（5） （6）
求固有值问题（5）（6）： 得固有值与固有函数分别为
kπ λk = , l kπ X k ( x) = Bk sin x, l
2
k = 1, 2,3,L.
T '(t ) + a 2 λT (t ) = 0,
（4）
将 λk 代入方程（4），得 2 akπ T '(t ) + T (t ) = 0, l 其通解为
X ''( x) + λ X ( x) = 0,
X '(0) = X '(l ) = 0.
（5） （6）
T '(t ) + a 2 λT (t ) = 0,
（4）
求固有值问题（5）（6）, 得固有值与固有函数分别为 2 kπ k π 将 λk 代入方程（4），得 其通解为
x, λk = , X k ( x) = Bk cos l l
2
u
x =0
=u
x =l
= 0.
又冲量未作用前，弦上各点处在平衡位置。当 冲量作用使得弦开始振动的那一瞬间（即初始时刻）， 弦上各点仍保持在平衡位置，所以 u
t =0
= 0.
冲量的作用使弦产生初速度，在弦上取一小区间 x − c ≤ ε , 由冲量定理有 2 ρε ut t =0 = k . 在小区间外， 因未受冲量作用，所以初速度为零。故
习 题 讲 解
习题一、1 1
长为 l 的弦两端固定，开始时在 x = c 处受到冲 量 k 的作用，试写出相应的定解问题。
解 由于冲量的作用使弦产生振动，因此弦的
位移函数 u( x, t ) 应满足
其中
utt = a u xx , 0 < x < l , t > 0. T 2 a = . 因为弦两端固定，所以 ρ
又由条件（3），得
kπ Ck cos x = x, ∑ l k =0 l , 2 C
∞
k
⇒
k = 0,
= 2 kπ l ∫ x cos l xdx,
l 0
∞
k ≠ 0.
故原定解问题的解为
l kπ 2 l u ( x, t ) = + ∑ ∫ x cos xdx e 2 k =1 l 0 l
（2） （3） （4）
设方程（1）具有变量分离形式的非零解 u ( ρ , θ ) = R( ρ )Φ (θ ), 代入方程（1），得
ρ 2 R ''( ρ ) + ρ R '( ρ ) − λ R( ρ ) = 0,
Ck = Bk Ck' .
由于方程（1）与条件（2）都是齐次的，因此
u ( x, t ) = ∑ u k ( x, t ) = ∑ Ck e
k =1
k =1
∞
∞
akπ − t l
2
kπ sin x l
仍满足方程（1）与条件（2）。又由条件（3），得
kπ Ck sin x = ϕ ( x) ∑ l k =1
解 由固有值理论知，只有 λ ≥ 0 时方程（3）
才有符合条件（4）的非零解。 当 λ = 0 时，方程（3）的通解为
X ( x) = A + Bx. 由条件（4），得 B = 0. 因此 X 0 ( x) = A0 . 当 λ > 0 时，方程（3）的通解为
X ( x) = A cos λ x + B sin λ x.
2
k = 1, 2,3,L.
综合以上两种情况，得固有值与固有函数分别为 2 kπ k π
x, k = 0,1, 2, 3,L. λk = , X k ( x) = Ak cos l l
习题二、1 9
求定解问题
u u
ut = a u xx ,
2
0 < x < l , t > 0,
x =l
（1） （2） （3）
x =0 t =0
= 0, u
= 0,
= ϕ ( x).
解 设方程（1）具有变量分离形式的非零解
u ( x, t ) = X ( x)T (t ),
将（*）代入方程（1），得
ut = a 2u xx ,
u
x =0
（*）
（1）
⇒
T '(t ) X ''( x) = = −λ , 2 a T (t ) X ( x)
( x1 , x2 ,L , xn −1 , xn , u )
s =0
du = 3u , ds
(7)
(8)
= (t1 , t2 ,L , tn −1 ,1, h(t1 , t2 ,L , tn −1 ))
由（7）（8）得
xi = ti e s (i = 1, 2,L , n − 1), xn = e s , u = h(t1 , t2 ,L , tn −1 )e3s .
