1、【精品文檔】如有侵權，請聯系網站刪除，僅供學習與交流數學物理方程谷超豪版第二章課后答案.精品文檔. 第 二 章 熱 傳 導 方 程§1 熱傳導方程及其定解問題的提1. 一均勻細桿直徑為，假設它在同一截面上的溫度是相同的，桿的表面和周圍介質發生熱交換，服從于規律又假設桿的密度為，比熱為，熱傳導系數為，試導出此時溫度滿足的方程。解：引坐標系：以桿的對稱軸為軸，此時桿為溫度。記桿的截面面積為。由假設，在任意時刻到內流入截面坐標為到一小段細桿的熱量為桿表面和周圍介質發生熱交換，可看作一個“被動”的熱源。由假設，在時刻到在截面為到一小段中產生的熱量為又在時刻到在截面為到這一小段內由于溫度變化所

2、需的熱量為由熱量守恒原理得：消去，再令，得精確的關系：或 其中 2. 試直接推導擴散過程所滿足的微分方程。解：在擴散介質中任取一閉曲面，其包圍的區域 為，則從時刻到流入此閉曲面的溶質，由，其中為擴散系數，得濃度由變到所需之溶質為兩者應該相等，由奧、高公式得：其中叫做孔積系數=孔隙體積。一般情形。由于的任意性即得方程：3. 砼(混凝土)內部儲藏著熱量，稱為水化熱，在它澆筑后逐漸放出，放熱速度和它所儲藏的水化熱成正比。以表示它在單位體積中所儲的熱量，為初始時刻所儲的熱量，則，其中為常數。又假設砼的比熱為，密度為，熱傳導系數為，求它在澆后溫度滿足的方程。解： 可將水化熱視為一熱源。由及得。由假設，放

3、熱速度為它就是單位時間所產生的熱量，因此，由原書71頁，(1.7)式得4. 設一均勻的導線處在周圍為常數溫度的介質中，試證:在常電流作用下導線的溫度滿足微分方程其中及分別表示導體的電流強度及電阻系數，表示橫截面的周長，表示橫截面面積，而表示導線對于介質的熱交換系數。 解：問題可視為有熱源的桿的熱傳導問題。因此由原71頁(1.7)及(1.8)式知方程取形式為其中為單位體積單位時間所產生的熱量。由常電流所產生的為。因為單位長度的電阻為，因此電流作功為 乘上功熱當量得單位長度產生的熱量為其中0.24為功熱當量。因此單位體積時間所產生的熱量為由常溫度的熱交換所產生的(視為“被動”的熱源)，從本節第一題

4、看出為其中為細桿直徑，故有，代入得因熱源可迭加，故有。將所得代入即得所求：5*. 設物體表面的絕對溫度為，此時它向外界輻射出去的熱量依斯忒-波耳茲曼(Stefan-Boltzman)定律正比于 ，即今假設物體和周圍介質之間只有輻射而沒有熱傳導，又假設物體周圍介質的絕對溫度為已知函數,問此時該物體熱傳§導問題的邊界條件應如何敘述？解：由假設，邊界只有輻射的熱量交換，輻射出去的熱量為輻射進來的熱量為因此由熱量的傳導定律得邊界條件為： §2 混合問題的分離變量法1 用分離變量法求下列定解問題的解：解：設代入方程及邊值得求非零解得 對應為 因此得 由初始值得 因此 故解為 用分離變

5、量法求解熱傳導方程的混合問題解：設代入方程及邊值得求非零解得 n=1,2,對應為 故解為 由始值得因此 所以 如果有一長度為的均勻的細棒，其周圍以及兩端處均勻等到為絕熱，初始溫度分布為問以后時刻的溫度分布如何？且證明當等于常數時，恒有。解：即解定解問題設代入方程及邊值得求非零解：當時，通解為由邊值得 因故相當于視為未知數，此為一齊次線性代數方程組，要非零，必需不同為零，即此齊次線性代數方程組要有非零解，由代數知必需有但 因為單調增函數之故。因此沒有非零解。當時，通解為由邊值得 即可任意，故為一非零解。當時，通解為由邊值得 因故相當于要非零，必需因此必需即這時對應 因取正整數與負整數對應一樣，故

6、可取對應于解T得對應于解T得由迭加性質，解為由始值得 因此 所以 當時，所以 4在區域中求解如下的定解問題其中均為常數，均為已知函數。提示：作變量代換 解：按提示，引，則滿足由分離變量法滿足方程及邊值條件的解為再由始值得 故 因此 5長度為的均勻細桿的初始溫度為，端點保持常溫，而在和側面上，熱量可以發散到到周圍的介質中去，介質的溫度取為，此時桿上的溫度分布函數滿足下述定解問題：試求出解：引使滿足齊次方程及齊次邊值，代入方程及邊值，計算后得要滿足：的通解為由邊值 又 得 解之得 因此 這時滿足：設代入方程及邊值條件得求非零解時，才有非零解。這時通解為由邊值得要，即有非零解，必須即 令 得 它有無

