第二
章
热
传
导
方
程
§1
热传导方程及其定解问题的提
1.一均匀细杆直径为，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从于规律
又假设杆的密度为，比热为，热传导系数为，试导出此时温度满足的方程。
解：引坐标系：以杆的对称轴为轴，此时杆为温度。记杆的截面面积为。由假设，在任意时刻到内流入截面坐标为到一小段细杆的热量为
杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻到在截面为到一小段中产生的热量为
又在时刻到在截面为到这一小段内由于温度变化所需的热量为
由热量守恒原理得：
消去，再令，得精确的关系：
或
其中
2.试直接推导扩散过程所满足的微分方程。
解：在扩散介质中任取一闭曲面，其包围的区域
为，则从时刻到流入此闭曲面的溶质，由，其中为扩散系数，得
浓度由变到所需之溶质为
两者应该相等，由奥、高公式得：
其中叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形。由于的任意性即得方程：
3.砼(混凝土)内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的水化热成正比。以表示它在单位体积中所储的热量，为初始时刻所储的热量，则，其中为常数。又假设砼的比热为，密度为，热传导系数为，求它在浇后温度满足的方程。
解：
可将水化热视为一热源。由及得。由假设，放热速度为
它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得
4.设一均匀的导线处在周围为常数温度的介质中，试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程
其中及分别表示导体的电流强度及电阻系数，表示横截面的周长，表示横截面面积，而表示导线对于介质的热交换系数。
解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为
其中为单位体积单位时间所产生的热量。
由常电流所产生的为。因为单位长度的电阻为，因此电流作功为
乘上功热当量得单位长度产生的热量为其中0.24为功热当量。
因此单位体积时间所产生的热量为
由常温度的热交换所产生的(视为“被动”的热源)，从本节第一题看出为
其中为细杆直径，故有，代入得
因热源可迭加，故有。将所得代入即得所求：
5*.设物体表面的绝对温度为，此时它向外界辐射出去的热量依斯忒---波耳兹曼(Stefan-Boltzman)定律正比于，即
今假设物体和周围介质之间只有辐射而没有热传导，又假设物体周围介质的绝对温度为已
知函数,问此时该物体热传§导问题的边界条件应如何叙述？
解：由假设，边界只有辐射的热量交换，辐射出去的热量为辐射进来的热量为因此由热量的传导定律得边界条件为：
§2
混合问题的分离变量法
1．用分离变量法求下列定解问题的解：
解：设代入方程及边值得
求非零解得
对应Ｔ为
因此得
由初始值得
因此
故解为
２．用分离变量法求解热传导方程的混合问题
解：设代入方程及边值得
求非零解得
n=1,2,……
对应Ｔ为
故解为
由始值得
因此
所以
３．如果有一长度为的均匀的细棒，其周围以及两端处均匀等到为绝热，初
始温度分布为问以后时刻的温度分布如何？且证明当等于常数时，恒有。
解：即解定解问题
设代入方程及边值得
求非零解：
当时，通解为
由边值得
因故相当于
视为未知数，此为一齐次线性代数方程组，要非零，必需不同为零，即
此齐次线性代数方程组要有非零解，由代数知必需有
但
因为单调增函数之故。因此没有非零解。
当时，通解为
由边值得
即可任意，故为一非零解。
当时，通解为
由边值得
因故相当于
要非零，必需因此必需即
这时对应
因取正整数与负整数对应一样，故可取
对应于解T得
对应于解T得
由迭加性质，解为
由始值得
因此
所以
当时，所以
4．在区域中求解如下的定解问题
其中均为常数，均为已知函数。
[提示：作变量代换]
解：按提示，引，则满足
由分离变量法满足方程及边值条件的解为
再由始值得
故
因此
5．长度为的均匀细杆的初始温度为，端点保持常温，而在和侧面上，热量可以发散到到周围的介质中去，介质的温度取为，此时杆上的温度分布函数满足下述定解问题：
试求出
解：引使满足齐次方程及齐次边值，代入方程及边值，计算后得要满足：的通解为
由边值
又
得
解之得
因此
这时满足：
设代入方程及边值条件得
求非零解时，才有非零解。这时通解为
由边值得
要，即有非零解，必须
即
令
得
它有无穷可数多个正根，设其为得
对应T为
因此
