数学物理方法 07 行波法
第七章行波法 \color{blue}{第七章 行波法}
§7.1达朗贝尔公式 \color{blue}{\S 7.1 达朗贝尔公式}
物理模型:无界弦的自由震动
7.1.1定解问题 \color{blue}{7.1.1 定解问题}
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ u tt =a 2 u xx ,−∞<x<∞(1)u| t=0 =φ(x),−∞<x<∞(2)u t | t=0 =ψ(x),−∞<x<∞(3) \left \lbrace \begin{array}{l} u_{tt} = a^2 u_{xx}, -\infty
7.1.2求解 \color{blue}{7.1.2 求解}
1.思路:仿照求解常微分方程的先求通解，再用初始条件求特解的方法。 1.思路:仿照求解常微分方程的先求通解，再用初始条件求特解的方法。
2.引入坐标变换求(1)的通解: 2.引入坐标变换求(1)的通解:
选择{ξ=(x+at)η=(x−at) 即{x=(1/2)(ξ+η)t=(1/2a)(ξ−η) 选择\left \lbrace \begin{array}{l} \xi = (x + at) \\ \eta = (x - at) \end{array} \right. 即\left \lbrace \begin{array}{l} x = (1/2)(\xi + \eta) \\ t = (1/2a)(\xi - \eta) \end{array} \right.
则方程(1)化为:∂ 2 ∂ξ∂η u(ξ,η)=0(1) ′ 则方程(1)化为: \dfrac{\partial ^2}{\partial \xi \partial \eta} u(\xi, \eta) = 0 \quad (1)^{\prime}
u(ξ,η)=f 1 (ξ)+f 2 (η)(4) u(\xi, \eta) = f_1(\xi) + f_2(\eta) \quad (4)
通解:u(x,t)=f 1 (x+at)+f 2 (x−at)(5) 通解: u(x, t) = f_1(x + at) + f_2(x - at) \quad (5)
3.用初始条件定特解: 3.用初始条件定特解:
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ u tt =a 2 u xx ,−∞<x<∞(1)u| t=0 =φ(x),−∞<x<∞(2)u t | t=0 =ψ(x),−∞<x<∞(3) \left \lbrace \begin{array}{l} u_{tt} = a^2 u_{xx}, -\infty
u(x,t)=f 1 (x+at)+f 2 (x−at)(5) u(x, t) = f_1(x + at) + f_2(x - at) \quad (5)
D`Alembert公式:
u(x,t)=12 [φ(x+at)+φ(x−at)]+12a ∫ x+at x−at ψ(α)dα(6) u(x, t) = \dfrac{1}{2}[\varphi(x + at) + \varphi(x - at)] + \dfrac{1}{2a} \int_{x - at}^{x + at} \psi(\alpha) d \alpha \quad (6)
7.1.3分析解答 \color{blue}{7.1.3 分析解答}
1.适定性： 1.适定性：
(1)达朗贝尔公式存在. (1)达朗贝尔公式存在.
u t =a2 [φ ′ (x+at)−φ ′ (x−at)]+12a [∫ x+at x−at ∂ψ∂t dα+a⋅ψ(x+at)+aψ(x−at)] u_t = \dfrac{a}{2}[\varphi^{\prime}(x + at) - \varphi^{\prime}(x - at)] + \dfrac{1}{2a}[\int_{x-at}^{x+at} \dfrac{\partial \psi}{\partial t} d \alpha + a \cdot \psi(x + at) + a \psi(x - at)]
u tt =a 2 2 [φ ′′ (x+at)+φ ′′ (x−at)]+a2 [ψ ′ (x+at)−ψ ′ (x−at)] u_{tt} = \dfrac{a^2}{2}[\varphi^{\prime \prime}(x+at) + \varphi^{\prime \prime}(x-at)] + \dfrac{a}{2}[\psi^{\prime}(x+at) - \psi^{\prime}(x-at)]
u x =12 [φ ′ (x+at)+φ ′ (x−at)]+12a [ψ(x+at)−ψ(x−at)] u_x = \dfrac{1}{2}[\varphi^{\prime}(x+at) + \varphi^{\prime}(x-at)] + \dfrac{1}{2a}[\psi(x+at) - \psi(x-at)]
u xx =12 [φ ′′ (x+at)+φ ′′ (x−at)]+12a [ψ ′ (x+at)−ψ ′ (x−at)] u_{xx} = \dfrac{1}{2}[\varphi^{\prime \prime}(x+at) + \varphi^{\prime \prime}(x-at)] + \dfrac{1}{2a}[\psi^{\prime}(x+at) - \psi^{\prime}(x-at)]
(2)任意性已由初始条件唯一确定. (2)任意性已由初始条件唯一确定.
