1、 第一章1 方程的导出。定解条件1细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以 u(x,t)表示静止时在 x 点处的点在时刻 t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明 满足方程),(txuEtxt其中 为杆的密度， 为杨氏模量。E证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 与x。现在计算这段杆在时刻 的相对伸长。在时刻 这段杆xtt两端的坐标分别为： ),();,(tuxtux其相对伸长等于 ),(,( txttux x 令 ，取极限得在点 的相对伸长为 。由虎克0xxu),(t定律，张力 等于),(txT),(),(txEt其中 是在点 的杨氏模量。)(xE
2、设杆的横截面面积为 则作用在杆段 两端),(xS),(x的力分别为 xuS)( xut)()(;,).,(t于是得运动方程 tsxxESuxEx|)(|)(利用微分中值定理，消去 ，再令 得0tus)(xxES()若 常量，则得)(xs=2)(tx)(x即得所证。2在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由， (3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。解：(1)杆的两端被固定在 两点则相应的边界条lx,0件为.),(),0(tlut(2)若 为自由端，则杆在 的张力lxlx| 等于零，因此相应的边界条件为 |EtlT)(,l xu=0 lx同理，若 为自由端，
3、则相应的边界条件为 0x x0(3)若 端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某l点，且该点离开原来位置的偏移由函数 给出，则在 端)(tvlx支承的伸长为 。由虎克定律有)(,tvluxuE)(,tvlkl其中 为支承的刚度系数。由此得边界条件k 其中)()(tflx特别地，若支承固定于一定点上，则 得边界条件,0)(tv 。(uxlx同理，若 端固定在弹性支承上，则得边界条件0xE)(,0tvkx即 )(u.f3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 22)1()1(thxhxE其中 为圆锥的高 (如图 1)证：如图，不妨设枢轴底面的半径为 1，则 x点处截面的半径 为：lhxl1所以截面积 。
4、利用第 1 题，得2)()xs)1()1( 22xuhExtuhx若 为常量，则得E 22)1()1(tuhxuhx4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡位置，试导出此线的微小横振动方程。解：如图 2，设弦长为 ，弦的线密度为 ，则 点处的张lx力 为)(xT)()xlgT且 的方向总是沿着弦在 点处的切线方向。仍以 表)(x ),(txu示弦上各点在时刻 沿垂直于 轴方向的位移，取弦段t则弦段两端张力在 轴方向的投影分别为),(u)(sin)();(sin( xxlgxlg 其中 表示 方向与 轴的夹角)(x)(T又 .sinxutg于是得运动方程lt
5、x)(2ulgxgx利用微分中值定理，消去 ，再令 得0。)(2xult5. 验证 在锥221),(yxtyxu0 中都满足波动方程22yxt证：函数22ut在锥 0 内对变量221),(yxtyx2yxt有t,二阶连续偏导数。且 tyxtu232)( 252 )()( tttt )2()( 232yxtyxttu)(252232 xyxtyxt 2252yxtyxt同理 yu所以 .22522 tuyxtxtyxu 即得所证。6. 在单性杆纵振动时,若考虑摩阻的影响,并设摩阻力密度涵数( 即单位质量所受的摩阻力)与杆件在该点的速度大小成正比(比例系数设为 b), 但方向相反,试导出这时位移函
6、数所满足的微分方程.解: 利用第 1 题的推导,由题意知此时尚须考虑杆段上所受的摩阻力.由题设,单位质量所受摩阻力为x,故 上所受摩阻力为tubxtuxspb运动方程为: tuxsbxuEStEStsxx2利用微分中值定理，消去 ,再令 得0 .2 tuxsbxuEStuxs 若 常数，则得)(xstuxbExtu2若 则 得 方 程令也 是 常 量是 常 量 ,., 2aEx .22xuatbtu3 混合问题的分离变量法1. 用分离变量法求下列问题的解：(1) 0),(,0 )0()13in22l lxxtxuatot解：边界条件齐次的且是第一类的，令 )(),(tTXt得固有函数 ，且xl
