数学物理方程 第3次作业

Chasse_neige

3.求解

$$\begin{array}{rl}& \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0\\ & u{\mid }_{x=0}=u_0,u{\mid }_{x=a}=u_0[{\left(\frac{y}{b}\right)}^2-2\frac{y}{b}]\\ & {\frac{\partial u}{\partial y}|}_{y=0}={\frac{\partial u}{\partial y}|}_{y=b}=0\end{array}$$

分离变量

$$u(x,y)=X(x)Y(y)$$$$\begin{array}{c}{X}^{″}+\lambda X=0\\ Y^{″}-\lambda Y=0\end{array}$$

所以通解为

$$\begin{array}{c}Y(y)=A\sin (\sqrt{\lambda }y)+B\cos (\sqrt{\lambda }y)\\ X(x)=C\sinh (\sqrt{\lambda }x)+D\cosh (\sqrt{\lambda }x)\end{array}$$

带入第2条边界条件

$$\frac{\partial u}{\partial y}=X(x)(\sqrt{\lambda }A\cos (\sqrt{\lambda y})-\sqrt{\lambda }B\sin (\sqrt{\lambda }y))$$

所以 $A=0$, ${\omega }_n=\sqrt{\lambda }=\frac{n\pi }{b}$

带回原解中，得到一般形式的解

$$u(x,y)=Ex+F+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(C_n\sinh ({\omega }_{n}x)+D_n\cosh ({\omega }_{n}x))B_n\cos ({\omega }_{n}y)$$

再考虑第1条边界条件

$$u_0=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_n{D}_n\cos ({\omega }_{n}y)+F$$

所以

$$B_n{D}_n=\frac{2}{b}{\int }_0^b{u}_0\cos ({\omega }_{n}y)dy=0$$$$u(x,y)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_n{C}_n\sinh ({\omega }_{n}x)\cos ({\omega }_{n}y)+Ex+F$$

所以

$$u_0[{\left(\frac{y}{b}\right)}^2-2\frac{y}{b}]=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_n{C}_n\sinh ({\omega }_{n}a)\cos ({\omega }_{n}y)+Ea+F$$$$B_n{C}_n=\frac{2}{b\sinh ({\omega }_{n}a)}{\int }_0^b{u}_0[{\left(\frac{y}{b}\right)}^2-2\frac{y}{b}]\cos ({\omega }_{n}y)dy=\frac{4u_0}{n^2{\pi }^2\sinh (\frac{n\pi }{b}a)}$$

所以方程的解为

$$u(x,y)=Ex+F+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4u_0}{n^2{\pi }^2\sinh (\frac{n\pi }{b}a)}\sinh (\frac{n\pi }{b}x)\cos (\frac{n\pi }{b}y)$$

再带入 $u{\mid }_{x=0}=u_0,u{\mid }_{x=a}=u_0[{\left(\frac{y}{b}\right)}^2-2\frac{y}{b}]$,得到

$$u(x,y)=u_0(1-\frac{5x}{3a})+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4u_0}{n^2{\pi }^2\sinh (\frac{n\pi }{b}a)}\sinh (\frac{n\pi }{b}x)\cos (\frac{n\pi }{b}y)$$

4.当层状铀块的厚度超过一定临界值时, 中子浓度将随时间不断增加, 以致引起爆炸. 试估算层状铀块的临界厚度. 如果铀块为立方体, 则其临界棱长应为多大?

（1）层状铀块，一维情形

采用第一次作业中求出的扩散方程

$$\frac{\partial }{\partial t}u-D{\mathrm{\nabla }}^{2}u=\alpha u$$

在一维情形下化为

$$\begin{array}{c}\frac{\partial }{\partial t}u-D\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}u=\alpha u(-\frac{d}{2}\le x\le \frac{d}{2})\\ \frac{\partial }{\partial t}u-D\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}u=0(x<-\frac{d}{2}\text{or}x>\frac{d}{2})\end{array}$$

分离变量，对于铀块内的情形

$$u(x,t)=X(x)T(t)$$$$X{T}^{\prime }-D{X}^{″}T=\alpha XT$$$$\frac{T^{\prime }}{T}=D\frac{X^{″}}{X}+\alpha =\lambda$$

所以

$$\begin{array}{c}D{X}^{″}+(\alpha -\lambda )X=0\\ T^{\prime }=\lambda T\end{array}$$

对于铀块外

$$\begin{array}{c}D{X}^{″}={\lambda }^{\prime }X\\ T^{\prime }={\lambda }^{\prime }T\end{array}$$

由对称性以及界面处的数密度以及流密度连续性条件，容易得到坐标方程的解仅余弦项非零，且边界处为对应驻波的波节处

$$\sqrt{\frac{\alpha -\lambda }{D}}\frac{d}{2}=\frac{2n+1}{2}\pi (n=1,2,\cdots )$$

