数理方程习题综合
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例 1.1.1 设 v=v( 线 x,y), 二阶性偏微分方程 v xy =xy 的通解。
解
原方程可以写成
e ／ ex （ ev ／ ey ） =xy 两边对 x 积分，得 v y =￠（y ） +1/2 x 2Y,
其中￠（y ）是任意一阶可微函数。进一步地，两边对 y 积分，得方程得通解为
v （ x,y ）=∫ v y dy+f （ x ） =∫￠（y ） dy+f （ x ） +1/4 x
2
y 2
2 2
=f （ x ） +g （ y ）+1/4 x y
其中 f （ x ） ,g （ y ）是任意两个二阶可微函数。 例 1.1.2
即 u( ξ ,η ) = F( ξ ) + G( η ), 其中 F(ξ ),G( η )是任意两个可微函数。
例 1.2.1 设有一根长为 L 的均匀柔软富有弹性的细弦，平衡时沿直线拉紧，在受到初始小扰动下，作微小横振动。试确定该弦的运动方程。
取定弦的运动平面坐标系是
O XU ,弦的平衡位置为 x 轴，弦的长度为 L ，两端固定在 O,L
两点。用 u(x,t) 表示弦上横坐标为 x 点在时刻 t 的位移。由于弦做微小横振动，故
u x ≈0.因此
α≈0， cos α≈1,sin α≈tan α=u x ≈0,其中 α表示在 x 处切线方向同 x 轴的夹角。下面用微元法建
立 u 所满足的偏微分方程。
在弦上任取一段弧
MM ' ,考虑作用在这段弧上的力。作用在这段弧上的力有张力和外
力。可以证明，张力
T 是一个常数，即 T 与位置 x 和时间 t 的变化无关。
事实上，因为弧振动微小，则弧段
MM ' 的弧长
x
x
1 u x 2
dx ≈ x 。
s
x
这说明该段弧在整个振动过程中始终未发生伸长变化。于是由
Hooke 定律，张力 T 与
时间 t 无关。
因为弦只作横振动，在 x 轴方向没有位移，故合力在 x 方向上的分量为零，即
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T(x+
由于
与位置 x
x )cos α’-T(x)cos α=0.
co's α’ ≈1， cos α≈1,所以 T(X+
和时间 t 无关的常数，仍记为
T.
x)=T(x),
故张力 T 与
x 无关。于是，张力是一个
作用于小弧段 MM ' 的张力沿 u 轴方向的分量为
Tsin α’-Tsin α≈T(u x (x+
x ,t)-u x (x,t)).
设作用在该段弧上的外力密度函数为
F （ x,t ）那么弧段 MM ' 在时刻 t 所受沿 u 轴方向
的外力近似的等于 F(x,t)
x . 由牛顿第二定律得
T （ u x (x+ x ,t)-u x (x,t)+F(x,t)
x =ρ u tt x ,
其中 ρ是线密度，由于弦是均匀的，故
ρ 为常数。这里 u tt 是加速度 u tt 在弧段 MM '上
的平均值。设 u=u(x,t)
二次连续可微。由微分中值定理得
Tu zz （ x+θ x ， t) x +F(x,t)
x =ρ u tt x , 0< θ<1.
消去 x ，并取极限
x → 0 得
Tu xx （ x,t ） +F(x,t)= ρ u tt , 即
2
0
u tt =ɑ u xx +?(x,t),
其中常数 ɑ2 =T/ ρ ，函数 ?（ x,t ） =F(x,t)/ ρ 表示在 x 处单位质量上所受的外力。
上式表示在外力作用下弦的振动规律，称为弦的
强迫横振动方程 ，又称 一维非齐次波
动方程 。当外力作用为零时，即
?=0 时，方程称为弦的 自由横振动方程 。
类似地，有 二维波动方程
2
(x,y) ,t>0,
u tt =ɑ （u xx +u yy ） +? （ x.y.t ） , 电场 E 和磁场 H 满足 三维波动方程
2
E c 2 2 E 和
2
H
c 2 2 H ,
t 2
t 2
其中 c 是光速和
2
2 2 2
。
x 2
y 2
z
2
例 1.2.2 设物体 Ω 在内无热源。在 Ω 中任取一闭曲面 S （图 1.2）。以函数 u(x,y,z,t) 表示
物体在 t 时刻， M=M(x,y,z) 处的温度。根据 Fourier 热传导定律，在无穷小时段 dt 内流过物
体的一个无穷小面积
dS 的热量 dQ 与时间 dt ，曲面面积 dS 以及物体温度 u 沿曲面的外法线
n 的方向导数三者成正比，即
- k u
dSdt
n ,
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其中 k=k(x,y,z) 是在物体 M(x,y,z) 处的热传导系数，取正值。我们规定外法线
n 方向所
指的那一侧为正侧。 上式中负号的出现是由于热量由温度高的地方流向温度低得地方。
故当
u
-n 方向流去。
0 时，热量实际上是向
n
对于 Ω内任一封闭曲面 S ，设其所包围的空间区域为
V ，那从时刻 t 1 到时刻 t
2 经曲面
流出的热量为
t 2
u
dSdt
Q 1=-
k
t 1 S
n
设物体的比热容为 c(x,y,z) ，密度为 ρ (x,y,z)
，则在区域 V 内，温度由 u(x,y,z, t 1 )到 u(x,y,z)
所需的热量为
t 2
u
Q 2
c u(x, y, z, t 2 ) u(x, y, z, t 1 ) dv
dvdt .
c
V
t 1
V
t
根据热量守恒定律，有
Q 2
Q 1
即
t 2
u
dSst
c u （x, y, z, t 2 ) u(x, y, z, t 1 ) dv
k
V
t 1 S
n
假设函数 u(x,y,z,t) 关于 x,y,z 具有二阶连续偏导数，
关于 t 具有一阶连续偏导数，
那么由
高斯公式得
t 2
u u u
u
k
k ]dvdt
0 .
