数学物理方程习题

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数学物理方程习题课

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一、 斯通-刘维尔型1、将方程0)1('2''=---y xy y λ转化为斯通-刘维尔型。

解:原方程两端同时乘以2x e -,可得:222''2'(1)0x x x e y xe y e y λ------=则:22[](1)0xxd dy eey dxdxλ----=为其斯通-刘维尔型。

2、(8分)将方程22(1)'''()0x y xy x y λη----=转化为斯通-刘维尔型,其中η为常数。

原方程两边同乘211x-后,得:222'''011x x y y y xxλη---=--,即为:2222'''0111x xy y y y xxxηλ-+-=---方程两边同乘以21xdxx e --⎰,就化成了斯通-刘维尔型方程222211122[][][]011xx x dx dxdxx xxd dyxee y ey dx dx x xηλ------⎰⎰⎰+-=--即为:3322222(1)(1)0d x y x x y dx ηλ--+---=二、级数解的形式1、给出0')1(''=+-++y y x s xy λ在x =0处级数解的形式。

答:x =0为原方程的正则奇点,在x =0处级数解的形式为:k ckk y ax∞+==∑2、给出方程22'''(1)0xy y x x y λ++-=在0x =处级数解的形式。

解:方程对应的标准形式为:22'''(1)0y y x y xλ++-=1x在0x =处不解析,0x =为其一级极点;22(1)x λ-在0x =处解析,可知:0x =为原方程的正则奇点。

则:在0x =处级数解的形式为0cnnn y xax ∞==∑,或写成0c nnn y ax ∞+==∑或写成两个线性独立解:110c nnn y ax∞+==∑,220c nnn y bx∞+==∑。

数学物理方程练习题第七版(学生用)

数学物理方程练习题第七版(学生用)

= u(0, t) 0= , ux (2,t) 1,
u(x= ,0)
cos π x + x3 − 3x2 − x.
2
3.求定解问题的解:
u
x= x + u yy
sinπ x,
0 < x < 1, 0 < y < 1,
= u(0, y) 1,= u(1, y) 2,
u(x,0) =1+ x,
7
u
rr
+
1 u
r
r
+
1 r2
uθθ
= 0,
u= (1,θ ) A cosθ (−π < θ ≤ π ).
4. 设 A, B 为常数,用试探法求如下定解问题的解:
u rr
1 +rur
+
1 r2
u
θθ
=
0,
r < a,
u r= =a A cosθ + B sinθ (−π < θ ≤ π ).
练习十五
练习六
1.求解如下定解问题:
ut = uxx + cosπ x, (0 < x < 1, t > 0), u= x (0,t) u= x (1,t) 0, u(x,0) = 0.
3
2.求解如下定解问题:
= u tt
a2u
xx
+
t
sin
π l
x
,
u= (0,t) u= (l,t) 0, t ≥ 0,
X= ′(0)
X= (l)
0.
3. 求如下定解问题的解:
= ut uxx , 0 < x < 2, t > 0, ux= (0, t) u= (2, t) 0,

数学物理方程试卷

数学物理方程试卷

数学物理方程试卷一、选择题1.在一个匀速运动中,物体的速度v与物体的位移s的关系是:A.v=s/tB.v=s/t^2C.v=s*tD.v=s*t^22.以下哪个物理量属于标量?A.速度B.力C.加速度D.距离3.物体质量为m,重力加速度为g,物体所受重力的大小为:A. mgB. mg/2C. 2mgD. mg^24.物体自由落体下落t秒后的位移s与时间t的关系为:A. s=gtB. s=gt^2C. s=gt^3D. s=1/gt5.以下哪个物理量属于矢量?A.面积B.速度C.力D.质量二、填空题1.一辆车以10m/s的速度匀速行驶了20秒,那么它的位移是_____________米。

2.物体在一个小时内匀速运动40千米,速度为_____________米每秒。

3.物体在水平地面上受到10牛的推力,质量为2千克,加速度为_____________。

4.一个物体从100米高的地方自由落体,下落10秒后的速度是_____________米每秒。

5.物体质量为5千克,重力加速度为10米每秒的平方,所受重力的大小是_____________牛。

三、解答题1.用物理公式解释为什么月亮绕地球运动?答:根据万有引力定律,任意两个物体之间都存在引力。

月球的质量相对较小,在地球的引力作用下,它会受到向地心的引力,从而绕着地球进行运动。

2.一个物体以10m/s的速度沿水平方向运动,另一个物体以5m/s的速度沿同一方向追赶第一个物体,如果第二个物体和第一个物体质量相同,两个物体发生碰撞后,它们的速度是多少?答:根据动量守恒定律,两个物体的总动量在碰撞前后保持不变。

因此,第一个物体的动量为10 kg·m/s,第二个物体的动量为5 kg·m/s。

由于两个物体质量相同,碰撞后它们的速度将相等。

设碰撞后的速度为v,则第一个物体的动量为10v kg·m/s,第二个物体的动量为5v kg·m/s。

《数学物理方程》习题参考答案(A)

《数学物理方程》习题参考答案(A)