中子数不随时间发散要求

$$\lambda \le 0$$

所以临界厚度可以估计为

$$d_c=\pi \sqrt{\frac{D}{\alpha }}$$

（2）立方体铀块，三维情形

此时数密度的演化方程变为

$$\begin{array}{c}\frac{\partial }{\partial t}u-D(\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}u+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}u+\frac{{\partial }^2}{\partial z^2}u)=\alpha u(0\le x\le a\text{and}0\le y\le a\text{and}0\le z\le a)\\ \frac{\partial }{\partial t}u-D(\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}u+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}u+\frac{{\partial }^2}{\partial z^2}u)=0(\text{Other area})\end{array}$$

和一维的时候的处理方法基本相同，先分离变量

$$u(x,y,z,t)=U(x,y,z)T(t)$$

得到

$$\begin{array}{c}{T}^{\prime }=\lambda T\\ D{\mathrm{\nabla }}^{2}U+(\alpha -\lambda )U=0\end{array}$$

对于立方体外空间

$$\begin{array}{c}{T}^{\prime }={\lambda }^{\prime }T\\ D{\mathrm{\nabla }}^{2}U={\lambda }^{\prime }U\end{array}$$

由于这个问题对于三个坐标显然是对称的，所以在对 $U$ 的进一步分离变量中我们可以假设

$$U(x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)$$

且任意方向满足

$$D{X}^{″}+\frac{\alpha -\lambda }{3}X=0$$

边界上和（1）满足相同的条件，所以直接得到临界边长为

$$a_c=\pi \sqrt{\frac{3D}{\alpha }}$$

5.求解

$$\begin{array}{rl}& \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=x^{2}y\\ & u{\mid }_{x=0}=u{\mid }_{x=a}=0\\ & u{\mid }_{y=0}=u{\mid }_{y=b}=0\end{array}$$$$u(x,y)=v(x,y)+w(x,y)$$

对齐次方程分离变量

$$w(x,y)=X(x)Y(y)$$$$\begin{array}{c}{X}^{″}-\lambda X=0\\ Y^{″}+\lambda Y=0\end{array}$$

所以通解为

$$\begin{array}{c}X(x)=C\sin (\sqrt{\lambda }x)+D\cos (\sqrt{\lambda }x)\\ Y(y)=A\sinh (\sqrt{\lambda }y)+B\cosh (\sqrt{\lambda }y)\end{array}$$

带入边界条件

$$D=0,{\omega }_n=\sqrt{\lambda }=\frac{n\pi }{a}$$

初始条件由特解的情况给出

对于特解，给定泊松方程

$$\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}v}{\partial y^2}=x^{2}y$$

边界条件

$$v(0,y)=v(a,y)=0$$

容易得到一个特解为

$$v(x,y)=\frac{1}{12}{x}^{4}y-\frac{1}{12}{a}^{3}xy$$

回带至通解的系数中

$$v(x,b)=\frac{b}{12}(x^4-a^{3}x)$$

所以通解应该满足

$$w(x,0)=0,w(x,b)=-\frac{b}{12}x(x^3-a^3)$$

回带至通解

$$w(x,y)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin ({\omega }_{n}x)(A_n\sinh ({\omega }_{n}y)+B_n\cosh ({\omega }_{n}y))$$

由于 $w(x,0)=0$

所以 $B_n=0$

$$w(x,y)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n\sin ({\omega }_{n}x)\sinh ({\omega }_{n}y)$$$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n\sinh ({\omega }_{n}b)\sin ({\omega }_{n}x)=-\frac{b}{12}x(x^3-a^3)$$

利用正交性确定系数

$$\begin{array}{c}{A}_n=-\frac{b}{6a\sinh ({\omega }_{n}b)}{\int }_0^{a}x(x^3-a^3)\sin ({\omega }_{n}x)dx\\ =-\frac{2b}{a\sinh ({\omega }_{n}b)}({\displaystyle \frac{a^5{(-1)}^n}{n^3{\pi }^3}}+{\displaystyle \frac{2a^5}{n^5{\pi }^5}}(1-{(-1)}^n))\end{array}$$

所以解为

$$\begin{array}{c}u(x,y)=v(x,y)+w(x,y)\\ =\frac{1}{12}{x}^{4}y-\frac{1}{12}{a}^{3}xy-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2a^{4}b}{\sinh (\frac{n\pi }{a}b)}({\displaystyle \frac{{(-1)}^n}{n^3{\pi }^3}}+{\displaystyle \frac{2}{n^5{\pi }^5}}(1-{(-1)}^n))\sin (\frac{n\pi }{a}x)\sinh (\frac{n\pi }{a}y)\end{array}$$

或者可以写成一种更对称的等价形式（这是直接猜的形式再待定系数得到的解）

$$u(x,y)=\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4a^{2}b(-1{)}^n}{n{\pi }^3(\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2})}[\frac{1}{m}(-1{)}^m+\frac{2}{m^3{\pi }^2}((-1{)}^m-1)]\sin \left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)$$