?k?2(k?m?1)!(?1)k?m?1?i? ?k?m?(k?1)!m?0m!(k?m?1)!(2a)[(k?m?1)pk?m?2eap?apk?m?1eap]?i?(2k?2)![(k?1)!]2(2a)?2k?2eap

??(2k?2)![(k?1)!]2(2a)?2k?2ape2?k?2(k?m?1)!?i? ?(k?1)!m?0m!(k?m?1)!(2a)?k?m(?1)k?m?1pk?m?2eap(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?ipxdx?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. 用傅立叶变换的方法求解下列定解问题

22???ut?auxx(t?0,???x??)?ut?auxx(t?0,???x??) (1)?;(2)? 2u?sinxu?x?1???t?0?t?0(3) 用延拓法求解半有界直线上热传导方程（3.22）,假设

?u(x,0)??(x)(0?x??) ??u(0,t)?0解：（1）sinx有界，故

u(x,t)?12a?t????(x??)2?2sin?e4atd???(x??)??14a2t?

12a?t????sin(x??)e1???2d?

???????2???2=cos?d??cosx?esin?d?? ?sinx?e2a?t??????????4?1sinxe?sinx=

?2a?t2a?t121?12a?te?a2t?e?a2tsinx

(2) 1+x无界， 但表达式

u(x,t)?12a?t???(x??)2?22(1??)e4atd??(x??)2?22(1??)e4atd?

仍收敛，且满足方程。因此

u(x,t)?12a?t????x????1??24at?

????12a?1?(x??)?e?t2???2d?

????2?2???2???1?x22a?t??1???e??????2d??2x??2??ed???????e2?d?? ????1?x2=

2a?t??1????????1?????????e|?ed??? ???????2????2????2?1?x2a?t?1??1???2???22??1?x?2at ??易验它也满初始条件.

4. 用傅立叶变换求解三维热传导方程的柯西问题

222???u?u?u?u2???a?2?2?2???x： ??t?y?z????u|t?0??(x,y,z)??解：令 F[u(x,y,z)]?对问题作傅立叶变换得

???i(xs1?ys2?zs3)~(s,s,s,t) u(x,y,z,t)edxdydz?u123???~du?222~2??as?s?su123?dt? ???i(xs1?ys2?zs3)~~?u|t?0?????(x,y,z)edxdydz??(s1,s2,s3)??????222?a2(s1?s2?s3)t~~解之得u??(s1,s2,s3)e

因F?1[e?a2(s1?s2?s3)t222]?1(2?)3??????e?a2(s1?s2?s3)t222?

ei(xs1?ys2?zs3)ds1ds2ds3

=

1(2?)3????e??a2s1t?ixs12?ds1?e???a2s2t?iys22?ds2???e?a2s3t?izs32ds3

?12a?tx2?2e4at12a?ty2?2e4at?12a?tz2?2e4at?1????2a?t????3x2?y2?z2?2e4at

再由卷积定理得

?1??u?x,y,z,t??????2a?t? 5. 证明函数

3????????,?,??e(x??)2?(y??)2?(z??)2?4a2ted?d?d?

v(x,y,t,?,?,?)?14?a(t??)2(x??)2?(y??)2?4a2(t??)

对于变量(x,y,t)满足方程

2?v?2v2?v?a(2?2) ?t?x?y对于变量(?,?,?)满足方程

2?v?2v2?v?a(2?2)?0 ?????? 证：验证即可。因

?v11(x??)2?(y??)2?[??]e223?t4?a(t??)4a(t??)(x??)2?(y??)2?4a2(t??)

?v1?2(x??)?e?x4?a24a2(t??)2?v?x同理 所以

22(x??)2?(y??)2?4a2(t??)

?(x??)2?(y??)24a2(t??)?1214?a(t??)12[2[?12a2?(x??)424a(t??)(y??)24a(t??)4]e

?2v?y2?12?12a24?a(t??)?]e(x??)2?(y??)2?4a2(t??)