《数学物理方程》习题参考答案(A)习题一1.判断方程的类型,并将其化成标准形式:0212222=∂∂+∂∂+∂∂y uyu y x u . 解:⎪⎩⎪⎨⎧==><<>-=-≡∆.0,0. ,00,.0,02211212时,抛物型当椭圆型时当时,双曲型当y y y y a a a①当0<y 时,所给方程为双曲型,其特征方程为,0)()(22=+dx y dy 即 ,0])([)(22=--dx y dy就是 0))((=---+dx y dy dx y dy .积分之,得 c y x =-±2,此即两族相异的实特征线.作可逆自变量代换⎪⎩⎪⎨⎧--=-+=,2,2y x y x ηξ则.1 ,1 ,1 ,1yy yy x x -=∂∂--=∂∂=∂∂=∂∂ηξηξ,2 ,2222222ηηξξηξηηξξ∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂u u u x u u u y u x u x u ),(1ηξ∂∂+∂∂--=∂∂u u yyu ).1)(2()(121 ]1)1( 1)1([1)()(12122222222222322y u u u u u y y yu yu yuy u y u u y y u -∂∂+∂∂∂-∂∂+∂∂+∂∂---=-∂∂+--∂∂∂++-∂∂∂---∂∂--+∂∂+∂∂--=∂∂ηηξξηξηξηηξξηξ将这些偏导数代入原方程,得附注:若令⎩⎨⎧=-⇒-==0 ,2,ηηξξηξu u y x 碰巧(双曲型的另一标准形),这是巧合.②当0>y 时,所给方程为椭圆型,其特征方程为0)()(22=+dx y dy即 .0))((=-+dx y i dy dx y i dy 其特征线为 )2 ( 2c ix y c y i x =±=±或.作可逆自变量代换 ⎩⎨⎧==,2,y x ηξ则, 1 , 0 , 0 ,1y y y x x =∂∂=∂∂=∂∂=∂∂ηξηξ, 1 , ηξ∂∂=∂∂∂∂=∂∂u y y u u x u . 1121 , 22222222ηηξ∂∂+∂∂-=∂∂∂∂=∂∂u y u y y yu u x u 将这些偏导数代入原方程,得, 021212222=∂∂+∂∂+∂∂-∂∂ηηηξuy u u y u , 0 2222=∂∂+∂∂∴ηξu u 此即(0>y 时)所求之标准形. ③0=y 时,原方程变为 , 02122=∂∂+∂∂y uxu 已是标准形了(不必再化).2.化标准形:. 0222222222222=∂∂∂+∂∂∂+∂∂∂+∂∂∂+∂∂+∂∂t z ut x u z x u y x u zu x u解: u Lu )2222(434131212321δδδδδδδδδδ+++++≡.这是 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂∂∂∂∂=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=t z y x4321δδδδδ 的二次型,于是 , u A Lu Tδδ=其中 010*********1111⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=A 为实对称矩阵.则∃可逆矩阵M ,使 TMAM B = 为对角形. 令 , 'δδT M = 其中 , '4'3'2'1'''''⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂∂∂∂∂=δδδδδt z y x 则 u B u MAM Lu T T T '''')()(δδδδ==.M 的找法很多,可配方,可从矩阵入手等.取 ,11000110001100011-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=N M , 1000110011101111)(1⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛==-TT M N . , 1''''''⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛===⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==-t zy x M MX X N t z y x X N T δδ则.)( )( 2222'2'2'2'2'''tu z uy u x u u B uMAM u A Lu TT T T ∂∂-∂∂+∂∂-∂∂====δδδδδδ这是超双曲型方程的标准形式.习题二1.决定任意函数法:(1).求解第一问题(0))(0) ( ).(),( , 002ψϕψϕ=⎪⎩⎪⎨⎧======-x ux u u a u at x at x xx tt .解:所给方程为双曲型,其特征线为 c at x =±. 令⎩⎨⎧-=+=,,at x at x ηξ 则可将方程化为 0=ξηu .其一般解为)()(),(21at x f at x f t x u -++= (其中21,f f 为二次连续可微函数). 由定解条件有)0()0()0()0( ).()2()0(),()0()2(212121ψϕψϕ==+⇒⎩⎨⎧=+=+f f x x f f x f x f . 则 ⎪⎩⎪⎨⎧-=-=⇒⎩⎨⎧-=-=).0()2()(),0()2()( ),0()()2(),0()()2(12211221f Y Y f f X X f f x x f f x x f ψϕψϕ 故 )()(),(21at x f at x f t x u -++=).0()2()2()]0()0([)2()2(21ϕψϕψϕ--++=+--++=at x at x f f atx at x (2).求解第二问题 ))0()0( ( ).(),( ,101002ϕϕϕϕ=⎪⎩⎪⎨⎧=====x u x u u a u t at x xx tt解:泛定方程的一般解为)()(),(21at x f at x f t x u -++=由定解条件有 (0))(0)(0)( ).()()(),()0()2(021121021ϕϕϕ=+⎩⎨⎧=+=+f f x x f x f x f x f 则 ),0()2()(201f xx f -=ϕ).0()2()()()()(201112f x x x f x x f +-=-=ϕϕϕ故 )()(),(21at x f at x f t x u -++= ).