[ c
k
t 1 V
t
x
y y y
z
z
由于时间间隔
t 1 , t 2 及区域 V 是任意的，且被积函数是连续的，因此在任何时刻
t ，在
Ω内任意一点都有
u u
u k
u
c
y
k
y
k
z
x
y
y
z
(1.2.6)
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---------------
方程称为非均匀的各向同性体的热传导方程。如果物体是均匀的，此时
k,c 及 ρ均为常
数，令 a 2 =
k ，则方程 (1.2.6) 化为
c
u
a 2
2
u
2
u
2
u
a 2 u ,
(1.2.7)
t
x 2 y 2 z 2
它称为三维热传导方程
若物体内有热源，其热源密度函数为，则有热源的热传导方程为
u t a 2 u f ( x, y, z, t)
(1.2.8)
其中 f
F
c
类似地，当考虑的物体是一根均匀细杆时如果它的侧面绝热且在同一截面上的温度分布相同，那么温度只与有关，方程变成一维热传导方程
u t a 2u xx
（1.2.9）
同样，如果考虑一块薄板的热传导，并且薄板的侧面绝热，则可得二维热传导方程
u t
a 2 (u xx u yy ）
（1.2.10）
（ P16)例 1.3.1 一长为 L 的弹性杆， 一端固定， 另一端被拉离平衡位置 b 而静止， 放手
任其振动。试写出杆振动的定解问题。
解
取如图 1.3 所示的坐标系。
O LL+b x
泛定方程就是一维波动方程（杆的纵振动方程）
u tt =a 2 u xx , 0 在初始时刻（即放手之时），杆振动的速度为零，即 u t (x,0)=0,0 ≤x ≤L. 而在 x=L 端拉离平衡位置， 使整个弹性杆伸长了 b 。这个 b 是来自整个杆各部分伸长后 的贡献，而不是 x=L 一端伸长的贡献，故整个弹性杆的初始位移为 b 0≤x ≤L. u| t 0 = x, L 再看边界条件。一端 x=0 固定，即该端位移为零，故有 u(0,t)=0,0 ≤x ≤L.另一端由于放手 任其振动时未受外力，故有 u x (L,t)=0,t ≥0.所以，所求杆振动的定解问题为 ----- --------------- u tt =a 2 u xx , 0 u(x,0)= b （ x,0)=0, 0 ≤x ≤L, x, u t L u(0,t)=0, u x (L,t)=0, t ≥0. （ P17）例 1.3.2 ：长为 L 的均匀弦，两端 x=0 和 x=L 固定，弦中张力为 T ，在 x=x0 处以横向力 F 拉弦，达到稳定后放手任其振动。试写出初始条件。 解：建立如图坐标系。 设弦在 x 0 点受到横向力 T 作用后发生的位移为 h,则弦的初始位移为 hx, 0≤ x ≤x 0, u(x,0)= x 0 h(L-x), x 0≤ x ≤ L, L-x 0 其中 h 待求。由牛顿第二定律得 F-Tsin α1-Tsin α2=0， 在微小振动的情况下， Sin α 1≈tan α 1= h , sin α 2≈tan α 2= h , F=Th +Th x 0 L-x 0 所以 x 0 L-x 0 因此 h=Fx 0(L-x 0) . TL F(L-x 0) , 0≤ x ≤x 0, 从而初始位移为 u(x,0)= TL Fx 0(L-x) , x 0≤ x ≤ L. TL 而初始速度 u t (x,0)=0. (P18)例 1.3.3 考虑长为 L 的均匀细杆的热传导问题。若（ 1）杆的两端保持零度；（ 2）杆的 两端绝热；（ 3）杆的一端为恒温零度，另一端绝热。试写出该绝热传导问题在以上三种情况下的边界条件。 解：设杆的温度为 u(x,t), 则 （ 1） u （ x,t ） =0， u(L,t)=0. （ 2） 当沿杆长方向有热量流动时，由 Fourier 实验定律得 q 1 k u , q 2 k u L ' x0 x x x ----- --------------- 其中 q1,q2 分别为 x=0 和 x=L 处的热流强度。 而杆的两端绝热， 这就意味着杆的两端与 外界没有热交换，亦没有热量的流动，故有 q1=q2=0 和 u x ( 0 , t ) 0 , u x ( L , t ) 0 . (3)显然，此时有 u (0, t ) 0, u x ( L ,t ) 0 . 例 1.5.1 求 Poisson 方程 Uxx +Uyy =X^2 +XY+Y^2 的通解解 : 先求出方程的一个特解 V=V （ x ， y),使其满足 Vxx +Vyy=X^2 +XY+Y^2 由于方程右端是一个二元二次齐次多项式，可设 V （ x ，y) 具有形式 V(x,y)=aX^4 +bX^3 Y+cY^4, 其中 a,b,c 是待定常数 Vx=4aX^3+3bX^2 Y Vy=bX^3+4cY^3 Vxx=12aX^2+6bXY Vyy=12cY^2 得 Vxx+Vyy=12aX^2 +6bXY+12cY^2=X^2 +XY+Y^2 比较两边系数，可得 a=1/12,b=1/6,c=1/12 于是 V （ x,y)=1/12(X^4 +2X^3 Y+Y^4 ） 下面求函数 W=W(x,y), 使其满足 Wxx+Wyy=0. 作变量代换 e=x,n=iy( 以下的偏导的符号记为 d) Ue=du/de=du/dx=Ux Un=du/dn=du/dy *dy/dn=-iy Uee=dUe/de=Uxx Unn=-Uyy 可得 Wee-Wnn=0 再作变量代换 s=e+n,t=e-nUe=du/de(s,t)=Us+Ut Un=du/dn=Us-Ut Uee=dUe/de=d(Us+Ut)/de=Uss+Utt+2Ust Unn=dUn/dn=d(Us-Ut)/dn=Uss+Utt-2Ust 那么方程进一步化为 Wst=0 其通解为 W=f(s)+g(t)=f(e+n)+g(e-n)=f(x+iy)+g(x-iy), 其中 f,g 是任意两个二阶可微函数。 那么根据叠加原理，方程的通解为 u(x,y)=V+W=f(x+iy)+g(x-iy)+1/12(X^4+2X^3 Y+Y^4) (P32)例 2.1.1 判断方程 U xx +2U xy -3U yy +2U x +6U y =0（ 2.1.22）的类型，并化简。 解： 因为 a 11= 1,a 12= 1,a 22= -3, 所以 =a 2 12-a 11a 22=4>0, 故方程为双曲型方程。对应的特 征方程组为 d y a 12 a 2 12 a 11 a 22 d y a 12 a 2 12a 11 a 22 d x a 11 3 , d x 1 . a 11 该 方 程 组 的 特 征 曲 线 （ 即 通 解 ） 为 y 3 x c 1 , y x c 2 . 作 自 变 量 变 换 y 3 x , y x 则 u xx 3u u ; u y u u , ----- --------------- u xx 9 u 6 u u , u xy 3u 2 u u , u yy u 2 u u . 将上述各式带入方程（ 2.1.22），得第一种标准形式 u 1 u 0. （2.1.23） 2 若令 s 2 , t , 则得到第二种标准形式 2 u ss u tt u s u t 0 . （ 2.1.24） 下面对式（ 2.1.24）进一步化简。令 u Ve s t , 则 u s ( V s V ) e s t ， u t ( V t V ) e s t , u ss (V ss 2 V s 2 V ) e u tt ( V tt 2 V t 2 V ) e 代入方程，得 s t , s t . V ss V tt ( 2 1 ) V s ( 1 2 ) V t ( 2 2 ) V 0 . 我们取 1， ）化简为 则式（ 2.1.24 2 V ss V tt 0 , （ 2.1.25） 该方程不含一阶偏导数项。 例 2.1.2 ----- --------------- 例 2.1.4 求值问题 4y 2v xx +2(1-y 2)v xy -v yy -2y/(1+y 2) (2v x -v y )=0,x ε R 1,Y>0 1 V(X,0)= φ （ X ） ,V Y （ X,0 ） =￠（X ）,X ε R 的解，其中 φ （x ）是已知任意二阶可微函数，￠（ x ）是任意一阶可微函数。 解 先把所给方程化为标准型。特征方程组为 dy/dx =-1/2,dy/dx=1/2y^2. 其通解为 x+2y=C1,x-2y^3/3=C 做自变量变换 ξ =x+2y, п =x-2y^3/3, 这样给定的方程化为标准型 V ξп =0 依次关于 п 和 ξ积分两次，得通解 v=F （ξ ） +G （п ） . 代回原自变量 x,y 得原方程得 通解 v ？（ x,y ） =F （x+2y ） +G （ x-2y^2/3 ） 其中 F,G 是任意两个可微函数。进一步，由初始条件得 φ （ x ） =v （ x,0 ） =F （ x ） +G （ x ） , ￠（x ）=V Y （ x,0 ） =2F ’（ x ） 从而求出 ----- --------------- F （ x ）=F （ 0） +1/2 ∫ x 0￠（t ） dt, G （ x ） =φ （ x ） -F （ 0）-1/2 ∫ x 0￠（t ） dt. 所以原定解问题的解为 v （ x,y ） =φ （ x-2y^3/3 ） +1/2 ∫x+2y x-2y^3/3 ￠（t ）dt. 例 2.1.3 设常数 A,B,C 满足 B^2-4A C ≠ 0,m 1,m 2 是方程 Am^2+Bm+C=0① 的两个根。证明二阶线性偏微分方程 Au xx +Bu xy +Cu yy =0 ② 的通解具有如下形式： u=u(x,y)=f(m x+y)+g(m 2 x+y), ③ 1 其中 f,g 是任意两个二阶可微函数。 证 不失一般性，设 A ≠0 和 B^2-4AC>0. 其它情况可以类似的处理。 