(3)稳定性:设 (3)稳定性:设
u| t=0 ={φ 1 (x)φ 2 (x) ;u t | t=0 ={ψ 1 (x)ψ 2 (x) ;|φ 1 −φ 2 |≤δ,|ψ 1 −ψ 2 |≤δ u|_{t=0} = \left \lbrace \begin{array}{l}\varphi_1(x) \\ \varphi_2(x) \end{array} \right.; u_t|_{t=0} = \left \lbrace \begin{array}{l} \psi_1(x) \\ \psi_2(x) \end{array} \right.; |\varphi_1 - \varphi_2| \leq \delta, |\psi_1 - \psi_2| \leq \delta
|u 1 −u 2 |≤12 |φ 1 (x+at)−φ 2 (x+at)+φ 1 (x−at)−φ 2 (x−at)|+12a |∫x+at x−at [ψ 1 (α)−ψ 2 (α)dα| |u_1 - u_2| \leq \dfrac{1}{2}|\varphi_1(x+at) - \varphi_2(x+at) + \varphi_1(x-at) - \varphi_2(x-at)| + \dfrac{1}{2a}|\int_{x-at}^{x+at}[\psi_1(\alpha) - \psi_2(\alpha) d \alpha |
≤12 δ+12 δ+12a δ[(x+at)−(x−at)]=δ[1+t] \leq \dfrac{1}{2}\delta + \dfrac{1}{2}\delta + \dfrac{1}{2a}\delta[(x+at)-(x-at)] = \delta[1+t]
结论:达朗贝尔公式存在、唯一、稳定。即：适定。 结论:达朗贝尔公式存在、唯一、稳定。即：适定。
2.物理意义: 2.物理意义:
(1)设ψ=0,即u(x,t)=12 [φ(x+at)+φ(x−at)]: (1)设\psi = 0,即u(x, t) = \dfrac{1}{2}[\varphi(x+at) + \varphi(x-at)]:
φ(x−at):以速度a沿x轴正向传播的波−−正波. \varphi(x-at):以速度a沿x轴正向传播的波--正波.
φ(x+at):以速度为a沿x轴反向传播的波−−反波. \varphi(x+at):以速度为a沿x轴反向传播的波--反波.
(2)设φ=0,ψ(x)=1a ∫ x x 0 ψ(α)dα: (2)设\varphi = 0, \psi(x) = \dfrac{1}{a} \int_{x_0}^{x} \psi(\alpha) d \alpha:
则:u(x,t)=12 [ψ(x+at)−ψ(x−at)] 则:u(x, t) = \dfrac{1}{2}[\psi(x+at) - \psi(x-at)]
结论:达朗贝尔解表示正行波和反波的叠加。 结论:达朗贝尔解表示正行波和反波的叠加。
7.1.4例题 \color{blue}{7.1.4 例题}
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ u tt −a 2 u xx =0u(x,0)=sinxu t (x,0)=x 2 \left \lbrace \begin{array}{l}u_{tt} - a^2u_{xx} = 0 \\ u(x, 0) = \sin x \\ u_t(x, 0) = x^2 \end{array} \right.
答:sinxcosat+t3 (3x 2 +a 2 t 2 ) 答:\sin x \cos at + \dfrac{t}{3}(3x^2 + a^2t^2)
§7.2纯强迫震动 \color{blue}{\S 7.2 纯强迫震动}
一无限长的均匀弦，因受其力密度为bxt的外力作用做振幅及其微小的横震动。若弦的初位移为0，初速度为(l−x)，试求该弦的震动规律。 一无限长的均匀弦，因受其力密度为bxt的外力作用做振幅及其微小的横震动。若弦的\\ 初位移为0，初速度为(l-x)，试求该弦的震动规律。
{ tt =a 2 u xx +bxt,−∞<x<∞u| t=0 =0,u t | t=0 =l−x u(x,t)=? \left \lbrace \begin{array} u_{tt} = a^2 u_{xx} + bxt , -\infty
7.2.1定解问题 \color{blue}{7.2.1 定解问题}
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ u tt =a 2 u xx +f(x,t)(1)u| t=0 =0(2)u t | t=0 =0(3) \left \lbrace \begin{array}{l} u_{tt} = a^2 u_{xx} + f(x, t) \quad (1) \\ u| _{t=0} = 0 \quad (2) \\ u_t | _{t=0} = 0 \quad (3) \end{array} \right.