?2v?x2??2v?y2??14?a?v2[?1a(t??)22?(x??)2?(y??)24a(t??)43]e(x??)2?(y??)2?4a2(t??)a2?t?v?2v?2v?2v?2v?v?v?v????仿此 ?2 ?222?t?????x???y?x??2?v?2v2?v所以 ?a(2?2)?0 ??????7．证明如果u1(x,t),u2(x,t)分别是下列两个问题的解。

22??u??u1?u2?u2221??a?a??t?y2 ??x2??t?u??1t?0??1(x);?u2t?0??2(y)则u(x,y,t)?u1(x,t)?u2(y,t)是定解问题

??u2???2u?u2????a?2?2?? ??t?t?y?????ut?0??1(x)?2(y)的解。

证： 验证即可。因

?u?u?u1?u2?u12 ?t?t?t所以a2???2u??t2?2?2u2?u1?u2?u?2u?2?u12? ?2?au?au?u?u?121222??t?t?t?y??t?y又 ut?0?u1t?0?u2t?0??1(x)?2(y)

8．导出下列热传导方程柯西问题解的表达式

2??u?2u2?u??a(2?2)?x?y??t ?n??ut?0??(x,y)???i(x)?i(y)i?1? 解：由上题，只需分别求出

2??u12?u1?a??t??x2 及 ?u?1t?0??i(x)2??u22?u2?a??y2 ??t?u?2t?0??i(y)的解，然后再相乘迭加即得。但

u1(x,t)?12a?t????(x??)2?2?i(?)e4atd?

u2(y,t)?12a?t?????i(y??)2?2(?)e4atd?

n????(x??)2?(y??)24a2td?d?

所以 u(x,y,t)??i(?)?i(?)e???4a?t2i?1????1?9．验证二维热传导方程柯西问题

2??u?2u2?u??a(2?2)?x?y ??t??ut?0??(x,y)解的表达式为

u(x,y,t)?1????4?a2t??????(x??)2?(y??)2?4a2t?(?,?)ed?d? (x??)2?(y??)2?4a2te 证：由第6题知函数

14?at2t?0满足方程，故只需证明可在积

分号下求导二次即可。为此只需证明在积分号下求导后所得的积分是一致收敛的。

对x求导一次得

I1?1????4a2?t???????(?,?)????(x??)2?(y??)2(x??)??4a2ted?d? ?22at?对有限的x,y即x?x0,y?y0和t?t0?0，下列积分

?22at???x??(x??)2?2e4atd?

??(y??)2e4at??2?d?

是绝对且一致收敛的。因为对充分大的A?0，每个积分

?A?2a2t?A??x??(x??)2?2e4atd?

?(x??)2x???4a2ted? 22at??(y??)2e4at2?d?

2A?A?(y??)2e4at???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?4a2t02e且eA

??(y0??)4a2t0?d?

收敛。

因

?(?,?)?M，故

1??4a2?t?????M4a2?t0????(?,?)?x??2a2tx??2a2t(x??)2?(y??)2?4a2ted?d?

(x??)2(y??)2???224ated?e4atd?

?????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

?2u?2u?u?u?I1，对2,2,讨论是类似的。从而证明表达式满足方程。 ?x?x?y?t再证满足始值。任取一点(x0,y0)，将?(x0,y0) 写成 因而

?(x0,y0)?1??????????(x0,y0)e?(?2??2)d?d?

u(x,y,t)??(x0,y0)?1?????????[?(x?2at?,y?2at?)??(x0,y0)]e?(?2??2)d?d?

对任给??0，取N?0如此之大，使

?N???????N??????e?(?2??2)d?d????12M??N????e?(?2??2)d?d????12M

??e?(?2??2)d?d????12M????N??(?e?2??2)d?d????12M

再由?的连续性，可找到??0使当x?x0，y?y0,t都小于?时，有

?(x?2at?,y?2at?)??(x0,y0)?所以

?3

?(?2??2)1NN?N?N????(x?2at?,y?2at?)??(x0,y0)e1d?d???3

因此 u(x,y,t)??(x0,y0)??4???12M?2M??3?21????? 33即有 u(x,y,t)t?0??(x,y)

10．用傅立叶变换法求解弦振动方程的柯西问题：

?utt?a2uxx?0(t?0,???x??)? (I)?u(x,0)?j(x)?u(x,0)?0?t 解：对（I）关于x分别进行傅立叶变换，并记

?(l,t),F[j(x)]?j?(l) F[u(x,t)]?u利用傅立叶变换的性质，得

?tt??a2l2u??u??(l,0)?j?(l) (II)?u?u??t(l,0)?0是带参数?的常微分方程的柯西问题，它的解是

?(l,t)?j?(l)cosalt u于是定解问题（II）的解应为

?(l,t)]?F?1[j?(l)cosalt]u(x,t)?F?1[u1?ilx??j(l)cosalt?edl???2p1?i(x?at)l i(x?at)l??[e?e]j(l)dl4p???1?[j(x?at)?j(x?at)]2

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