令 ξ =mx+y, η =mx+y. 则 1 2 U=mu +m u ， u =u +u ， U =m^2u ξξ +2mmu ξη +m^2u ηη x1 ξ 2 η y ξη xx1 1 2 2 u =u +2u +u ,u xy =mu +(m +m)u +u yy ξξ ξη η η 1 ξ ξ 1 2 ξ ηηη 上述式代入②得 ： （ Am 1^2+Bm 1+C ） u ξξ+（ Am 2^2+Bm+C ） u ηη +(2Am 1m 2+B(m 1+ m 2)+2C)u ξη =0④ 由题意得 Am 1^2+Bm 1+C=0， Am 2^2+Bm+C=0，m 1+m 2 =B/A, m 1m 2=C/A 上述式代入④得 (1/A)(4AC-B^2)u ξ η =0 又由题意得 4AC-B^2≠ 0 故 u ξη =0 对该方程两边分别关于和积分， 得通解 u=f( ξ)+g （ η ），代回自变量 x,y, 得方程②的通解是 u=u(x,y)=f(m 1 x+y)+g(m 2x+y), ③ 其中 f,g 是任意两个二阶可微函数。证毕。 端点自由的半无限长的均匀弦振动的定解问题 ----- --------------- u tt a 2u xx f x, t 0 x , t 0, u x,0 x ,u t x,0 x , 0 x , (3.1.22) u x 0,t 0, t 0. 因为 u x 0, t 0 , 我们对函数 f , , 关于 x 做偶延拓。定义 F x,t , x 和 x 如下： x , x 0, x x , x 0. x x , x 0, x , x 0. F x,t f x,t , x 0, t 0, f x, t , x 0, t 0. 函数 F x, t , x , x 在 x 上是偶函数。由推论 3.1.1 ， U x,t 是关于 x 的 偶 函 数 ， 且 u x 0,t U x 0,t 0.这样得到定解问题（3.1.22 ）的解 u x, t U x,t ( x 0, t 0). 所以， 当 x at 时， 1 1 u x,t x at x at 2 2a 当 0 x at 时， x at 1 d x at 2a t x a t f , d d （ 3.1.23 ） 0 x a t u x,t 1 at at x 1 at x x at d x 2a d 2 t x a tx x a t t （ 3.1.24 ） 1 a 1 x a t f , d f , d d . 2a f , d d 2a x x a t t a 例 4.2.3 ----- Array --------------- ----- --------------- 端点固定的半无限长的均匀弦振动的定解问题 考虑定解问题 求解上述问题的基本思路是以某种方式延拓函数 使其在 上也有定 义，，这样把半无界区域 上的问题转变成 上的初值问题。然后利 用达朗贝尔公式（ 3.1.15 ），求出在 上的解 u （ x,t ）。同时使此解 u （ 0,t)满 足 u （0，t)=0. 这样当 x 限制在 上就是我们所要求的半无界区域 上的 解。 由微积分知识可知， 如果一个连续可微函数=0.因此要使解 u=u （ x,t)满足 u （ 0,t)=0，只要 g （x) 在 u(x,t) 是 x 上是奇函数， 则必有 g （ 0） 的奇函数便可。而由推论 3.1.1，只 ----- --------------- 要 f(x,t), （x,t), 和 是 x 如下： 的奇函数。因此对函数 f 和 关于 x 作奇延拓。我们定义 F 显然函数 F 和 在 上是奇函数。然后考虑初值问题 （ 3.1.17） 由（ 3,1,15)，问题（ 3.1.17)的解是 （ 3.1.18） 所以问题（ 3.1.16) 的解 u （ x,t)在 上的限制。于是当 时， （ 3.1.19) 当 时， （ 3.1.20） 例 2.2.1 确定下列方程标准型 (1) u xx +2u xy -2u xz +2u yy +6u zz =0 (2) 4u xx 4u xy 2u yz u y u z 0. 解 :(1) 方程对应的系数矩阵是 1 1 1 A 1 2 0 . u xx 2u xy 2u xz 2u yy 6u zz 0, 1 0 6 利用线性代数中把对称矩阵化为对角型的方法 , 我们可选取 ----- --------------- 1 0 0 , B1 1 0 1 1 1 2 2 则 BAB T E, 这里 E 为三阶矩阵 ,令 x x B y y x . z y z x 2 2 则给定的方程化简为 u u u 0 . (2) 方程对应的系数矩阵是 4 2 0 A 2 0 1. 1 因为 BAB T 1 0 0 1 0 , 1 其中 1 0 2 B 1 1 0 ' 2 1 1 1 2 所以取 x x 2 x B y y . 2 z x 2 y z 则给定的方程化简为 u u u u 0. 例 3.1.1 求解下列初值问题 u tt 9 u xx e x e x , x , t 0 , u x , 0 x , u t x , 0 sin x , x . 解：利用达朗贝尔公式（ 3.3.15）得 ----- --------------- 1 1 x at 1 t x a t u x , t x at x at d f, d d 2 2 a 2 a 0 x at x a t 1 1 x 3 t 1 t x 3 t 2 x 3 t x 3 t 6 x 3 t sin d 6 x 3 t e e d d x 1 sin x sin 3 t 2 sinh x 2 sinh x cosh 3 t , 3 9 9 易见，解 u x, t 关于 x 是奇函数。 4.2.1 波动方程的初边值问题 例 4.2.1 设边长为 L 的弦，两端固定，作微小横振动。已知初位移为φ（ x ） , 初始速度为 ψ（ x ） , 试求弦的运动规律。 解： 该物理问题可归为下列定解问题： u tt a 2 u xx , 0 x L , t 0 [1] u ( x , 0 ) ( x ), u t ( x , 0 ) ( x ) u ( 0 , t ) u ( L , t ) 0 设上述问题有非零变量分离解 u(x,t)=X(x)T(t). 代入上述问题 [1] 中得： `` (t)= a 2 `` T(t) ， X(x)T X (x) 由此设： T ·· (t) ∕a 2 T(t) = X ·· (x) ∕ X(x) =- λ（记 - λ为比值常 数），并得： T ·· (t)+ λ a 2 T(t) =0 [2] ·· λ X(x) = 0, [3] X (x)+ 再根据边界条件 u(0,t)=u(L ,t)=0, 得： X(0) T(t)= X(L)T(t)=0 , T(t) ≠ 0, 则 X(0)= X(L)=0 ， 由上分析，得： X "( x ) X ( x ) 0 [4] X ( 0 ) X ( L ) 0 （ 1）λ 2 时，方程组 [4] βx- βx 代入 X(0)= X(L)=0 ， =- β ＜ 0 的通解为： X(x)=C e +C e , 1 2 解 得 常 数 C1=C2=0, 即 得 零 解 X(x)=0 （ u=0 ） ， 不 合 初 设 u 为非零解，舍去； （2）λ =0 时，方程组 [4] 的通解为： X(x)= C x+ C 代入 X(0)= X(L)=0 ，解得零解 1 2, X(x)=0 （ u=0 ） ， 舍 去 ； （3）λ =β 2 ＞ 0 时，方程组［4］的通解为： X(x)= C 1cos β x+C 2sin βx. 代入 X(0)= X(L)=0 ， 解 得 C 1=0, C 2sin β L=0 则 λ = λ n β n 2 = （ n π /L ） 2 ,n=1,2,... = 对 应λn 的 特 征 函 数 为 ： X （ x ） =C sin n x , n=1,2,.. ［ 5 ］ n n L ----- --------------- 将特征值λ n 代入［ 2］得： T `` (t)+ λ n a 2 T(t) =0 通解为 T n (t)=A n cos n at +B n sin n at ［ L L 6 ］ 综上可知定解问题的变量分离特解为： u n （ x ， t ） = （ a n cos n at +b n sin n at ） sin n x ［ 7 ］ a = L =B C L L n=1,2 ? 其 中 ， A C ,b 为 任 意 常 数 ， n n n n n n 根据线性叠加原理，将特解 u n （x ， t ）叠加起来，得到通解： u(x,t)= u n ( x , t ) = ( a n cos n at b n sin n at ) sin n x . [8] n 1 n 1 L L L 由原定解问题： Φ （ x ）=u(x,0)= a n sin n x n 1 L Ψ (x) =u t (x,0)= b n n a sin n x ， n 1 L L 可将 Φ（ x ）， Ψ (x) 看作是 [0,L] 上的傅里叶级数，则有： a b 2L ( x ) sin n x dx n L L 2 L n x dx n n ( x ) sin a L 把上面得到的 a n ,b n 代入 [8] 中，得级数通解 u(x,t)= a b u n ( x,t ) = (a n cos n at b sin n at ) sin n x , 其中 n 1 n 1 L n L L 2 L n x dx ( x ) sin n 0 L L 2 n x L n ( x ) sin dx n a 0 L 经检验，得到的通解 u （ x,t ）满足关于 x 和 t 逐项微分二次后一致收敛，因而满足定解问题 [1] 中方程和相应条件，即通解 u （ x,t ）存在， 是定解问题的解 例 4.2.2 设长为 L ，且两端自由的均匀细杆，作纵振动，且初始位移为 φ（ x ），初始速 度为 ψ （ x ）。