7.2.2求解 \color{blue}{7.2.2 求解}
1.思路： 1.思路：
化有源问题为无源问题，利用达朗贝尔公式求解. 化有源问题为无源问题，利用达朗贝尔公式求解.
叠加原理:在物理学中研究问题时，常将几种不同原因综合所产生的效果，用这些不同原因单独产生的效果的累加来代替，这就是叠加原理。 叠加原理:在物理学中研究问题时，常将几种不同原因综合所产生的效果，用这些不同\\ 原因单独产生的效果的累加来代替，这就是叠加原理。
在数学上：叠加原理对应于线性方程或线性定解条件。 在数学上：叠加原理对应于线性方程或线性定解条件。
设L为线性微分算符，则Lu=f表示线性方程或线性定解条件。 设L为线性微分算符，则 Lu = f 表示线性方程或线性定解条件。
(1)若Lu i =f i (i=1,2,⋯,n),且u=∑ i=1 n c i u i ,则Lu=∑ i=1 n c i f i (1) 若 Lu_i = f_i(i=1, 2, \cdots, n),且u = \sum \limits _{i=1}^{n} c_i u_i,则Lu = \sum \limits _{i=1}^{n} c_i f_i
(2)若Lu i =f i (i=1,2,⋯,n),且u=∑ i=1 n c i u i 一致收敛，则Lu=∑ i=1 ∞ c i f i (2)若Lu_i = f_i(i=1,2,\cdots, n), 且u = \sum \limits _{i=1}^{n}c_iu_i 一致收敛，则Lu = \sum \limits _{i=1}^{\infty} c_if_i
(3)若Lu=f(M,M 0 ),且U=∫u(M,M 0 )dM 0 一致收敛，则LU=∫f(M,M 0 )dM 0 (3)若Lu = f(M, M_0), 且U = \int u(M, M_0) d M_0一致收敛，则LU = \int f(M, M_0) d M_0
2.分析源f(x,t)的作用情况 2.分析源f(x, t)的作用情况
(1)f(x,t)=∑f(x,τ),0<τ<t (1)f(x, t) = \sum f(x, \tau), 0
u(x,t)=lim Δτ→0 ∑ τ=0 w(x,t;τ) u(x, t) = \lim \limits _{\Delta \tau \to 0} \sum \limits _ {\tau = 0} w(x, t; \tau)
(2)f(x,τ)在Δτ时间间隔内引起的震动为 (2)f(x, \tau)在\Delta \tau时间间隔内引起的震动为
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ w tt −a 2 w xx =0τ<t<τ+Δτw| t=τ =0w t | t=τ =f(x,τ)Δτ \left \lbrace \begin{array}{l}w_{tt} - a^2 w_{xx} = 0 \quad \tau
设：w(x,t;τ)=v(x,t;τ)Δτ 设：w(x,t; \tau) = v(x,t; \tau) \Delta \tau
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ w tt −a 2 w xx =0w| t=τ =0w t | t=τ =f(x,τ)Δτ →⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ v tt −a 2 v xx =0(4)v| t=τ =0(5)v t | t=τ =f(x,τ)(6) \left \lbrace \begin{array}{l} w_{tt} - a^2 w_{xx} = 0 \\ w | _{t = \tau} = 0 \\ w_t | _{t = \tau} = f(x, \tau) \Delta \tau \end{array} \right. \to \left \lbrace \begin{array}{l} v_{tt} - a^2 v_{xx} = 0 \quad (4) \\ v | _{t=\tau} = 0 \quad (5) \\ v_t | _{t=\tau} = f(x, \tau) \quad (6) \end{array} \right.