7、窮可數多個正根，設其為得對應T為 因此 其中滿足方程 再由始值得所以 應用滿足的方程，計算可得又所以 得 最后得其中滿足 另一解法：設使滿足為此取代入邊值得解之得 因而 這時，滿足 按非齊次方程分離變量法，有其中為對應齊次方程的特征函數，由前一解知為 即 代入方程得由于是完備正交函數系，因此可將 展成的級數，即 由正交性得 又 所以 將此級數代入等式右端得滿足的方程為 由始值得 有 解的方程，其通解為 '由 得 即有解 因此 6.半徑為a的半圓形平板，其表面絕熱，在板的圓周邊界上保持常溫，而在直徑邊界上保持常溫，圓板穩恒狀態的溫度分布。解：引入極坐標，求穩恒狀態的溫度分布化為解定解問題

8、 （拉普斯方程在極坐標系下形式的推導見第三章習題3），其中引入的邊界條件為有限時，叫做自然邊界條件。它是從實際情況而引入的。再引則滿足 設代入方程得 乘以再移項得 右邊為r函數，左邊為函數，要恒等必須為一常數記為，分開寫出即得 再由齊次邊值得 由以前的討論知 對應R滿足方程 這是尤拉方程，設代入得 即 為兩個線性無關的特解，因此通解為 由自然邊界條件有限知 在 處要有限，因此必需由迭加性質知滿足方程及齊次邊值和自然邊界條件，再由 得 因此 所以 § 3 柯 西 問 題 1 求下述函數的富里埃變換：(1) (2) (a > 0)(3) (a > 0, k為自然數)解：(1)

9、 = （柯西定理）或者 積分得 又 =故 C= 所以 F=2I(P)=(2) 或 = =2(3) F =因 =所以2證明當f(x)在內絕對可積時，F(f)為連續函數。證：因對任何實數p有即關于p 絕對一致收斂，因而可以在積分下取極限，故g(p)關于p 為連續函數。3用富里埃變換求解三維熱傳導方程的柯西問題解：令 對問題作富里埃變換得解之得 因 再由卷積定理得4.證明（3.20）所表示的函數滿足非齊次方程(3.15)以及初始條件（3.16）。證：要證滿足定解問題 原書85頁上已證解的表達式中第一項滿足因此只需證第二項滿足如第一項，第二項關于的被積函數滿足若記第二項為被積函數為即 故有 即 顯然得

10、證。5 求解熱傳導方程（3.22）的柯西問題，已知 (2) (3) 用延拓法求解半有界直線上熱傳導方程（3.22）,假設 解： （1）sinx有界，故(2) 1+x無界， 但表達式仍收斂，且滿足方程。因此易驗它也滿初始條件。（3）由解的公式知，只需開拓使之對任何x值有意義即可。為此，將積分分為兩個與，再在第一個中用來替換就得由邊界條件得要此式成立，只需即作奇開拓，由此得解公式為 6證明函數對于變量滿足方程對于變量滿足方程 證：驗證即可。因同理 所以 仿此 所以 7證明如果分別是下列兩個問題的解。則是定解問題的解。證： 驗證即可。因所以又 8導出下列熱傳導方程柯西問題解的表達式 解：由上題，只需

11、分別求出 及 的解，然后再相乘迭加即得。但所以 9驗證二維熱傳導方程柯西問題解的表達式為 證：由第6題知函數滿足方程，故只需證明可在積分號下求導二次即可。為此只需證明在積分號下求導后所得的積分是一致收斂的。對x求導一次得對有限的即和，下列積分是絕對且一致收斂的。因為對充分大的，每個積分都是絕對且一致收斂的。絕對性可從充分大后被積函數不變號看出，一致性可從充分性判別法找出優函數來。如第三個積分的優函數為且 收斂。因 ，故右端為一致收斂積分的乘積，仍為一致收斂積分。因而為絕對一致收斂的積分。從而有，對討論是類似的。從而證明表達式滿足方程。再證滿足始值。任取一點，將寫成 因而對任給，取如此之大，使再由的連續性，可找到使當，都小于時，有所以 因此 即有 §4 極值原理，定解問題的解的唯一性和穩定性1 若方程的解在矩形R的側邊及上不超過B，又在底邊上不超過M，證明此時在矩形R內滿足不等式：由此推出上述混合問題的唯一性與穩定性。證：令，則滿足，在R的邊界上再由熱傳導方程的極值原理知在R內有故 唯一性：若為混合問題的兩個解，則滿足由上估計得推出 即 解是唯一的。 穩定性：若混合問題的兩