()2()2(100at x atx at x -+--+=ϕϕϕ (3).证明方程22222)1(])1[(tu h x a x u h x x ∂∂-=∂∂-∂∂ 的解可以写成)]()([1),(21at x f at x f xh t x u -++-=. 由此求该方程满足Cauchy 条件 ⎩⎨⎧====)(),(00x u x u t t t ψϕ 的解.解:令 ),,()(),(t x u x h t x v -= 则 ),(t x v 满足方程 xx tt v a v 2=.)()(),( 21at x f at x f t x v -++=∴.故 )]()([1),(21at x f at x f xh t x u -++-=. 因),(t x v 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧≡-=≡-====),()()(),()()( ,10002x x x h vx x x h v v a v t t t xx tt ψϕϕϕ由D'Alembert 公式,得⎰+-+-++=atx atx d a at x at x t x v ααψϕϕ)(21)]()([21),( )]())(()())([(2100at x at x h at x at x h ---+++-=ϕϕ+ααϕαd h a atx at x ⎰+--)()(211 故 ),(1),(t x v xh t x u -=[]⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+---+++--=⎰+-atx atx d h a at x at x h at x at x h x h ααϕαϕϕ)()(21)())(()())((211100 即为所求之解.2.Poisson 公式及应用:(1).若),,,(t z y x u u =是初值问题 ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=>++===)()( , )()(),0( )(002z y uy g x f u t u u u a u t t t zz yy xx tt ψϕ的解,试求解的表达式.解:IIIIIIu u u u ++=(线性叠加原理),其中IIIIII,,u u u 分别满足如下的初值问题:.0 ),(),0( )(:002I ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===t t t zz yy xx tt ux f u t u u u a u u).( ),(),0( )(:002II ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===y uy g u t u u u a u u t t t zz yy xx tt ϕ).( ,0),0( )(:002III ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===z uu t u u u a u u t t t zz yy xx tt ψ由Poisson 公式,可得⎰⎰∂∂=MatS dS f t a t u ])( 41[2I ξπ)].()([21])(21[at x f at x f d f a t atx atx -++=∂∂=⎰+-ξξ.)(21)( 41.)(21)]()([21 ])( 41[)( 412III22II ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+-+-==+-++=∂∂+=Mat M atMat S atz at z aty aty S S d a d t a ud aat y g at y g dS g t a t dS t a u ζζψζζψπηηϕηπηϕπ故IIIII I ),,,(u u u t z y x u ++=.)(21)(2a1)]()([21)]()([21 ⎰⎰+-+-++-+++-++=atz at z aty aty d a d at y g at y g at x f at x f ζζψηηϕ(2).求解初值问题 ⎪⎩⎪⎨⎧+==>-+++=== . ,00),(t )(2)(2002yz x u u z y u u u a u t t t zz yy xx tt解: IIIu u u +=,其中I u : ⎪⎩⎪⎨⎧+==>++=== . ,00),(t )(2002yz x u u u u u a u t t t zz yy xx ttII u : ⎪⎩⎪⎨⎧==>-+++===.0 ,00),(t )(2)(002t t t zz yy xx tt uu z y u u u a u由poisson 公式,得32222I 31)()( 41t a t yz x dS t a u Mat S ++=+=⎰⎰ηζξπ. 由Duhamel 原理,得.)( ])(2)( 41[);,,,(2020II)(t z y d dS t a d t z y x w u M t a S tt-=--==⎰⎰⎰⎰-τζητπτττ故 2322)(31)(),,,(t z y t a t yz x t z y x u -+++= 即为所求. 3.降维法:⎪⎩⎪⎨⎧==>++===.0 ,00),(t ),,()(002t t t yy xx tt uu t y x f u u a u 解:把所给初值问题的解),,(t y x u 看作),,,(t z y x 空间中的函数,即与y x ,平面垂直的直线上的函数值都相等:),,(),,,(*t y x u t z y x u =,则 ),,,(*t z y x u 应形式的满足⎪⎩⎪⎨⎧==>+++=== .0 ,00),(t ),,()(0*0****2*t t t zz yy xx tt u u t y x f u u u a u 由推迟势可得dV ra rt f a t z y x u atr ⎰⎰⎰≤-=),,( 41),,,(2*ηξπττηξτπτττηξπττd dS f t a d dS t f a tS tS M t a M t a ]),,([141]),,([ 410202)()(⎰⎰⎰⎰⎰⎰---=-=τηξτηξττηξτπτd y x t a d d t a f t a ty x M t a ])()()( )(),,(2[141222202),()9------∑-=⎰⎰⎰-τηξτηξτηξπτd y x t a d d f a tx M t a ])()()( ),,([ 212222),()(⎰⎰⎰∑-----=-.