试求杆做自由纵振动的位移规律。 解： tt =a 2 xx , 0 x L , t x ， 0 = x ， t x , 0 x , 0 x L x 0, t x L , 0 , t ----- --------------- 令 x, t X x T t ，代入上式得： T '' t X '' x a 2T t X x 得到两个独立的常微分方程 T '' t a 2T t 0 X '' x X x 又由边界条件，得 X ' 0 X ' L 0. 所以特征值问题为 X '' x X x 0,0 x L X ' 0 X ' L 0. 当 <0 时，上述问题只有零解。当 =0 时，可得非零的常数解 X 0 x A 0 0 . 当 2 , 0 时，边值问题中方程的通解为 X x Acos x B sin x 由 边 界 条 件 X ' 0 X ' L 0,得 B 0和 Asin L . 因 为 A 0，所以 = n , 0 , 1 , 2,..... n 。因此得到一系列特征值和对应的特征函数列 L 2 n x n x ,n 0,1,2,... n , X n A n cos L L 将 n 代入前式，得到相应的 C 0 D 0t , n 0 T n t C n cos n at D n sin n at ,n 1,2,... L L 因此函数 a 0 + b 0t , n 0 n x, t T n t X n x n at b n n at n x a n cos sin cos, n 1, 2,... L L L 设所求的形式解为 x,t a 0 b 0t a n cos n at b n sin n at cos n x , n 1 L L L 其中系数中的初始条件确定，即 x x , 0 a 0 a n cos n x , n 1 L ----- --------------- x t x, 0 b 0 b n n a cos n a n 1 L L 从而得（ n=1,2, ?） 1 a 0 L 1 b 0 L L 2 L x dx , a n L L L x dx , b n 2 a 0 n x cos n x dx , L n x x cos dx L 例 4.2.4 设有一均匀细杆，长为 L ，两端点坐标分别为 X=0 和 X=L. 杆的表面绝热， 再 X=0 端保持零度，在 X=L 端热量自由发散到温度为零度的介质中去，已知初始温度为 (x), 求杆上温度分布规律 解： 设 U(x,t)表示在 x 处，时刻 t 时的温度，那么由第 1 章可知，所给物理问题可以归 结为求解下列定解问题： u t a 2 u xx , 0 x L , t 0, u (x, 0) (x), 0 x L , u(0, t)0, u x (L, t) hu(L, t)0, t 0, 其中常数 h>0,函数 (x) 在 [0, L] 满足狄利克雷条件。 我们仍然用分离变量法解这个问 题。设 u(x, t) X(x)T(t). 将其代入到（ 4.2.38）方程中，得 T '(t) X ''(x) . (4.2.39) a 2 T (t) X (x) 从而得到关于 T (t), X(x) 的常微分方程 T '(t) a 2 T (t) 0, (4.2.40) 由（ 4.2.38） X''(x) X(x) 0, x L. 4.2.41) 中的边界条件，得 X (0) 0, X'(L) h X (L) 0. (4.2.42) 下面求解由方程（ 4.2.41）和边界条件（ 4.2.42）组成的特征值问题当 时，边值问 题（ 4.2.41）和（ 4.2.42）只有零解。当 2 , 0 时，方程（ 4.2.41）的通解为 X (x) Acos x Bsin x 由边界条件（ 4.2.42），得 A 0, B( cos L hsin L) 0. 为求特征值和特征函数，设 B 0. 所以 cos L h sin L 0, ----- --------------- 记 L, 则上式可表示为 tan , 1 . hL 方程（ 4.2.43）的根可以看作切曲线 y 1 tan 与直线 y 2 的交点的横坐标， 见图 4.6. 由此可见，他们交点有无穷多个，他们关于原点对称，设方程（ 4.2.43）的无穷多个正 根依次为 1 2 n , 于是边值问题（ 4.2.41）和（ 4.2.42）的特征值 n 和相应的特征函数 X n (x) 为 2 2 n 2, X n (x) B n sin n x, n 1, 2, (4.2.44) n n L 现在证明特征函数系 sin 1 x ,sin 2 x , ,sin n x, 在 [0, L] 是正交 系. 记 n (x) sin n x, n 1, 2, 则 n (x), m (x) 分别满足 '' n (x) n n (x) 0, 0 x L, (4.2.45) m (x) m m (x) 0, x L (4.2.46) 和边界条件 （4.2.42）. 用 m 乘以（ 4.2.46），然后（ 4.2.46），然后两式相减， 并且在 [0, L] 上积分，得 L L ( n m ) n (x) m (x) dx ( n (x) ''m (x) m (x) ''n (x)) dx L L ( n (x) 'm (x) m (x) 'n (x)) 'dx ( n (x) 'm (x) m (x) 'n (x)) | ' m (L) n (L) m (L)'n (L) h m (L) n (L) h m (L) n (L) 0 因为当 n m 时， n m .所以 ----- --------------- L n (x) m (x) dx 0, n m. (4.2.47) 即特征函数系 sin n x | 是 [0, L] 上的正交函数系 . n 1 下面将 n 代入到方程（ 4.2.40），得解 T n (t) A n e n a 2 t , n 1, 2, (4.2.48) 由此得到满足方程（ 4.2.38）中的方程和边界条件的一组特解 u n (x, t) X n (x) T n (t) C n e n a 2 t sin n x ,n 1 , 2,, 其中任意常数 C n A n B n , n 1, 2, ,由于方程和边界条件是其次的利用叠 加原理，可设定解问题（ 4.2.38）的形式解为 u (x, t) u n (x, t) C n e n a 2 t sin n x (4.2.50) n 1 n 1 用 sin x 乘以式（ 4.2.50），并且利用 sin n 1 是 [0, L] 上的 m n x | 正交函数性，我们得到 1 L C m (x) sin m xdx, m 1, 2, (4.2.51 ) L m 0 这里 L L m sin 2 m xdx , 将是（ 4.2.51）代入（ 4.2.49），即得原定解问题（ 4.2.38）的形式解 . 例 4.4.1 解下列非齐次边界的定解问题 u tt a 2 u xx f (x) 0 u( x,0) = (x) , u t ( x,0) = ( x) , 0 ≤ x ≤ L, u(0, t) A, u( L,t ) B, t ≥ 0。 其中 A ， B 是常数。 解：设 u （ x,t ） = ( x,t) + ( x) , 将其带入到上述的方程中，得 u tt = a 2 xx (x) f ( x). 复变函数与积分变换 综合试题（一） 一、单项选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分) 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1．设cos z i =，则（ ） A ． Im 0z = B ．Re z π= C ．0z = D ．argz π= 2．复数3(cos ,sin )55z i ππ =--的三角表示式为（ ） A ．443(cos ,sin )55i ππ- B ．443(cos ,sin )55i ππ- C ．44 3(cos ,sin )55i ππ D ．44 3(cos ,sin )55 i ππ-- 3．设C 为正向圆周|z|=1，则积分 ?c z dz ||等于（ ） A ．0 B ．2πi C ．2π D ．－2π 4．设函数()0z f z e d ζ ζζ=?，则()f z 等于（ ） A ．1++z z e ze B ．1-+z z e ze C ．1-+-z z e ze D ．1+-z z e ze 解答： 5．1z =-是函数 4 1) (z z cot +π的（ ） A ． 3阶极点 B ．4阶极点 C ．5阶极点 D ．6阶极点 6．下列映射中，把角形域0arg 4 z π << 保角映射成单位圆内部|w|<1的为（ ） A ．4411z w z +=- B ．44-11z w z =+ C ．44z i w z i -=+ D ．44z i w z i +=- 7. 线性变换[]i i z z i z a e z i z i z a θω---= =-++- ( ） A.将上半平面Im z >0映射为上半平面Im ω>0 B.将上半平面Im z >0映射为单位圆|ω|<1 C.将单位圆|z|<1映射为上半平面Im ω>0 D.将单位圆|z|<1映射为单位圆|ω|<1 8.若()(,)(,)f z u x y iv x y =+在Z 平面上解析，(,)(cos sin )x v x y e y y x y =+，则(,)uxy = （ ） A.(cos sin )y e y y x y -) B.(cos sin )x e x y x y - C.(cos sin )x e y y y y - D.