(3)u(x,t)=∫ t 0 v(x,t;τ)dτ (3)u(x, t) = \int_0^t v(x, t; \tau) d \tau
3.纯强迫震动的解: 3.纯强迫震动的解:
u(x,t)=12a ∫ t 0 ∫ x+a(t−τ) x−a(t−τ) f(α,τ)dαdτ u(x, t) = \dfrac{1}{2a} \int_0^t \int_{x-a(t-\tau)}^{x+a(t-\tau)} f(\alpha, \tau) d \alpha d \tau
7.2.3例题 \color{blue}{7.2.3 例题}
求解初值问题: 求解初值问题:
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ u tt =u xx +xu(x,0)=0u t (x,0)=0 \left \lbrace \begin{array}{l}u_{tt} = u_{xx} + x \\ u(x, 0) = 0 \\ u_t(x, 0) = 0 \end{array} \right.
解:u(x,t)=12 ∫ t 0 ∫ x+(t−τ) x−(t−τ) αdαdτ=12 xt 2 解:u(x, t) = \dfrac{1}{2} \int _0^t \int_{x - (t-\tau)}^{x + (t - \tau)} \alpha d \alpha d \tau = \dfrac{1}{2}x t^2
§7.3三维无界波动问题 \color{blue}{\S 7.3 三维无界波动问题}
设大气中有一个半径R为1的球形薄膜，薄膜内的压强超过大气压的数值为p 0 ，假设薄膜突然消失，试求求外任意位置的附加压强p。 设大气中有一个半径R为1的球形薄膜，薄膜内的压强超过大气压的数值为p_0，假设\\ 薄膜突然消失，试求求外任意位置的附加压强p。
定解问题:⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ p tt −a 2 Δp=0p| t=0 ={p 0 ,R<10,R>1 p t | t=0 =0 定解问题:\left \lbrace \begin{array}{l} p_{tt} - a^2 \Delta p = 0 \\ p | _{t=0} = \left \lbrace \begin{array}{l} p_0, R 1 \end{array} \right. \\ p_t | _{t=0} = 0 \end{array} \right.
7.3.1定解问题 \color{blue}{7.3.1 定解问题}
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ u tt =a 2 Δu(1)u| t=0 =φ(M)(2)u t | t=0 =ψ(M)(3) M=M(x,y,z)−∞<x,y,z<∞ \left \lbrace \begin{array}{l} u_{tt} = a^2 \Delta u \quad (1) \\ u | _{t=0} = \varphi(M) \quad (2) \\ u_t | _{t=0} = \psi(M) \quad (3) \end{array} \right. \quad M = M(x, y, z) \quad -\infty
7.3.2求解 \color{blue}{7.3.2 求解}
1.思路: 1.思路:
化三维问题为一维问题，利用§7.1的方法和结果求解。 化三维问题为一维问题，利用\S7.1的方法和结果求解。
2.平均值方法: 2.平均值方法:
(1)定义： (1)定义：
u ¯ (r,t)=14πr 2 ∬ S M 0 r uds=14π ∬ S M 0 r udΩ \bar u(r, t) = \dfrac{1}{4 \pi r^2} \iint _{S_r^{M_0}} u ds = \dfrac{1}{4 \pi} \iint _{S_r^{M_0}} u d \Omega
称为函数u(M,t)在以M 0 为中心，r为半径的球面S M 0 r 上的平均值.其中,dΩ=ds/r 2 =sinθdθdφ为立体角元. 称为函数u(M,t)在以M_0为中心，r为半径的球面S_r^{M_0}上的平均值.\\ 其中,d \Omega = ds / r^2 = \sin \theta d \theta d \varphi为立体角元.
(2)有定义可知:u(M 0 ,t 0 )=lim r→0,t→t 0 u ¯ (r,t) (2)有定义可知: u(M_0, t_0) = \lim \limits _{r \to 0, t \to t_0} \bar u(r, t)
∵要求u(M 0 ,t 0 ),只需求u ¯ (r,t)即可−−平均值方法 \because 要求u(M_0, t_0),只需求\bar u(r, t)即可 -- 平均值方法
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ x ′ =x+rsinθcosφy ′ =y+rsinθsinφz ′ =z+rcosθ \left \lbrace \begin{array}{l} x^{\prime} = x + r \sin \theta \cos \varphi \\ y^{\prime} = y + r \sin \theta \sin \varphi \\ z^{\prime} = z + r \cos \theta \end{array} \right.