此即所求初值问题解的积分表达式.习题三1.求解特征值问题 ⎩⎨⎧=+=<<=+ . 0)()( ,0)0(),(0 0)()("''l X l X X l x x X x X λ 解:该特征值问题要有解0≥⇔λ.0>λ时,记2ωλ=,则 x B x A x X ωωsin cos )(+=.x B x A x X ωωωωcos sin )('+-=. 1(*) 由 0)0('=X ,有 0=B .从而 x A x X A ωcos )(,0=≠. 由 0sin cos ,0)()('=-=+l A l A l X l X ωωω有. ωω=l cot . 此即确定 ω(从而确定λ)的超越方程.由图解法,曲线 ωω==y l y cot 和 有无穷个交点,其横坐标<<<<<n ωωω210,从而 ),2,1( 2==n nn ωλ 便是非0特征值,相应的特征函数为2(*) ,2,1 , cos )( ==n x A x X n n n ω.)( , )( 0'A x XB Ax x X =+==时,λ由0)0('=X ,有0=A .由0)()('=+l X l X , 有 0=B .此时只有平凡解 0)(≡x X . 综上,所求特征值问题的解),2,1( , cos )( ==n x A x X n n n ω.其中n ω为超越方程 ωω=l cot 的正根.附注:下证特征函数系{}∞=1cos n n x ω是],0[l 上的正交系:事实上,设x x X n n ωcos )(=和x x X m m ωcos )(=分别是相应于不同特征值2n n ωλ=和2m m ωλ=的特征函数,即)(x X n 和)(x X m 分别满足).()(,0)0(,0)()(:)(''"⎩⎨⎧+==+l X l X X x X x X x X n n nn n n n λ (1) ⎩⎨⎧=+==+.0)()(,0)0(,0)()(:)(''"l X l X X x X x X x X m m m m m m m λ (2) 则[]0 )()2()()1(0=⋅-⋅⎰dx x X x Xln m,即 []⎰-+-=lm n m n n m m n dx x X x X x X x X x X x X"" )()()())()()()((0λλdx x X x X lm n m n ⎰-=0)()()(λλ若,m n λλ≠则 ),2,1,( 0)()(0==⎰m n dx x X x X lm n .即在],0[l 上,不同特征值所对应的特征函数彼此正交. 2.用分离变量法求波动方程混合问题⎪⎩⎪⎨⎧≤≤==>==><<+=== ),0( , ),0( ),( ,),0(),0 ,0( 20022l x x ux u t t t l u t t u t l x g u a u t t t x xx tt的形式解,其中g 为常数.解:(1).边界条件齐次化:令 ),,(),(),(t x Q t x v t x u +=使⎪⎩⎪⎨⎧====,,20t Q t Q l x x x (这不是定解问题),则取 2)(),(t t l x t x Q +-=即可. 这时),(t x v 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤--==>==><<-+===).0( )( , 0),( 0),( ,0),0(),0 ,0( 2200t 2l x l x x vx v t t l v t v t l x g v a v t t x xx tt(2).“拆”——由线性叠加原理:IIIv v v +=,其中⎪⎩⎪⎨⎧+-====><<=== ., ,0),(),0(),0,0( :2002I l x x vx v t l v t v t l x v a v v t t t x xx tt ⎪⎩⎪⎨⎧====><<-+=== .0,0 ,0),(),0(),0,0( 2:002IIt t t x xx tt vv t l v t v t l x g v a v v (3).用分离变量法求得l x n l at n b l at n a t x v n n n 2 )12(cos 2 )12(sin 2 )12(cos ),(1Iπππ-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=∑∞=. 其中⎰⎰--=ll n d ln d ln a 022)12(cos2)12(cos 1ξπξξξπξ,ξπξξξξπξπd ln l d l n l a n b lln 2)12(cos )(2)12(cos 2 )12(122-+---=⎰⎰..,2,1 =n (n n b a ,都可算出来).(4).由Duhamel 原理: ττd t x w t x v t⎰=0II),,(),(,其中),,(τt x w 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧-====><<=== . 2 , 0 ,0),( ,0),0( ),,(0 2g ww t l w t w t l x w a w t t t x xx tt τττ用分离变量法求得∑∞=---=12 )12(cos 2)( )12(sin),,(n n l xn l t a n c t x w πτπτ.其中 ξπξξπξπd ln g d l n l a n c lln 2)12(cos)2(2)12(cos 2 )12(12----=⎰⎰. ,3,2,1 =n (n c 可算出).综上: ),(),(),(),(),(),(III t x Q t x v t x v t x Q t x v t x u ++=+=.习题四1.用分离变量法求热方程混合问题⎪⎩⎪⎨⎧===><<-== )( ,0),(),0(),0,0( 022x u t l u t u t l x u b u a u t xx t ϕ 的形式解.解:这是齐次方程、齐次边界条件情形,直接分离变量: 令 )()(),(t T x X t x u =,代入泛定方程,得),( )(22'"λ-=+=a bTa T X X 从而 0)()()( , 0)()(2'"=++=+t T b a t T x X x X λλ. 