(cos sin )x e x y y y - 北京交通大学硕士研究生2010-2011学年第一学期 《数学物理方程》期末试题(A 卷) (参考答案) 学院__________ 专业___________ 学号 __________ 姓名____________ 1、( 10分)试证明：圆锥形枢轴的纵振动方程为： 玫［I h .丿&」V h .丿& 其中E是圆锥体的杨氏模量，「是质量密度，h是圆锥的高(如下图所示) 【提示：已知振动过程中，在x处受力大小为ES ，S为x处截面面积。】 ex 【证明】在圆锥体中任取一小段，截面园的半径分别是r1和r2，如图所示。于是，我们有 2、：：u(x dx,t) 2 u(x,t) — 2 u2(x,t) E( D) E( * ) ( A )dx 于 x x t r1 = (h「x)tan : r2= (h _(x dx)) tan : 上式化简后可写成 2 2 ：：U(X,t) 2 :：u(x,t) 2, ；u (x,t) E[(h -x) 卜亠 & -(h -'X) 〔x J - - (h -'X)dx 2 从而有 E ：：[(^x)2；：U(x ,t)H-(^x)2：：u2(x,t) .x :X :t 或成 2 ::[(1「)2汽("]“2(1「)小叩) .x h ：：x h ；：t 其中a^E ，证明完毕。 2、 (20分)考虑横截面为矩形的散热片， 它的一边y=b 处于较高温度U ，其它三边y=0. x = 0和x = a 则处于冷却介质中，因而保持较低的温度 u o 。试求该截面上的稳定温度 分布u(x,y)，即求解以下定解问题: u|y 卫二 %, u|y 生二 U, 0 x a. 【提示：可以令u(x, y)二u 0 v(x, y)，然后再用分离变量方法求解。】 【解】令u(x, y) v(x, y)，则原定解问题变为 Wl x￡=0, V=0, 0cy 一、填空题 1．二阶线性偏微分方程xx xy yy x y Au Bu C u D u Eu Fu G +++++=（其中各系数均为x 和y 的函数）在某一区域的性质由式子：24B AC -的取值情况决定，取值为正对应的是（ 双曲 ）型，取值为负对应的是（ 椭圆）型，取值为零对应的是（ 抛物 ）型。 2．在实际中广泛应用的三个典型的数学物理方程： 第一个叫（ 弦自由横振动 ），表达式为（2tt xx u a B u =），属于（双曲）型； 第二个叫（ 热传导 ），表达式为（ 2t xx u a B u =），属于（ 椭圆 ）型； 第三个叫（拉普拉斯方程和泊松方程），表达式为（0 x x y y u u +=， (,)xx yy u u x y ρ+=-），属于（椭圆）型； 二、选择题 1．下列泛定方程中，属于非线性方程的是［ B ］ (A) 260t xx u u xt u ++=； (B) sin i t tt xx u u u e ω-+=； (C) ( )22 0y xx xxy u x y u u +++=； (D) 340t x xx u u u ++=； 2. 下列泛定方程中，肯定属于椭圆型的是［ D ］ (A)0xx yy u xyu +=； (B) 22x xx xy yy x u xyu y u e -+=； (C)0xx xy yy u u xu +-=； (D)()()()22sin sin 2cos xx xy yy x u x u x u x ++=； 3. 定解问题 ()()( )()()()2,0,00,,0 ,0,,0tt xx x x t u a u t x l u t u l t u x x u x x ?φ?=>< 2013-2014学年度第二学期数理方程（B ）期末考试试题 考后回忆版本 一、求下列偏微分方程的通解),(y x u u =（16分） （1）y x y x u 22=???（2）xy x u y x u y =??+???2二、求下列固有之问题的解。要求明确指出固有值及其所对应的固有函数（10分） ?????=′+∞<<<=+′+′′.0)2(,)0()20(,022y y x y x y x y x λ三、求第一象限}0,0|),{(2 >>∈=y x R y x D 的第一边值问题的Green 函数。（12分） 四、用积分变换法求解下列方程。（12分）???=>+∞<<<=).21(),0(,)(),0(. 1)1,(,0)0,()0,10(,4x x u x x x u t u t u t x u u t xx tt δ?七、用分离变量法求解下列方程。（15分） ?????=<++=++=++0|)1(,1 222222z y x zz yy xx u z y x z u u u 八、求解下列定解问题。（5分） ?????==>+∞< 中国计量学院2011 ~ 2012 学年第 1 学期 《 概率论与数理统计(A) 》课程考试试卷B 开课二级学院： 理学院 ，考试时间： 2011 年 12_月26 日 14 时 考试形式：闭卷√、开卷□，允许带 计算器 入场 考生姓名： 学号： 专业： 班级： 1．某人射击时，中靶的概率为4 3 ，若射击直到中靶为止，则射击次数为3的概率为（ ）. (A) 43412?）（ (B) 343）（ (C) 41432?）（ (D) 34 1）（ 2．n 个随机变量),,3,2,1(n i X i =相互独立且具有相同的分布并且a X E i =)(,b X Var i =)(,则这些随机变量的算术平均值∑= =n i i X n X 1 1的数学期望和方差分别为（ ）. （A ） a ,2n b （B ）a ,n b (C)a ,n b 2 （D ）n a ,b 3．若100张奖券中有5张中奖，100个人分别抽取1张，则第100个人能中奖的概率为（ ）. (A) 01.0 (B) 03.0 (C) 05.0 (D) 0 4. 设 )(),(21x F x F 为两个分布函数,其相应的概率密度)(),(21x f x f 是连续函数,则必为概率密度的是（ ）. (A) )()(21x f x f (B))()(212x F x f (C))()(21x F x f (D) )()()()(1221x F x f x F x f + 5．已知随机变量X 的概率密度函数为?????≤>=-0,00 ,)(22 22x x e a x x f a x ,则随机变量X Y 1 = 的期望 =)(Y E （ ）. 《数学物理方程》期末试题（A 卷） （参考答案） 学院 专业 学号 姓名 1、 （10分）试证明：圆锥形枢轴的纵振动方程为： 其中E 是圆锥体的杨氏模量，ρ是质量密度，h 是圆锥的高（如下图所示）： 【提示：已知振动过程中，在x 处受力大小为u ES x ??，S 为x 处截面面积。】 【证明】在圆锥体中任取一小段，截面园的半径分别是1r 和2r ，如图所示。于是，我们有 上式化简后可写成 从而有 或成 其中2 E a ρ = ，证明完毕。 2、 （20分）考虑横截面为矩形的散热片，它的一边y b =处于较高温度U ，其它三边0y =， 0x =和x a =则处于冷却介质中，因而保持较低的温度0u 。试求该截面上的稳定温度 分布(,)u x y ，即求解以下定解问题： 【提示：可以令0(,)(,)u x y u v x y =+，然后再用分离变量方法求解。】 【解】令0(,)(,)u x y u v x y =+，则原定解问题变为 分离变量： 代入方程得到关于X 和Y 的常微分方程以及关于X 的定解条件： 可以判定，特征值 特征函数 利用特征值n λ可以求得 于是求得特征解 形式解为 由边界条件，有 得到 解得 最后得到原定解问题的解是 3、 （20分）试用行波法求解下列二维半无界问题 【解】方程两端对x 求积分，得 也即 对y 求积分，得 也即 由初始条件得 也即 再取0x =，于是又有 从而得 于是 将这里的()g x 和()h y 代入(,)u x y 的表达式中，即得 4、 （20分）用积分变换法及性质，求解无界弦的自由振动问题： 【提示：可利用逆Fourier 积分变换公式：11 ,||sin []20, ||x at a t F a a x at ωω-? 第一章曲线论 §1 向量函数 1. 证明本节命题3、命题5中未加证明的结论。 略 2. 求证常向量的微商等于零向量。 证：设，为常向量，因为 所以。证毕3. 证明 证： 证毕4. 利用向量函数的泰勒公式证明：如果向量在某一区间内所有的点其微商为零，则此向量在该区间上是常向量。 证：设，为定义在区间上的向量函数，因为在区间上可导当且仅当数量函数，和在区间上可导。所以，，根据数量函数的Lagrange中值定理，有 其中，，介于与之间。从而 上式为向量函数的0阶Taylor公式，其中。如果在区间上处处有，则在区间上处处有 ，从而，于是。证毕 5. 证明具有固定方向的充要条件是。 证：必要性：设具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，于是。 充分性：如果，可设，令，其中为某个数量函数，为单位向量，因为，于是 因为，故，从而 为常向量，于是，，即具有固定方向。证毕 6. 证明平行于固定平面的充要条件是。 证：必要性：设平行于固定平面，则存在一个常向量，使得，对此式连续求导，依次可得和，从而，，和共面，因此。 充分性：设，即，其中，如果，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，任取一个与垂直的单位常向量，于是作以为法向量过原点的平面，则平行于。如果，则与不共线，又由可知，，，和共面，于是， 其中，为数量函数，令，那么，这说明与共线，从而，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，作以为法向量，过原点的平面，则平行于。证毕 §2曲线的概念 1. 求圆柱螺线在点的切线与法平面的方程。 解：，点对应于参数，于是当时，，，于是切线的方程为： 法平面的方程为 2. 求三次曲线在点处的切线和法平面的方程。 解：，当时，，， 于是切线的方程为： 法平面的方程为 3. 