⎡ 1 x + a ( t −τ ) ⎤ u3 ( x, t ) = ∫ M fτ ( x, t − τ )dτ = ∫ ⎢ ∫t −τ ) fτ (s)ds ⎥ dτ ⎥ 0 0 ⎢ ⎣ 2a x − a ( ⎦
t t
⎡ x + a (t −τ ) ⎤ 1 = ∫ ⎢ x−a∫t −τ ) f (s,τ )ds ⎥ dτ . 2a 0 ⎢ ( ⎥ ⎣ ⎦
x
这就将一个二阶方程化为两个一阶方程。 再由初始条件得：
u ( x, 0) = 0,
∂u ⎤ ⎡ ∂u v( x, 0) = ⎢ − a ⎥ = ψ ( x), ∂x ⎦ t =0 ⎣ ∂t
因此，问题化为求解两个一阶线性方程的Cauchy问题：
{ {
∂u ∂u − a = v, ∂t ∂x
− ∞ < x < +∞, t > 0;
即，
∂ 2u ∂ 2u ∂ ⎛ ∂u ∂u ⎞ ∂ ⎛ ∂u ∂u ⎞ 2 u ≡ 2 − a 2 = ⎜ − a ⎟ + a ⎜ − a ⎟ ∂t ∂x ∂t ⎝ ∂t ∂x ⎠ ∂x ⎝ ∂t ∂x ⎠
∂ ⎞ ⎛ ∂u ∂u ⎞ ⎛∂ = ⎜ + a ⎟⎜ − a ⎟ ∂x ⎠ ⎝ ∂t ∂x ⎠ ⎝ ∂t ∂ ⎞⎛ ∂ ∂ ⎞ ⎛∂ = ⎜ + a ⎟⎜ − a ⎟u ∂x ⎠ ⎝ ∂t ∂x ⎠ ⎝ ∂t
注意，这里
a
是常数。
令
∂u ∂u v= −a ∂t ∂x
则由方程 得，
∂t
∂ ⎞⎛ ∂ ∂ ⎞ ⎛∂ ≡ ⎜ + a ⎟⎜ − a ⎟ u = 0 u ∂x ⎠⎝ ∂t ∂x ⎠ ⎝ ∂t t ∂u ∂u − a = v, u=0 ∂t ∂x
∂v + a ∂v = 0. ∂x
u=0 ut = ψ
证毕。
作 业
1，Page 109, 4；（提示：作变换 v = (h − x) u ） 2，Page 109, 8； （提示：分解为三个一维问题 ）
{
}
定理证明思路： 1.计算函数 u 的二阶导数，从而证明函数 u 具有连续的 二阶导数。 2.证明函数 u 满足方程及初始条件。 四、性质
ψ f 推论 若 ϕ、 、 为 x 的偶(奇，周期)函数，则由表达式 (8)给出的函数 u 也必为 x 的偶(奇，周期)函数。
注意 这里我们只能说表达式(8)给出的函数，而不能说 定解问题(1)的解，这是因为我们还不知道问题是否有其 它解，一旦证明问题之解为唯一，我们可以说问题之解 满足这一性质。
u ( x, 0) = 0,
∂v ∂v + a = 0, ∂t ∂x
− ∞ < x < +∞.
− ∞ < x < +∞, t > 0;
v( x, 0) = ψ ( x),
− ∞ < x < +∞.
因此，可用特征线法先求出v, 再求出 u , 就得到所求解的表达式。
解法2：①，先求方程
u = 0 的通解。
=−
ϕ ( x + at ) + ϕ ( x − at )
2
1 − 2a
x + at
x − at
∫ ψ ( s ) ds
t x + a ( t −τ ) ⎤ 1 ⎡ − ∫ ⎢ ∫ f ( s,τ )ds ⎥ dτ 2a 0 ⎢ x − a ( t −τ ) ⎥ ⎣ ⎦
= − u ( x , t ).