由边界条件,得 ,0)()0(==l X X 于是,特征值问题为⎩⎨⎧==<<=+0.)((0))(0 , 0)()("l X X l x x X x X λ 特征值 2)(l n n πλ=, 特征函数为 x ln x X n πsin )(=,),2,1( =n . 而 )1,2,(n )(])[(22 ==+-t b lan n n eA t T π.取 11])[((*) . sin),(22x ln eA t x u n t b lan n ππ∑∞=+-=利用 ]0[ sinl x ln ,在⎭⎬⎫⎩⎨⎧π上的正交性,可定出 ⎰==ln n d ln l A 0),2,1( sin)(2 ξπξξϕ. 2(*) 1(*),2(*)给出所求混合问题的形式解.附注:若令 ),( ),,(),(2t x v t x v e t x u t b 则-=满足⎪⎩⎪⎨⎧===><<==== ).( ,0),0,0( 002x v v v t l x v a v t l x x xx t ϕ用分离变量法求得lxn eA t x v t lan n n sin),(2)(1ππ-∞=∑=. 而n A 同2(*),这恰与上面结果一致.习题五用Fourier 变换法求初值问题⎩⎨⎧=>++== .0),0( ),(202t xx t u t t x f tu u a u 的形式解.解:方程和初始条件两端关于x 做Fourier 变换(视t 为参数),并记),(~)],([ , ),(~)],([t f t x f F t u t x u F ξξ==.则原问题化为常微分方程的初值问题:⎪⎩⎪⎨⎧=>++-=)( .0)0,(~),0( ),(~~ 2~~22为参数ξξξξu t t f u t u a dtu d 其解为 ττξξτξτξd e f e e e t u a tt a t 2222220),(~),(~⋅⋅⋅=⎰--. 故 )],(~[),(1t uF t x u ξ-= ττξττξττξτξττξτξτξd e f F ee d ef e F e d e f e e e F ta t t a tt t t a t a t t ⎰⎰⎰-----------⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅⋅=01)(0101]),(~[]),(~[),(~)(22222222222222ττπτττd et a F x f F F e e tt a x t]])(21[)],([[0)(412222⎰-----⋅⋅=ττπτττd et a x f F F e e tt a x t]])(21*),([[0)(412222⎰-----⋅=τξττξπτξτd d et f e a ett a x t ]1),([20)(4)(2222⎰⎰---∞∞---=即为所求.习题六1.求边值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤=≤≤==<≤≤<≤=++=== )(0 )( ),0( 0),20 ,0( 01102αθθρπαθρρρραθθθθρρρf u l u u l u u u l 的形式解.解:用分离变量法:令 )()(θρΘ=R u ,代入泛定方程可得)( "'"2λρρ=ΘΘ-=+RR R ,因而 0)()("=Θ+Θθλθ,0)()()('"2=-+ρλρρρρR R R (Euler 方程).由边界条件 00====αθθu u,得 0)()0(=Θ=Θα.于是特征值问题为,0)()0(),0( 0)()("⎩⎨⎧=Θ=Θ<<=Θ+Θααθθλθ 特征值 2)(απλn n =,特征函数为 )1,2,( sin)( ==Θn n n θαπθ.而 Euler 方程 0'"2=-+R R R λρρ 的解 απαπρρρn n D C R -+=)(.为保证有界性应取 0=D ,从而 ),2,1( )( ==n C R n n n απρρ.取 ∑∑∞=∞==Θ=11sin)()(),(n n n n n n n C R u απθρθρθραπ. 1(*)由边界条件 )(θρf ul ==,应有 ∑∞==1sin )(n n n n lC f απθθαπ.由 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧απθn sin在 ],0[α上的正交性,可得),2,1( sin)( 2==⎰n d n f l C n n ϕαπϕϕαααπ. 2(*)1(*) ,2(*)给出所求问题的形式解.2.用Green 函数法求解上半平面Dirichlet 问题⎪⎩⎪⎨⎧∞→+=>=+=. ),( ),0( 0220有界时,u y x x f u y u u y yy xx 解:根据二维Poisson 方程Dirichlet 问题⎩⎨⎧=∈-=+∂ ),(D.),( ),,(2y x f u y x y x u u Dyy xx πρ 解的积分表达式P PDDdl n M P G P f dxdy M M G M y x u M u ∂∂-==⎰⎰⎰∂),()(21),()(),()(00000πρ(其中0M 是D 内任一点,P n是边界D ∂上点P 的外法线方向). 其中 满足而 ),( ),,(1ln),(0000M M g M M g r M M G MM -=⎪⎩⎪⎨⎧∂∈=∈=∆).( 1ln ),g(),( 0),(000D P r M P D M M M g PM M),(0M M G 称为Green 函数,找),(0M M G 的问题归结为“特定装置下”找感应电荷所产生的电势),(0M M g -.对上半平面0>y 而言,若在0M 处放置单位正电荷,它在M 处产生的电势为01lnMM r ,则感应电荷应放在0M 关于0=y 的对称点'0M 处,电量为 -1,它于M 处产生的电势为'1lnMM r -,从而Green 函数为'1ln1ln),(0MM MM r r M M G -=20202020)()(ln )()(ln y y x x y y x x ++-+-+--=.故所求解为⎰⎰⎰⎰∞∞-=∞∞-=∞∞-=∞∞-+-=∂∂=-∂∂-=∂∂-=.)()()(21 )()(21)(21),(22000000dx yx x x f y dx yG x f dxy G x f dx n G x f y x u y y y ππππ。