7、nnsi，tlaBtaATnnco)(2,1(于是 1 sin)icos(),(nnxltlaBtlaAtx 今由始值确定常数 及 ，由始值得n1si3sinxllx1in)(nlBlal所以 当,3A,03ln xdlnxa0si)(2 xlnllll cossico22)1(4cssin2 303 nlanxlnlxll 因此所求解为1443 sini)(sin3co),( nnxltlaalxltlatxu (2) 0),(,)0,(22xtuxlhutltau解：边界条件齐次的，令)(),(tTxXt得： 0)(,0)(lX(1)及 。)2(2aT求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形
8、讨论。时，方程的通解为10xxeCX21)(由 得)(21c由 得0l 02lleeC解以上方程组，得 ， ，故 时得不到非10零解。时，方程的通解为20xcX21)(由边值 得 ，再由 得 ，仍)(X1c0l得不到非零解。时，方程的通解为30xcxcxXsinos)(21由 得 ，再由 得 )(1c0ls2为了使 ，必须 ，于是02c0cosl21ln)2,0(n且相应地得到 xlnxX1si),1(将 代入方程(2)，解得talnBtalnAtTn 21si2cos)( ,10于是 0 21sin)21sin21cos(),(n xltalBtalAtxu 再由始值得 021sin21nn
9、xlBalAxlh容易验证 构成区间 上的正xlsi ),( ,0l交函数系： nmlxdlnxlml 当当212sisin0 利用 正交性，得xl21sixdlnxlhAln21si0lxnnlxlxnllh 022 1si)1(2cos)1( nnh)()12(820B所以 022 21sin1cos)(18),(nn xltalhtxu 2。设弹簧一端固定，一端在外力作用下作周期振动，此时定解问题归结为0),()0,( sin),(22xtutAtlat 求解此问题。解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取，则 满足txlAtUsin),(),(txU，0),(tAlsin令 代
10、入原定解问题，则 满足,),(txvttxu),(txv)1()0,()0,(sin222xlAxtvxvlt ta满足第一类齐次边界条件，其相应固有函数为),(t， xlnXnsi)2,10(故设 )2(sin),1nxltTtv将方程中非齐次项 及初始条件中 按txAsin2 xlA展成级数，得li12sin)(sinxltftxlA其中 ln dltAtf02i)(lxnlxlntl 022 sicossin xlAtnAnsi)1(2xlni1其中 nln AxdlA)1(2si20 将(2)代入问题(1)，得 满足)(tTn nnnATttlat )1(2)0(,0si)(2解方程，
11、得通解 212)(sin)sicos latntlaBtlaAt nnnn由始值，得 0n2231)(1)(2)1( lanAlanAAaBnn 所以 12sin)(),(nntlalaAtxvxltlnsi)(2)1xlntnltlalanlA sisi)(1212 因此所求解为12)(2sin),(nlalAtxltuxlnttlsii3用分离变量法求下面问题的解0|022lxxttubshxua解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为),21(sin)(xlxXn设 1i),nltTtu将非次项 按 展开级数，得bshxixl1sin)(nxltf其中 shlblxdlshlbtf nn
12、2)(i2)( 210将 代入原定解问题，得 满1i)(),(nltTtxu )(tTn足 0)(,)0( 2)1(2nn nTshlbtlat 方程的通解为 shllnbaltlnBtlaAt nn 122)()(sicos)( 由 ，得：0)(T shllnbalnn 122)()(由 ，得nB所以 )cos1()(2)1() tlahllbatTnn所求解为1212 sin)co()(),(nn xltlalshlabtu 4用分离变量法求下面问题的解：0|,| )(202ttlxxuhubatbt解：方程和边界条件都是齐次的。令)(),(tTxXt代入方程及边界条件，得 ab“2“0)(lX由此得边值问题 0)(“l因此得固有值 ，相应的固有函数为2ln,21,sin)(xlxXn又 满足方程)(tT02“Tab将 代入，相应的 记作 ，得 满足n)(t)(tn)(tn022“ lbTn一般言之， 很小，即阻尼很小，故通常有,21,2la故得通解 )sinco()( tBtAetTnbtn 其中 2la所以 xlntBtAetxunnbt si)icos(),(1再由始值，得 xlnBbAlxlhnnsi)(0i1所以102)(2sinlnhxdhA1)(nnnbB所求解为 .sin)i(cos)2),(1 xltbtnehtxunbt