r=(x ′ −x) 2 +(y ′ −y) 2 +(z ′ −z) 2 − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − √ r = \sqrt{(x^{\prime} - x)^2 +(y^{\prime} - y)^2 + (z^{\prime} - z)^2}
3.求波动方程的通解: 3.求波动方程的通解:
14pi ∬ S u tt dΩ=a4π ∬ S ΔudΩ \dfrac{1}{4 pi } \iint _S u_{tt} d \Omega = \dfrac{a}{4 \pi} \iint _S \Delta u d \Omega
∂ 2 ∂t 2 14π ∬ S udΩ=a 2 Δ(14π ∬ S udΩ) \dfrac{\partial ^2}{\partial t^2} \dfrac{1}{4 \pi} \iint _S u d \Omega = a^2 \Delta(\dfrac{1}{4 \pi} \iint _S u d \Omega)
u ¯ (r,t) tt =a 2 Δu ¯ (r,t) \bar u(r, t)_{tt} = a^2 \Delta \bar u(r, t)
在直角坐标系中：Δu=∂ 2 u∂x 2 +∂ 2 u∂y 2 +∂ 2 u∂z 2 在直角坐标系中：\Delta u = \dfrac{\partial ^2 u}{\partial x^2} + \dfrac{\partial ^ 2 u}{\partial y^2} + \dfrac{\partial ^2 u}{\partial z^2}
→Δu ¯ =∂ 2 u ¯ ∂x 2 +∂ 2 u ¯ ∂y 2 +∂ 2 u ¯ ∂z 2 \to \Delta \bar u = \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial x^2} + \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial y^2} + \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial z^2}
∂u ¯ ∂x =∂u ¯ ∂r ∂r∂x =∂u ¯ ∂r x−x 0 r \dfrac{\partial \bar u}{\partial x} = \dfrac{\partial \bar u}{\partial r} \dfrac{\partial r}{\partial x} = \dfrac{\partial \bar u}{\partial r} \dfrac{x - x_0}{r}
∂ 2 u ¯ ∂x 2 =∂u ¯ ∂r r 2 −(x−x 0 ) 2 r 3 +∂ 2 u ¯ ∂r 2 (x−x 0 r ) 2 \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial x^2} = \dfrac{\partial \bar u}{\partial r} \dfrac{r^2 - (x - x_0)^2}{r^3} + \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial r^2}(\dfrac{x - x_0}{r})^2
∂ 2 u ¯ ∂y 2 =∂u ¯ ∂r r 2 −(y−y 0 ) 2 r 3 +∂ 2 u ¯ ∂r 2 (y−y 0 r ) 2 \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial y^2} = \dfrac{\partial \bar u}{\partial r} \dfrac{r^2 - (y - y_0)^2}{r^3} + \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial r^2}(\dfrac{y - y_0}{r})^2
∂ 2 u ¯ ∂z 2 =∂u ¯ ∂r r 2 −(z−z 0 ) 2 r 3 +∂ 2 u ¯ ∂r 2 (z−z 0 r ) 2 \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial z^2} = \dfrac{\partial \bar u}{\partial r} \dfrac{r^2 - (z - z_0)^2}{r^3} + \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial r^2}(\dfrac{z - z_0}{r})^2
→Δu ¯ =2r ∂u ¯ ∂r +∂ 2 u ¯ ∂r 2 =1r ∂ 2 ∂r 2 (ru ¯ ) \to \Delta \bar u = \dfrac{2}{r} \dfrac{\partial \bar u}{\partial r} + \dfrac{\partial ^2 \bar u}{\partial r^2} = \dfrac{1}{r} \dfrac{\partial ^2}{\partial r^2}(r \bar u)