数学物理方程习题解答案

数学物理方程习题解答案

数学物理方程习题解答习题一1,验证下面两个函数:(,)(,)sin x u x y u x y e y ==都是方程0xx yy u u +=的解。

证明:(1)(,)u x y =因为32222222222222223222222222222222222222222211()22()2()()11()22()2()()0()()x xx y yy xx yy x u x x y x y x y x x x y u x y x y yu y x y x y x y y y y x u x y x y x y y x u u x y x y =−⋅⋅=−+++−⋅−=−=++=−⋅⋅=−+++−⋅−=−=++−−+=+=++所以(,)u x y =0xx yy u u +=的解。

(2)(,)sin x u x y e y = 因为sin ,sin cos ,sin x x x xx xxy yy u y e u y e u e y u e y=⋅=⋅=⋅=−⋅所以sin sin 0xxxx yy u u e y e y +=−=(,)sin x u x y e y =是方程0xx yy u u +=的解。

2,证明:()()u f x g y =满足方程0xy x y uu u u −=其中f 和g 都是任意的二次可微函数。

证明:因为()()u f x g y =所以()(),()()()()()()()()()()()()0x y xy xy x y u g y f x u f x g y u f x g y uu u u f x g y f x g y g y f x f x g y ''=⋅=⋅''=⋅''''−=⋅−⋅⋅=得证。

3, 已知解的形式为(,)()u x y f x y λ=+,其中λ是一个待定的常数,求方程 430xx xy yy u u u −+= 的通解。

数学物理方程作业

数学物理方程作业

习题2.12. 长为L ,均匀细杆,x=0端固定,另一端沿杆的轴线方向被拉长b 静止后(在弹性限度内)突然放手,细杆做自由振动。

试写出方程的定解条件。

解:边界条件:u(x,t)|0=x =0自由端x=L ,u x |L x ==0初始条件:u(x,t)|0=t =x Lbu t |0=t =0 习题2.21. 一根半径为r ,密度为ρ,比热为c ,热传导系数为k 的匀质圆杆,如同截面上的温度相同,其侧面与温度为1u 的介质发生热交换,且热交换的系数为1k 。

试导出杆上温度u 满足的方程。

解:热传导的热量=温度升高吸收的热量+侧面热交换的热量rdxdtu u k t x u dt t x u dx r c dt t x u t dx x u r k x x πρππ2)()],(),([)],(),([1122-+-+=-+即为:rdxdt u u k dt dxu r c dxdt u r k t xx πρππ2)(1122-+=)(211u u k ru c kru t xx -+=ρ所以温度u 满足的方程为r c u u k u c ku xx t ρρ)(211--=-习题2.34. 由静电场Gauss 定理⎰⎰⎰⎰⎰=∙VdV dS E ρε1,求证:ερ=∙∇E ,并由此导出静电势u 所满足的Poisson 方程。

证明:⎰⎰∙S dS E =⎰⎰⎰⎰⎰⎰=∙∇VVdV EdV ρε 1所以ερ=∙∇E 又因为ερϕϕϕ=-∇=-∇∙∇=∙∇⇒∙-∇=2)(E E 习题2.4 2.(2)032=-+yy xy xx u u u 解: 特征方程:032)(2=--dx dy dx dy ,则有1-3或=dxdy即为 13c x y += 2c x y +-= 令x y +=η x y 3-=ξ 则由:ηηξηξξu u u u xx +-=69 ηηξηξξu u u u xy +--=23 ηηξηξξu u u u yy ++=2 推得 0=ξηu则解得 )()3()()(x y g x y f g f u ++-=+=ηξ (5)031616=++yy xy xx u u u 解:由特征方程:0316)(162=+-dxdydxdy解得4143或=dx dy 则可令 x y -=4ξ x y 34-=η所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=4431y x y x Q ηηξξ 因此=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡T Q a a a a Q a a a a 2212121122121211⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡03232022121211a a a a 即032=-ξηu所以)34()4(x y g x y f u -+-= 习题2.6 1.(3).证明)0(||)()(≠=a a x ax δδ证明:当0>a 时a dx x a ax d ax a dx ax 1)(1)()(1)(===⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-+∞∞-δδδ所以)0()()(≠=a ax ax δδ 当0<a 时adx x a ax d ax adx ax dx ax 1)(1)()(1)()(-=-=---=-=⎰⎰⎰⎰∞+∞-+∞∞-+∞∞-+∞∞-δδδδ所以)0()()(≠-=a ax ax δδ 综上:)0(||)()(≠=a a x ax δδ习题3.13.(4)求解边值问题的固有值和固有函数⎩⎨⎧=+'==+''==0][,0|002L x x hX X X X X β解:当0=β时,B Ax x X +=)(代入边值条件得:B X x ===0|00100)(][=+=⇒=+=+'=hL A AL h A hX X L x 或 所以当010=+≠hL A 且时Ax x X =)(当010≠+=hL A 且时0)(=x X 当0>β时,)sin()cos()(x B x A x X ββ+= 代入边值条件得:A X x ===0|00)sin()cos(][=+=+'=L hB L B hX X L x βββ 解得:L hn βββtan -=为的正根所以)sin()(x x X n n β= 当0<β时,无解。