(5)
= −aF '( x) + aG '( x) = ψ ( x),
(6)对 x 在 [0, x ] 积分得：
x
(6)
− aF ( x) + aG ( x) = ∫ψ ( s )ds − aF (0) + aG (0), (7)
0
由(5)(7)解得：
1 F (0) − G (0) F ( x) = − ∫ψ ( s )ds + , 2a 0 2
证明：以奇函数为例加以证明。
ψ f 当 ϕ、 、 为 x 的奇函数，则
ϕ ( − x + at ) + ϕ ( − x − at ) 1 u (− x, t ) = +
2
⎡ 1 − x + a ( t −τ ) ⎤ +∫ ⎢ ∫(t −τ ) f (s,τ )ds ⎥ dτ ⎥ 0 ⎢ ⎣ 2a − x − a ⎦
1 = ∫atψ (s)ds, 2a x −
x + at
即：
1 u2 ( x, t ) = M ψ ( x, t ) = 2a
∂M (x,t)
x + at
x − at
∫
ψ ( s ) ds ,
x + at ⎤ ∂ ⎡ 1 ϕ u1 ( x , t ) = = ⎢ ∫a t ϕ ( s ) d s ⎥ ∂t ∂t ⎣ 2 a x− ⎦ ϕ (x + at) + ϕ (x − at) = 2
∂ 2u ∂ 2u u = 2 − a 2 2 = 0, x ∈ R, t > 0, ∂t ∂x
(2) (3) (4)
u ( x, 0) = 0,
x ∈ R,
ut ( x, 0) = ψ ( x),
x ∈ R.
我们这里介绍两种解法： 解法1：特征线法（这是教材上的解法。） 第一步：将算子 分解。
∂2 ∂2 ⎛ ∂ ∂ ⎞⎛ ∂ ∂ ⎞ 2 2 − a 2 = ⎜ + a ⎟⎜ − a ⎟, ≡ ∂t ∂x ⎝ ∂t ∂x ⎠ ⎝ ∂∂x ⎠
t
因此得问题(1)之解为：
u ( x , t ) = u1 ( x , t ) + u 2 ( x , t ) + u 3 ( x , t )
=
ϕ ( x + at ) + ϕ ( x − at )
2
t
1 + 2a
x + at
x − at
∫ ψ ( s ) ds
(8)
⎡ x + a ( t −τ ) ⎤ 1 + ∫ ⎢ x−a∫t −τ ) f (s,τ )ds ⎥ dτ . 2a 0 ⎢ ( ⎥ ⎣ ⎦
x
1 F (0) − G (0) G ( x) = , ∫ψ (s)ds − 2a 0 2
x
于是得：
u ( x, t ) = F ( x − at ) + G ( x + at ) x − at x + at 1 1 =− ∫ ψ (s)ds + 2a ∫ ψ (s)ds 2a 0 0 0 x + at 1 1 = ∫atψ (s)ds + 2a ∫ ψ ( s)ds 2a x − 0
由课本第31页练习16的结论，方程 在变换
{
ξ = x − at , η = x + at ;
或
{
x=
u =utt − a 2u xx = 0
ξ +η
下化为 uξη = 0, 积分两次得：
2 η −ξ t= ; 2a
,
u = F (ξ ) + G (η ),
其中 F 和 G 为 C (R ) 上的任意函数。 于是，
2.2
一、问题
解的表达式
求解一维波动方程的Cauchy问题：
∂ 2u ∂ 2u = 2 − a 2 2 = f ( x, t ), x ∈ R, t > 0, u ∂t ∂x
u ( x, 0) = ϕ ( x),
x ∈ R,
(1)
ut ( x, 0) = ψ ( x),
二、求形式解
x ∈ R.
由上节讨论，我们只须求解以下问题：
2
u = F ( x − at ) + G ( x + at ),
总
方程
2
结
u =utt − a u xx = 0 的通解为：
u = F ( x − at ) + G ( x + at ),
其中 F 和 G 为 C (R ) 上的任意函数。
2
②，由通解求Cauchy问题的解。
u ( x, t ) = F ( x − at ) + G ( x + at ),
三、验证
前面所得的解表达式仅仅为问题(1)的形式解， 是我们在不 考虑各种运算合理性情况下推得的， 其合法性尚需验证。 定理2.2 若 ϕ ∈ C ( −∞ , ∞ ), ψ ∈ C ( −∞ , ∞ ), f ∈ C ( Q )
2 1 1
这里 Q = ( x , t ) − ∞ < x < ∞ , t > 0 , 则由表达式(8)给 出的函数 u 必为C 2 (Q ) ，且是定解问题(1)之解。
我们只要利用初始条件来确定这两个函数，即可得出问题 (2)(3)(4)之解。
u ( x, t ) t =0 = [ F ( x − at ) + G ( x + at ) ] t =0 = F ( x) + G ( x) = 0, ut ( x, t ) t =0 = [ − aF ′( x − at ) + aG′( x + at ) ] t =0
t
− x + at
2 a − x − at
∫
ψ ( s ) ds
=−
ϕ ( x + at ) + ϕ ( x − at )
2
t
1 − 2a
x − at
x + at
∫ ψ (− s )ds
⎡ x − a (t −τ ) ⎤ 1 − ∫ ⎢ ∫ f (− s,τ )ds ⎥ dτ . 2a 0 ⎢ x + a ( t −τ ) ⎥ ⎣ ⎦