令(ru ¯ )=v(r,t),则u tt =a 2 Δu→v tt =a 2 v rr 令(r \bar u) = v(r, t),则 u_{tt} = a^2 \Delta u \to v_{tt} = a^2 v_{rr}
→v(r,t)=f 1 (r+at)+f 2 (r−at) \to v(r, t) = f_1(r + at) + f_2(r - at)
由v(r,t)有v(0,t)=0→ 由v(r, t)有 v(0, t) = 0 \to
f 1 (at)+f 2 (−at)=0→ f_1(at) + f_2(-at) = 0 \to
f ′ 1 (at)=f ′ 2 (−at) f_1^{\prime}(at) = f_2^{\prime}(-at)
u(M 0 ,t 0 )=lim r→0 u ¯ (r,t 0 )=lim r→0 v(r,t)r =2f ′ (at 0 ) u(M_0, t_0) = \lim \limits _{r \to 0} \bar u(r, t_0) = \lim \limits _{r \to 0} \dfrac{v(r, t)}{r} = 2 f^{\prime}(at_0)
4.三维波动问题的解−−泊松(Poisson)公式 4.三维波动问题的解--泊松(Poisson)公式
∂∂r (ru ¯ )=f ′ 1 (r+at)+f ′ 2 (r−at) \dfrac{\partial}{\partial r}(r \bar u) = f_1^{\prime}(r + at) + f_2^{\prime}(r - at)
1a ∂∂t (ru ¯ )=f ′ 1 (r+at)−f ′ 2 (r−at) \dfrac{1}{a} \dfrac{\partial}{\partial t}(r \bar u) = f_1^{\prime}(r + at) - f_2^{\prime}(r - at)
取r=at 0 ,t=0代入初始条件得 取r = at_0, t=0代入初始条件得
2f ′ (at 0 )=14πa [∂∂t ∬ S M at φ(M ′ )at ds+∬ S M at ψ(M ′ )at ds] 2 f^{\prime}(at_0) = \dfrac{1}{4 \pi a}[\dfrac{\partial}{\partial t} \iint _{S_{at}^{M}} \dfrac{\varphi(M^{\prime})}{at} ds + \iint _{S_{at}^{M}} \dfrac{\psi(M^{\prime})}{at} ds]
u(M,t)=14πa [∂∂t ∬ S M at φ(M ′ )at ds+∬ S M at ψ(M ′ )at ds]−−泊松公式 \color{blue}{u(M, t) = \dfrac{1}{4 \pi a}[\dfrac{\partial}{\partial t} \iint _{S_{at}^{M}} \dfrac{\varphi(M^{\prime})}{at} ds + \iint _{S_{at}^{M}} \dfrac{\psi(M^{\prime})}{at} ds] -- 泊松公式}
S M at −以M为中心at为半径的球面; S_{at}^{M} -以M为中心at为半径的球面;
M ′ =M ′ (x ′ ,y ′ ,z ′ )−球面S M at 上的点; M^{\prime} = M^{\prime}(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}) -球面S_{at}^{M}上的点;
7.3.3泊松公式的物理意义 \color{blue}{7.3.3 泊松公式的物理意义}
设初始扰动限于空间某区域T 0 , 设初始扰动限于空间某区域T_0,
1.t<da ,u(M,t)=0,扰动前锋未传到。 1.t
2.da <t<Da ,u(M,t)≠0,扰动正经过. 2.\dfrac{d}{a}
3.t>da ,u(M,t)=0,扰动振尾已经过。 3.t > \dfrac{d}{a}, u(M, t) = 0,扰动振尾已经过。
u(M,t)=14πa [∂∂t ∬ S M at φ(M ′ )at ds+∬ S M at ψ(M ′ )at ds] u(M, t) = \dfrac{1}{4 \pi a} [\dfrac{\partial}{\partial t} \iint _{S_{at}^{M}} \dfrac{\varphi(M^{\prime})}{at} ds + \iint _{S_{at}^{M}} \dfrac{\psi(M^{\prime})}{at} ds]
7.3.4例题 \color{blue}{7.3.4 例题}
求解⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ p tt −a 2 Δp=0p| t=0 ={p 0 ,R<10,R>1 p t | t=0 =0 求解\left \lbrace \begin{array}{l}p_{tt} - a^2 \Delta p = 0 \\ p | _{t=0} = \left \lbrace \begin{array}{l} p_0, R 1 \end{array} \right. \\ p_t | _{t=0} = 0 \end{array} \right.