（1） （2）
解 由固有值理论知，只有 λ > 0 时方程（1）
才有符合条件（2）的非零解。 当 λ > 0 时，方程（1）的通解为
X ( x) = A cos λ x + B sin λ x.
由条件（2），得
B = 0,
A cos λ l = 0.
由于A不能为零（否则 X (x)=0），所以 π cos λ l = 0, 即 λ l = kπ + , k = 0,1, 2,3,L. 2 故求得固有值与固有函数分别为
2k + 1 λk = π , 2l
2
2k + 1 X k ( x) = Ak cos π x, 2l
k = 0,1, 2, 3,L.
习题二、1 7 （3 ） X ''( x ) + λ X ( x ) = 0.

（3） （4）
X '(0) = X '(l ) = 0.
故问题（5）（6）的解为
xn −1 3 x1 x2 u = h ( , ,L , ) xn . xn xn xn
习题二、1 7 （1 ）
求固有值问题：

X ''( x) + λ X ( x) = 0. X (0) = X '(l ) = 0.
（1） （2）
解 由固有值理论知，只有 λ > 0 时方程（1）
∞
⇒
2 l kπ Ck = ∫ ϕ ( x) sin xdx l 0 l
akπ − t l
2
故原定解问题的解为
2 l kπ u ( x, t ) = ∑ ∫ ϕ ( x) sin xdxe 0 l k =1 l
∞
kπ sin x l
习题二，2 0 （2 ） 求定解问题 ut = a 2u xx , 0 < x < l , t > 0, u x x =0 = 0, u x x =l = 0, u t = 0 = x,
∑ xk
n
(6)
解 与条件（6）相对应的初始曲面为
在初始曲面 Γ 上，
∂x1 ∂t1 ∂x2 ∂t1 L L L ∂x 2 ∂tn −1 x2 L L ∂xn −1 ∂tn −1 xn −1 ∂x1 ∂t 2 K ∂x1 ∂tn −1 x1 ∂x 2 ∂t 2
Γ : x1 = t1 , x2 = t2 ,L , xn −1 = tn−1 , xn = 1, u = h(t1 , t2 ,L , tn −1 ).
1 0 J= = −1 ≠ 0, xu −1
组的初值问题
∀w.
于是问题（1）（2）可转化为解常微分方程
dx dt = xu, = −1, ds ds ( x, t , u ) s = 0 = ( w, 0, w).
由（3）（4）得 x = we ws ,
du = 0, ds
(3)
(4)
2
k = 0,1, 2, 3,L.
akπ T '(t ) + T (t ) = 0, l
Tk (t ) = Ck' e
akπ − t l
2
.
于是得满足方程（1）与条件（2）的一组特解
uk ( x, t ) = X k ( x)Tk (t ) = Ck e
t = −s , u = w. 消去s, w, 得问题（1）（2）的解为 x = ue − ut .
习题二、1 （5 ） 求Cauchy问题
∂u = 3u, (5) k =1 ∂xk u ( x1 , x2 ,L , xn −1 ,1) = h( x1 , x2 ,L , xn −1 )
= 0, u
x =l
= 0, （2）
T '(t ) + a 2 λT (t ) = 0,
X ''( x) + λ X ( x) = 0.
（4） （5） （6）
将（*）代入条件（2），得
X (0) = X (l ) = 0.
X ''( x) + λ X ( x) = 0.
X (0) = X (l ) = 0.
（1） （2） （3）
解 令方程（1）具有变量分离形式的非零解 u ( x, t ) = X ( x)T (t ),
代入方程（1），得
T '(t ) + a λT (t ) = 0, X ''( x) + λ X ( x) = 0.
2
（4） （5） （6）
又由条件（2），得
X '(0) = X '(l ) = 0.