数学物理方程考试试题及解答

数学物理方程考试试题及解答

数学物理方程试题(一)一、填空题(每小题5分, 共20分)1.长为 的两端固定的弦的自由振动, 如果初始位移为 , 初始速度为x 2cos 。

则其定解条件是2.方程.的通解................3.已知边值问题 , 则其固有函数 =4.方程0)(222'"2=-++y n x xy y x α的通解为 二.单项选择题(每小题5分, 共15分)1. 拉普拉斯方程 的一个解是.. )(A )xy e y x u x sin ),(= (B )22),(y x y x u +=(C )221),(y x y x u += (D )22ln),(y x y x u += 2.一细杆中每点都在发散热量, 其热流密度为 ,热传导系数为 , 侧面绝热,体密度为 ,比热为 , 则热传导方程....)(A )ρc t x F x u a t u),(22222+∂∂=∂∂ (B )ρc t x F x u a t u ),(222+∂∂=∂∂ (C ) ρc t x u x F a t F ),(22222+∂∂=∂∂ (D) ρc t x u x F a t F ),(222+∂∂=∂∂ (其中ρc k a =2) 3.理想传输线上电压问题( 其中CL a 12=)的解为( ) (A ))(cos ),(at x A t x u +=ω (B )t a x A t x u ωωcos cos ),(=(C )t a x A t x u ωωsin cos ),(= (D ))(cos ),(t a x A t x u -=ω1. 三.解下列问题2. ( 本题8分) 求问题 ⎪⎩⎪⎨⎧==∂∂+∂∂x ex u yu x u 38)0,(03的解3. ( 本题8分)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-==∂∂∂222),0(,cos 1)0,(6y y u x x u y x y x u...本题8分.求问. 的解1. 四.用适当的方法解下列问题2. ( 本题8分) 解问题 ⎪⎩⎪⎨⎧+-=∂∂=∂∂2222321)0,(x x x u x u a t u 2.( 本题8分) 解问题 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂+=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂==202202222222226,32)(y t uxz y u z u y u x u a t u t t 五. ( 本题10分)解混合问题:六. ( 本题15分)用分离变量法解下列混合问题:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂-===∂∂=∂∂=xt u x x x u t u t u x u a t u t 2sin 3,)(2)0,(0),(),0(022222ππ 一.单项选择题(每小题4分, 共20分)1.(D..2.(B..3.(D..4.(D )二.填空题(每空4分, 共24分)1....2...3.. ,4.)(x X n =cos ,(0,1,2,3,)2n n x B n π= 5.通解为223(,)()()2u x t x y f x g y =++ 三.解下列问..本题7分.1. 求问题 的解解: 设 (2分)代入方程,330,1m m +==- (6分)所以解为 3(,)8x y u x t e -= (7分)2. ( 本题7分) 求问题 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂=∂∂=∂∂=20222223,2sin )0,(x t ux x u x u a t u t 的解 解: 由达朗贝尔公式, 得211(,)[sin 2()sin 2()]322x at x at u x t x at x at d aξξ+-=++-+⎰(3分) 223cos 2sin 23at x x t a t =++ (7分)四.用适当的方法解下列问题1. .本题7分.解问.解: 设代入方程,令 2066A A a x''=⎧⎨=+⎩ 显然成立 解为 22(,)12366u x t x x a t xt =-+++2.( 本题7分) 解问题 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂++=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂==202202222222226,32)(y t u yz y x u z u y u x u a t u t t 解: 设 (2分)代入方程22326[(212)(12)]A Bt a y At t Bt +=++∆++∆ (4分)令 , 显然成立, 解为322222632),(t a t y t a yz y x t x u +++++=五. ( 本题7分)解混合问题:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===∂∂=∂∂x x u t u t u x u a t u πsin 2)0,(0),1(),0(222 解1(,){(,)}u x t L U x s -=222sin a t e x ππ-= 六. ( 本题15分)用分离变量法解下列混合问题:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂-===∂∂=∂∂=xt u x x x u t u t u x u a t u t 2sin 3,)(2)0,(0),(),0(022222ππ 解: 设 代入方程及边界200(0)()0T a T X X X X λλπ''⎧+=⎪''+=⎨⎪==⎩22(),sin n n n n X nx πλπ=== (cos sin )sin n n n u C ant D ant nx =+1(,)(cos sin )sin n n n u x t C ant D ant nx ∞==+∑其中 3028[1(1)]()sin n n C x x nxdx n ππππ--=-=⎰ 00(2)23sin 2sin 3(2)n n D x nxdx n aππ≠⎧⎪==⎨=⎪⎩⎰ 所以解为3138[1(1)](,)sin 2sin 2cos sin n n u x t at x ant nx a n π∞=--=+∑2009-2010学年第一学期数学物理方程试题一、 填空题(每小题4分, 共24分)1.方程.的特征线..........2.长为 的弦做微小的横振动, 、 两端固定, 且在初始时刻处于水平状态, 初始速度为 .则其定解条件.................3.方程 的通解.........4.已知边值问. .. 则其固有函数)(x X n =5.方程 的通解............6...........二. 单项选择题(每小题4分, 共20分)1.微分方程.是..)(A )三阶线性偏微分方程 (B )三阶非线性偏微分方程(C )三阶线性齐次常微分方.....(D )三阶非线性常微分方程2. 拉普拉斯方程 的一个解是.. )(A )xy e y x u x sin ),(= (B )22),(y x y x u +=(C )221),(y x y x u += (D )22ln),(y x y x u += 3.一细杆中每点都在发散热量, 其热流密度为 ,热传导系数为 , 侧面绝热,体密度为 ,比热为 , 则热传导方程....)(A )ρc t x F x u a t u),(22222+∂∂=∂∂ (B )ρc t x F x u a t u ),(222+∂∂=∂∂ (C ) ρc t x u x F a t F ),(22222+∂∂=∂∂ (D) ρc t x u x F a t F ),(222+∂∂=∂∂ (其中ρc k a =2) 4.理想传输线上电压问题(A ))(cos ),(at x A t x u +=ω (B )t a x A t x u ωωcos cos ),(=(C )t a x A t x u ωωsin cos ),(= (D ))(cos ),(t a x A t x u -=ω5.单位半径的圆板的热传导混合问题⎪⎩⎪⎨⎧=<=<∂∂+∂∂=∂∂)()0,(,),(,0),1()1()1(222ρρρρρρρf u M t u t u u u a t u 有形如( )的级数解。