证明圆柱螺线的切线和轴成固定角。 证： 令为切线与轴之间的夹角，因为切线的方向向量为，轴的方向向量为，则 数理方程第二版课后 习题答案 第一章曲线论 §1 向量函数 1. 证明本节命题3、命题5中未加证明的结论。 略 2. 求证常向量的微商等于零向量。 证：设，为常向量，因为 所以。证毕 3. 证明 证： 证毕4. 利用向量函数的泰勒公式证明：如果向量在某一区间内所有的点其微商为零，则此向量在该区间上是常向量。 证：设，为定义在区间上的向量函数，因为 在区间上可导当且仅当数量函数，和在区间上可导。所以，，根据数量函数的Lagrange中值定理，有 其中，，介于与之间。从而 上式为向量函数的0阶Taylor公式，其中。如果在区间上处处有，则在区间上处处有 ，从而，于是。证毕 5. 证明具有固定方向的充要条件是。 证：必要性：设具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，于是。充分性：如果，可设，令，其中为某个数量函数，为单位向量，因为，于是 因为，故，从而 为常向量，于是，，即具有固定方向。证毕 6. 证明平行于固定平面的充要条件是。 证：必要性：设平行于固定平面，则存在一个常向量，使得，对此式连续求导，依次可得和，从而，，和共面，因此。 充分性：设，即，其中，如果，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，任取一个与垂直的单位常向量，于是作以为法向量过原点的平面，则平行于。如果，则与 不共线，又由可知，，，和共面，于是，其中，为数量函数，令，那么，这说明与共线，从而，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，作以为法向量，过原点的平面，则平行于。证毕 §2曲线的概念 1. 求圆柱螺线在点的切线与法平面的方程。 解：，点对应于参数，于是当时，， ，于是切线的方程为： 南昌航空大学2009—2010 学年第二学期期末考试 课程名称：数 理 方 程 闭 卷 A （B ）卷 分钟 一、 解答题（共40 分） 1、 当n 为正整数时，讨论()n J x 的收敛范围。（5分） 2、解一维热传导方程，其初始条件及边界条件为： 0t u x ==， 0x u x =?=?， 0x l u x =?=? （10分） 3、有一均匀杆，只要杆中任一小段有纵向位移或速度，必导致邻段的压缩或伸长， 这种伸缩传开去，就有纵波沿着杆传播。试推导杆的纵振动方程。（10分） 4、写出01(),(),()n J x J x J x （n 是正整数）的级数表示式的前5项。（15分） 二、计算题（共60分） 1、求方程：22,1,0u x y x y x y ?=>>??， 满足边界条件： 2 0y u x ==，1cos x u y ==的解。 （10分） 2、就下列初始条件及边界条件解弦振动方程： (,0)0,0u x x l =≤≤； (,0) (),0u x x l x x l t ?=-≤≤?； (0,)(,)0,0u t u l t t ==> （15分） 3、试确定下列定解问题： 2 2200(),0,0,,,0, (),0x x l t u u a f x x l t t x u A u B t u g x x l ===???=+<<>????? ==>?? =≤≤??? （15分） 解的一般形式。 4、（20分）求下列柯西问题： 22222200 2 80,0,3,0,y y u u u y x x x y y u u x x y ==????+-=>-∞<<+∞?????? ? ??==-∞<<+∞??? 的解。 （20分） 北 京 交 通 大 学 2007-2008学年第二学期《数理方程与特殊函数》期末考试试卷（B ） （参考答案） 学院_ ____________ 专业___________________ 班级________ ____ 学号_______________ 姓名___________ __ 一、 计算题（共80分，每题16分） 1． 求下列定解问题（15分） 2． 用积分变换法及性质，求解半无界弦的自由振动问题：（15分） 3． 设弦的两端固定于0x =及x l =，弦的出示位移如下图所示。初速度为零，又没有外力 作用。求弦做横向振动时的位移(,)u x t 。 [ 解 ] 问题的定解条件是 由初始条件可得 4． 证明在变换, x at x at ξη=-=+下，波动方程xx tt u a u 2=具有形式解0=n u ξ，并由此求 出波动方程的通解。 5． 用分离变量法解下列定解问题 [ 提示：1) 可以直接给出问题的固有函数，不必推导；2) 利用参数变易法。] [ 解 ] 对应齐次方程的定解问题的固有函数是x l n π sin ，其解可以表示成 把原问题中非齐次项t x t x f l a l π π22sin sin ),(=按照固有函数展开成级数 因此有 利用参数变易法，有 于是 6． 用Bessel 函数法求解下面定解问题 [ 解 ] 用分离变量法求解。令)()(),(t T R t u ρρ=，则可得 以及 设0ρβλn n = 为Bessel 函数)(0x J 的正零点，则问题（II ）的特征值和特征函数分别为 问题（I ）的解为 于是原问题的解是 由初始条件 得到 故 于是最后得到原问题的解是 二、 证明题（共2分，每题10分） 7． 证明平面上的Green 公式 其中C 是区域D 的边界曲线，ds 是弧长微分。 [证明] 设),(),,(y x Q y x p 在D+C 上有一阶连续偏导数，n 为C 的外法线方向，其方向余弦为βαcos ,cos ，则有 再设u,v 在D 内有二阶连续偏导数，在D+C 上有一阶连续偏导数，令 得到 交换u,v ，得到 上面第二式减去第一式，得到 证毕。 8． 证明关于Bessel 函数的等式： 例 1.1.1 设v=v(线x,y),二阶性偏微分方程v xy =xy 的通解。 解 原方程可以写成 e／ex（ev／ey） =xy 两边对x 积分，得 v y =￠（y ）+1/2 x 2 Y, 其中￠（y ）是任意一阶可微函数。进一步地，两边对y 积分，得方程得通解为 v （x,y ）=∫v y dy+f （x ）=∫￠（y ）dy+f （x ）+1/4 x 2y 2 =f （x ）+g （y ）+1/4 x 2y 2 其中f （x ）,g （y ）是任意两个二阶可微函数。 例1.1.2 即 u(ξ,η) = F(ξ) + G(η), 其中F(ξ),G(η)是任意两个可微函数。 例1.2.1设有一根长为L 的均匀柔软富有弹性的细弦，平衡时沿直线拉紧，在受到初始小扰动下，作微小横振动。试确定该弦的运动方程。 取定弦的运动平面坐标系是O XU ,弦的平衡位置为x 轴，弦的长度为L ，两端固定在O,L 两点。用u(x,t)表示弦上横坐标为x 点在时刻t 的位移。由于弦做微小横振动，故u x ≈0.因此α≈0，cos α≈1,sin α≈tan α=u x ≈0,其中α表示在x 处切线方向同x 轴的夹角。下面用微元法建立u 所满足的偏微分方程。 在弦上任取一段弧'MM ,考虑作用在这段弧上的力。作用在这段弧上的力有力和外力。可以证明，力T 是一个常数，即T 与位置x 和时间t 的变化无关。 事实上，因为弧振动微小，则弧段'MM 的弧长 dx u x x x x ? ?++=?2 1s ≈x ?。 这说明该段弧在整个振动过程中始终未发生伸长变化。于是由Hooke 定律，力T 与时间 t 无关。 因为弦只作横振动，在x 轴方向没有位移，故合力在x 方向上的分量为零，即 T(x+x ?)cos α’-T(x)cos α=0. 由于co's α’≈1，cos α≈1,所以T(X+?x)=T(x),故力T 与x 无关。于是，力是一个 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l ，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 dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ，比热为c ，热传导系数为k ，试导出此时温度u 满足的方程。 解：引坐标系：以杆的对称轴为x 轴，此时杆为温度),(t x u u =。记杆的截面面积4 2 l π为S 。由假设，在任意时刻t 到t t ?+内流入 截面坐标为x 到x x ?+一小段细杆的热量为 t x s x u k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 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t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+一小段中产生的热量为 ()()t x s u u l k t x l u u k dQ ??--=??--=111124π 又在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+这一小段内由于温度变化所需的热量为 ()()[]t x s t u c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3 由热量守恒原理得： ()t x s u u l k t x s x u k t x s t u c x t ??-- ????=????11 2 24ρ 消去t x s ??，再令0→?x ，0→?t 得精确的关系： ()11 224u u l k x u k t u c -- ??=??ρ 或 ()()11 22 2112244u u l c k x u a u u l c k x u c k t u --??=--??=??