其中满足方程
再由始值得
所以
应用满足的方程，计算可得
又
所以
得
最后得
其中满足
另一解法：设使满足为此取
代入边值得
解之得
因而
这时，满足
按非齐次方程分离变量法，有
其中为对应齐次方程的特征函数，由前一解知为
即
代入方程得
由于是完备正交函数系，因此可将
展成的级数，即
由正交性得
又
所以
将此级数代入等式右端得满足的方程为
由始值得
有
解的方程，其通解为
＇
由
得
即有解
因此
6.半径为a的半圆形平板，其表面绝热，在板的圆周边界上保持常温，而在直径边
界上保持常温，圆板稳恒状态的温度分布。
解：引入极坐标，求稳恒状态的温度分布化为解定解问题
（拉普斯方程在极坐标系下形式的推导见第三章习题3），其中引入的边界条件为有限时，叫做自然边界条件。它是从实际情况而引入的。再引则
满足
设代入方程得
乘以再移项得
右边为r函数，左边为函数，要恒等必须为一常数记为，分开写出即得
再由齐次边值得
由以前的讨论知
对应R满足方程
这是尤拉方程，设代入得
即
为两个线性无关的特解，因此通解为
由自然边界条件有限知
在处要有限，因此必需由迭加性质知
满足方程及齐次边值和自然边界条件，再由
得
因此
所以
§
柯
西
问
题
1．求下述函数的富里埃变换：
(1)
(2)
(a
0)
(3)
(a
0,k为自然数)
解：(1)
=
（柯西定理）
=
或者
=
积分得
又
=
故
C=
所以
F[]=2I(P)=
(2)
=+
或
==
=2
(3)
F[
]=
因
=
=
=
所以
2．证明当f(x)在内绝对可积时，F(f)为连续函数。
证：因对任何实数p有
即关于p
绝对一致收敛，因而可以在积分下取极限，故g(p)关于p
为连续函数。
3．用富里埃变换求解三维热传导方程的柯西问题
：
解：令
对问题作富里埃变换得
解之得
因
=
再由卷积定理得
4.证明（3.20）所表示的函数满足非齐次方程(3.15)以及初始条件（3.16）。
证：要证
满足定解问题
原书85页上已证解的表达式中第一项满足
因此只需证第二项满足
如第一项，第二项关于的被积函数满足
若记第二项为被积函数为即
故有
即
显然得证。
5．求解热传导方程（3.22）的柯西问题，已知
（1）
(2)
(3)
用延拓法求解半有界直线上热传导方程（3.22）,假设
解：
（1）sinx有界，故
=
=
(2)
1+x无界，但表达式
仍收敛，且满足方程。因此
=
易验它也满初始条件。
（3）由解的公式
知，只需开拓使之对任何x值有意义即可。为此，将积分分为两个与，再在第一个中用来替换就得
由边界条件得
要此式成立，只需
即作奇开拓，由此得解公式为
6．证明函数
对于变量满足方程
对于变量满足方程
证：验证即可。因
同理
所以
仿此
所以
7．证明如果分别是下列两个问题的解。
则是定解问题的解。
证：
验证即可。因
所以
又
8．导出下列热传导方程柯西问题解的表达式
解：由上题，只需分别求出
及的解，然后再相乘迭加即得。但
所以
9．验证二维热传导方程柯西问题
解的表达式为
证：由第6题知函数满足方程，故只需证明可在积
分号下求导二次即可。为此只需证明在积分号下求导后所得的积分是一致收敛的。
对x求导一次得
对有限的即和，下列积分
是绝对且一致收敛的。因为对充分大的，每个积分
都是绝对且一致收敛的。绝对性可从充分大后被积函数不变号看出，一致性可从充分性判别法找出优函数来。如第三个积分的优函数为
且
收敛。
因，故
右端为一致收敛积分的乘积，仍为一致收敛积分。因而为绝对一致收敛的积分。从而有，对讨论是类似的。从而证明表达式满足方程。
再证满足始值。任取一点，将
写成因而
对任给，取如此之大，使
再由的连续性，可找到使当，都小于时，有
所以
因此
即有
§4
极值原理，定解问题的解的唯一性和稳定性
1．若方程的解在矩形R的侧边及上不超
过B，又在底边上不超过M，证明此时在矩形R内满足不等式：
由此推出上述混合问题的唯一性与稳定性。
证：令，则满足，在R的边界上
再由热传导方程的极值原理知在R内有
故
唯一性：若为混合问题的两个解，则满足
由上估计得
推出
即
解是唯一的。
稳定性：若混合问题的两个解在满足即，则
满足估计
因此对任何满足，解是稳定的2．
利用证明热传导方程极值原理的方法，证明满足方程的函数在界闭区域上的最大值不会超过它在境界上的最大值。
证：反证法。以表在上的最大值，表在的边界上的最大值。若定理不成立，则。因而，在內有一点使。
作函数
其中为的直径。在上
而
故也在R内一点上取到其最大值，因而在该点处有：
即，另一方面，所以
矛盾。故假设不成立。证毕
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