1)r−1<at<r+1: 1) r - 1
∬ S M at φ(M ′ )at ds=∫ 2π 0 ∫ θ 0 0 p 0 (at) 2 sinθat dθdφ \iint _{S_{at}^{M}} \dfrac{\varphi(M^{\prime})}{at} ds = \int_0^{2 \pi} \int_0^{\theta_0} \dfrac{p_0(at)^2 \sin \theta}{at} d \theta d \varphi
=−πp 0 r [(r−at) 2 −1] =-\dfrac{\pi p_0}{r}[(r - at)^2 - 1]
p(M,t)=14πa ∂∂t ∬ S M at φ(M ′ )at ds=p 0 2r (r−at) p(M, t) = \dfrac{1}{4 \pi a} \dfrac{\partial}{\partial t} \iint _{S_{at}^{M}} \dfrac{\varphi(M^{\prime})}{at} ds = \dfrac{p_0}{2 r}(r - at)
2)at<r−1orat>r+1:p(M,t)=0 2) at r + 1: \quad p(M, t) = 0
7.3.5推迟势 \color{blue}{7.3.5 推迟势}
1.定解问题 1.定解问题
⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ u tt −a 2 Δu=f(M,t)u| t=0 =0u t | t=0 =0 \left \lbrace \begin{array}{l} u_{tt} -a^2 \Delta u = f(M, t) \\ u | _{t=0} = 0 \\ u_t | _{t=0} = 0 \end{array} \right.
2.三维纯有源波动问题的解−−推迟势 2.三维纯有源波动问题的解 -- 推迟势
仿照一维，由冲量原理有: 仿照一维，由冲量原理有:
u(M,t)=∫ t 0 v(M,t;τ)dτ;⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ v tt −a 2 Δv=0v| t=τ =0v t | t=τ =f(M,τ) u(M, t) = \int_0^t v(M, t; \tau) d \tau; \quad \left \lbrace \begin{array}{l} v_{tt} - a^2 \Delta v = 0 \\ v | _{t = \tau} = 0 \\ v_t | _{t = \tau} = f(M, \tau) \end{array} \right.
由Poisson公式可求得: 由Poisson公式可求得:
u(M,t)=14πa ∬ M S a(t−τ) f(M ′ ,τ)a(t−τ) ds→ u(M, t) = \dfrac{1}{4 \pi a} \iint _{S_{a(t - \tau)}}^{M} \dfrac{f(M^{\prime}, \tau)}{a(t - \tau)} ds \to
u(M,t)=14πa 2 ∭ T M at [f]r dv−−推迟势 \color{blue}{u(M, t) = \dfrac{1}{4 \pi a^2} \iiint _{T_{at}^{M}} \dfrac{[f]}{r} dv -- 推迟势}
其中,[f]=f(M ′ ,t−ra ), 其中, [f] = f(M^{\prime}, t - \dfrac{r}{a}),
T M at :以M为中心at为半径的球体, T_{at}^{M}:以M为中心at为半径的球体,
M ′ 是T M at 面上的点. M^{\prime}是T_{at}^{M}面上的点.
3.物理意义 3.物理意义
三维纯有源波动问题在M点t时刻的解，由源在球体T M at 中的影响的累加得到,且源的发出时间要比t早的时间(t−ra )发出,即M点收到的影响比源发出的时刻(t−ra )晚了ra ，故此解被称为推迟势. 三维纯有源波动问题在M点t时刻的解，由源在球体T_{at}^{M}中的影响的累加得到,且源的发出\\ 时间要比t早的时间(t - \dfrac{r}{a})发出,即M点收到的影响比源发出的时刻(t - \dfrac{r}{a})晚了\dfrac{r}{a}，故\\ 此解被称为推迟势.
4.例题：求解⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ u tt −a 2 Δu=2(y−t)u| t=0 =0u t | t=0 =0 4.例题：求解\left \lbrace \begin{array}{l} u_{tt} - a^2 \Delta u = 2(y - t) \\ u| _{t=0} = 0 \\ u_t | _{t=0} = 0 \end{array} \right.
∵y ′ =y+rsinθcosφ \because y^{\prime} = y + r \sin \theta \cos \varphi
u(M,t)=14πa 2 ∭ T M at 2[y ′ −(t−ra )]r dv u(M, t) = \dfrac{1}{4 \pi a^2} \iiint _{T_{at}^{M}} \dfrac{2[y^{\prime} - (t - \dfrac{r}{a})]}{r} dv
=14πa 2 ∭ T M at 2[y+rsinθcosφ−(r−ra )]r r 2 sinθdθdφdr =\dfrac{1}{4 \pi a^2} \iiint _{T_{at}^{M}} \dfrac{2[y + r \sin \theta \cos \varphi - (r - \dfrac{r}{a})]}{r} r^2 \sin \theta d \theta d \varphi dr
u(M,t)=yt 2 −t 3 3 u(M, t) = y t^2 - \dfrac{t^3}{3}
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