ρρρ 其中 ρ c k a =2 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s ，其包围的区域 为Ω，则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质，由dsdt n u D dM ??-=，其中D 为扩散系数，得 ?????= 2 1 t t s dsdt n u D M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为 ()()[]???????????ΩΩΩ ??=??=-=2 12 1121,,,,,,t t t t dvdt t u C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M 两者应该相等，由奥、高公式得： ????????Ω Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2 12 11t t t t dvdt t u C M dvdt z u D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程： ?? ? ??????+???? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C 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()t Q 表示它在单位体积中所储的热量，0Q 为初始时刻所储的热量，则Q dt dQ β-=，其中β为常数。又假设砼的比热为c ，密度为ρ，热传导系数为k ，求它在浇后温度u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由 Q dt dQ β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设，放热速度为 t e Q ββ-0 它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得 ??? ? ??-=+??? ? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222 2 数学物理方法习题解答 一、复变函数部分习题解答 第一章习题解答 1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。 证明：令Re z u iv =+。Re z x =，,0u x v ∴==。 1u x ?=?，0v y ?=?， u v x y ??≠??。 于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。 2、试证()2 f z z = 仅在原点有导数。 证明：令()f z u iv =+。()2 2222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。 2,2u u x y x y ??= =??。v v x y ?? ==0 ??。 所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。而 ,,u u v v x y x y ???? , ????在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。 ()00 00x x y y u v v u f i i x x y y ====???????? '=+=-= ? ?????????。 或：()()()2 * 00 0lim lim lim 0z z x y z f z x i y z ?→?→?=?=?'==?=?-?=?。 2 2 ***0* 00lim lim lim()0z z z z z z z zz z z z z z z z z =?→?→?→+?+?+??==+??→???。 【当0,i z z re θ≠?=，*2i z e z θ-?=?与趋向有关，则上式中**1z z z z ??==??】 3、设333322 ()z 0 ()z=0 0x y i x y f z x y ?+++≠? =+??? ，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。 证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则 ()332222 22 ,=0 0x y x y u x y x y x y ?-+≠? =+?+??， 332222 22 (,)=0 0x y x y v x y x y x y ?++≠? =+?+?? 。 3 300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x u x u x u x x →→-===， 3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x u y u y u y y →→--===-； 3300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x v x v x v x x →→-===， 3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x v y v y v y y →→-===。 (0,0)(0,0),(0,0)(0,0)x y y x u v u v ∴ = =- ()f z ∴ 在原点上满足C －R 条件。 但33332200()(0)() lim lim ()()z z f z f x y i x y z x y x iy →→--++=++。 令y 沿y kx =趋于0，则 333333434322222 0()1(1)1(1) lim ()()(1)(1)(1)z x y i x y k i k k k k i k k k x y x iy k ik k →-++-++-++++-+==+++++ 依赖于k ，()f z ∴在原点不可导。 4、若复变函数()z f 在区域D 上解析并满足下列条件之一，证明其在区域D 上 一. (10分)填空题 1.初始位移为)(x ?,初始速度为)(x ψ的无界弦的自由振动可表述为定解问题: ?????==>+∞<<∞-===).(),(0,,00 2 x u x u t x u a u t t t xx tt ψ? 2.为使定解问题 ???? ???=======0 ,000 02t l x x x xx t u u u u u a u （0u 为常数） 中的边界条件齐次化,而设)(),(),(x w t x v t x u +=,则可选=)(x w x u 0 3.方程0=xy u 的通解为)()(),(y G x F y x u += 4．只有初始条件而无边界条件的定解问题,称为柯西问题. 5．方程y x u xy 2=满足条件1cos ),0(,)0,(2-==y y u x x u 的特解为 1cos 6 1),(22 3-++= y x y x y x u 二. (10分)判断方程 02=+yy xx u y u 的类型，并化成标准形式． 解：因为)0(02≠<-=?y y ，所以除x 轴外方程处处是椭圆型的。 ……2分 它的特征方程是 022 =+?? ? ??y dx dy …… 5分 即iy dx dy ±= 特征线为 21ln ,ln c ix y c ix y =+=- 作变换：???==x y ηξln …… 7分 求偏导数 ????? ???? ??-====)(1 1 2ξξξξ ηηηu u y u u y u u u u u yy y xx x 将二阶偏导数代入原方程，便可得到标准形式 ξηηξξu u u =+ (10) 分 三. (10分)求解初值问题 ?????==>+∞<<∞-===x u x u t x u u t t t xx tt cos ,0,,4020 解：x x x x a cos )(,)(,22===ψ? 利用达朗贝尔公式 ?+-+-++=at x at x d a at x at x t x u ξξψ??)(21)]()([21),( … …5分 得 长沙理工大学考试试卷 ………………………………………………………………………………………………………………… 试卷编号 拟题教研室（或教师）签名 教研室主任签名 ………………………………………………………………………………………………………………… 课程名称（含档次） 数学物理方程与特殊函数 课程代号 专 业 层次（本、专） 本 科 考试方式（开、闭卷） 闭卷 一．判断题：（本题总分25分，每小题5分） 1．二阶线性偏微分方程062242=+++-y x yy xy xx u u u u u 属于椭圆型； （ ） 2．定解问题的适定性包括解的稳定性、解的唯一性和解的存在性； （ ） 3．如果格林函数),(0M M G 已知，且它在Γ+Ω上具有一阶连续偏导数，又若狄利克雷 问题???=Ω∈=?Γ ).,,(|,),,(0z y x f u z y x u 在Γ+Ω上具有一阶连续偏导数的解存在，那么其解可 表示为=)(0M u dS n G z y x f ??Γ??-) ,,(； （ ） 4．设)(x P n 为n 次Legendre 多项式，则0)()(1 1 1050358?-=dx x P x P ； （ ） 5．设)(x J n 为n 阶Bessel 函数，则 [])()(021ax xJ a ax xJ dx d =． （ ） 二．解答题：（本题总分65分） 1．（本小题15分）设有一根长为l 的均匀细杆，它的表面是绝热的，如果它的端点温度为1),0(u t u =，2),(u t l u =，而初始温度为0T ，写出此定解问题． 2．（本小题20分）利用固有函数法求解下面的定解问题 ???????====><<+=. 0),(,0),0(,0)0,(,0)0,(),0,0(cos sin 2t l u t u x u x u t l x l x t A u a u x x t xx tt πω 其中ω,A 是常数． 3．（本小题15分）求出方程xy u u yy xx =+的一个特解． 第 1 页（共 2 页） 工程数学 一. (10分)填空题 1.初始位移为)(x ?,初始速度为)(x ψ的无界弦的自由振动可表述为定解问题: ?????==>+∞<<∞-===).(),(0,,00 2 x u x u t x u a u t t t xx tt ψ? 2.为使定解问题 ???? ???=======0 ,000 02t l x x x xx t u u u u u a u （0u 为常数） 中的边界条件齐次化,而设)(),(),(x w t x v t x u +=,则可选=)(x w x u 0 3.方程0=xy u 的通解为)()(),(y G x F y x u += 4．只有初始条件而无边界条件的定解问题,称为柯西问题. 5．方程y x u xy 2=满足条件1cos ),0(,)0,(2-==y y u x x u 的特解为1cos 6 1),(22 3-++= y x y x y x u 二. (10分)判断方程 02=+yy xx u y u 的类型，并化成标准形式． 解：因为)0(02≠<-=?y y ，所以除x 轴外方程处处是椭圆型的。 ……2分 它的特征方程是 022 =+?? ? ??y dx dy ……5分 即iy dx dy ±= 特征线为 21ln ,ln c ix y c ix y =+=- 作变换：???==x y ηξln ……7分 求偏导数 ????? ???? ??-====)(1 1 2ξξξξ ηηηu u y u u y u u u u u yy y xx x 将二阶偏导数代入原方程，便可得到标准形式 ξηηξξu u u =+ ……10分 三. (10分)求解初值问题 ?????==>+∞<<∞-===x u x u t x u u t t t xx tt cos ,0,,4020 解：x x x x a cos )(,)(,22===ψ? 利用达朗贝尔公式 ?+-+-++=at x at x d a at x at x t x u ξξψ??)(21)]()([21),( ……5分 得 )] 2sin()2[sin(4 1 4cos 41])2()2[(21),(222222t x t x t x d t x t x t x u t x t x --+-+=+-++=?+-ξ ξ t x t x 2sin cos 2 1 422++= ……10分 四. (15分)用分离变量法解定解问题 2012、11、10、09年电子科技大学研究生数理方程期末试卷 电子科技大学研究生试卷 （考试时间： 14点 至 16 点 ，共 2小时） 课程名称 数理方程与特殊函数 教师 学时60 学分 3 教学方式 闭卷 考核日期 2012年 12 月 28 日 成绩 考核方式： （学生填写） 1．把方程 22222320u u u x x y y ???++=????化为标准型，指出其 类型，求出其通解. (10分) 2. 设定解问题：(10分) 2000(),0,0,,0(),(),0. tt xx x x l t t t u a u f x x l t u A u B t u x u x x l ?ψ====?-=<<>?? ==>??==≤≤?? 将该定解问题化成可直接分离变量求解的问题(不需要求出解的具体形式)。 学 号 姓 学 院 教 座位 ……………………密……………封……………线……………以…………… 第 1页 3． 长为l 的均匀细杆，其侧面与左端保持零度，右端绝热，杆内初始温度分布为()x ?，求杆内温度分布 (,)u x t . (20分) 4．求下面的定解问题：（10分） 22 009,(,0)18,sin 18 t tt xx t t t u u x e x R t u x x u x ==?-=∈>??=++=+??. 第2页 5．求22 cos()a e x d ?τ??+∞-?.（10分） 6． 222 23()(22)(25) s s F s s s s s ++=++++，求Laplace 逆变换1 (())L F s -.（10分） 一． 判断题（每题2分）. 1. 2u u x y x y x ??+=???是非线性偏微分方程.( ) 2. 绝对可积函数一定可做Fourier 积分变化.( ) 3. ()(1) 1.n n F x n Legendre F =是次正交多项式， 则 ( ) 4. (,)0xy f x y =的解是调和函数.( ) 5. **12u u 已知,是线性偏微分方程(,)xx yy u u f x y +=的解，则**12u u -是0u ?= 的解.( ) 二． 填空题（每题2分）. 1. ()sin t xx yy u u u xt -+= 是____________型偏微分方程. 2. 内部无热源的半径为R 的圆形薄板,内部稳态温度分布，当边界上温度为()t φ时，试建立方程的定解问题________________________. 3. 2x 的Legendre 正交多项式的分解形式为__________________. 4.某无界弦做自由振动,此弦的初始位移为()x φ,初始速度为()a x φ-,则弦振动规律为______________________________. 5. []()____________.at m L e t s = 三．求解定解问题（12分） 200sin ; 0,0;0. t xx x x x x l t u a u A t u u u ω===-==== 四．用积分变换方法求解以下微分方程（每题12分，共24分） （1） 001,0,0; 1,1. xy x y u x y u y u ===>>=+= （2） 00230, 1.t t t y y y e y y =='''+-='== 五．某半无界弦的端点是自由的，初始位移为零，初始速度为cos x ，求弦的自由振动规律。（12分） 数理方程练习题一(2009研 1. 设(,u u x y =,求二阶线性方程 20u x y ?=?? 的一般解。 解先把所给方程改写为 (0u x y ??=?? 2分两边对x 积分,得 (0((u u dx dx y y y x y ?????==+=????? 4分这里, (y ?是任意函数。再两边对y 积分,得方程的一般解为y ((((u u dy y dy f x f x g y y ??==+=+?? ? 6分这里,(,(f x g y 是任意两个一次可微函数。 2. 设 u f = 满足Laplace 方程 222 2 0u u x y ????+ = 求函数u. 解 : ,.r x r y r x r x r ??===?? ''(,(.u x u y f r f r x r y r ???==?? 3分因此有 222''' 223222 ''' 223 ((((u x y f r f r x r r u y x f r f r y r r ?=+??=+? 3分原方程化为:'''1((0f r f r r += 2分故有 :1212(ln r u f r c c c c ==+= 2分 例1 求Cauchy 问题 2 20 00(,(0,cos tt xx t t t u a u x t u x u x x ==?-=∈?∞??==∈??R R 的解. 解由定理3.1得 22222((1u(x, tcos 221 cos sin x at x at x at x at d a x a t x at a ξξ+-++-=+=++? 例2 求解Cauchy 问题 200cos (,(0,cos 010tt xx t t t u a u t x x t x x u x u x ==?-=∈?∞?≥?? ==?? 南京信息工程大学数理方程考试试题A 2008年 11月 任课教师 学生所在系 专业 年级 班级 学生姓名 学号 一、(9分) 判断下列方程的类型 (1) 230xx xy yy u u u ++= (2) 22cos (3sin )0xx xy yy y u xu x u yu --+-= (3) 220xx yy x u y u -= 二、(20分)设二阶偏微分方程450xx xy yy u u u ++= (1) 写出特征方程,并求特征线; (2) 将偏微分方程进行化简. 三、(10分)用D ’Alembert 公式求解下列弦振动方程; 22 ,0 (,0),(,0)cos tt xx t u a u x t u x x u x x x ?=-∞<<∞>?==-∞<<∞? 四、(20分)用分离变量法求解下列方程; (1) 20,0 (0,)0,(,)00 (,0),(,0)0tt xx t u a u x l t u t u l t t u x x u x l x x l ?=<<>? ==≥??==-≤≤? 五、(20分) 用Green 函数法求解下列定解问题; 00 |(,) xx yy zz z u u u z u f x y =++=>?? =? 六、(21分) (1) 写出下列定解问题的Fourier 变换之后的形式 ?? ? ??∞≤≤∞-=>∞<<∞-+=x x x u t x t x f u a u xx t )()0,(0,),(2? (2)求出函数|| ()(0)a x f x xe a -=>的Fourier 变换 (3)求出出上述问题的形式解. 。。。。 （本卷共六大题）数学物理方法综合试题及答案
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