数学物理方程_ 复习

数学物理方程_ 复习

复 习题型一、根据物理过程写出相应的定解问题。

习题一、1,2, 例1、长度为 l 的弦左端开始时自由,以后受到强度为sin A t ω的力的作用,右端系在弹性系数为k 的弹性支承上面;初始位移为(),x ϕ初始速度为().x ψ试写出相应的定解问题。

解 这是弦的自由振动,其位移函数(,)u x t 满足2,tt xx u a u = 其中2Ta ρ=.由于左端开始时自由,以后受到强度为sin A t ω的力的作用,所以(0,0)0,(0,)sin 0,0,x x u Tu t A t t ω=+=>因此 sin (0,),0.x A tu t t Tω=-≥ 又右端系在弹性系数为k 的弹性支承上面,所以 (,)(,)0,x Tu l t ku l t --= 即 (,)(,)0.x Tu l t ku l t +=而初始条件为 0(),().t tt ux u x ϕψ====因此,相应的定解问题为200,0,0,sin (0,),(,)(,)0,0.(),().tt xx xx t t t u a u x l t A t u t Tu l t ku l t t T u x u x ωϕψ==⎧=<<>⎪⎪=-+=≥⎨⎪==⎪⎩例2、一长为 l 的均匀细杆,侧面绝热,一端放入0o C 水中,另一端裹以石棉,杆的初始温度为(),x ϕ 试写出杆的温度分布函数所满足的定解问题。

题型二、求特征值问题。

例3、求下列特征值问题的特征值和特征函数.(1)''()()0,(0)()0X x X x X X l λ⎧+=⎨==⎩(2)''()()0,'(0)()0X x X x X X l λ⎧+=⎨==⎩(3)''()()0,(0)'()0X x X x X X l λ⎧+=⎨==⎩(4)''()()0,'(0)'()0X x X x X X l λ⎧+=⎨==⎩(4)''()()0,()(2)θλθθθπΦ+Φ=⎧⎨Φ=Φ+⎩题型三、用分离变量法求齐次方程齐次边界条件的定解问题。

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1 定理的叙述: 若u(Q)在A点附近调和, u(Q) = o(1) r(A,Q , 则可补充u(Q)在A之 )
值使得u(Q)在A点得邻域中调和. 16.设P 为常系数线性偏微分算子,且有基本解E (x), 满足singsuppE = {0}则P 为亚椭圆的。 (Thm6.3.2) 第七章热传导方程 1.求解热传导算子的基本解 2.求解热传导方程的Cauchy问题 { ∂u − a2 ∆u = f (x, t) t > 0 ∂t u(x, t)|t=0 = φ(x) 3.求解热传导方程的初边值问题. {
∑ 1 ξ α ∂ α uP α (x, η ) α ! α
是一个重要的公式,称为推广的莱布尼茨公式.又以后对任一函数F (x, ξ )恒
β α 记F(β ) (x, ξ ) = ∂x ∂ξ F (x, ξ ),即下标表示对x求导,上标表示对ξ 求导. (α)
8.设有C ∞ (R)函数列{fn (x)}满足 1
d2 dx2 d + dx
α, α ∈ R .
2 + ∂r , 其中r =
第六章Laplace方程
n −1 ∂r r 3
√ 2 x2 1 + ... + xn
2.设开集Ω ⊂ R 有界,边界∂ Ω光滑,u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), Q ∈ Ω 证明 ∫ 1 ∂u ∫ ∫ ∆u u ∂ ( 1 )ds − 41 u(Q) = 41 ds − 41 dx π ∂ Ω r ∂n π ∂ Ω ∂n r π Ω r 3.证明球面平均值公式,球体平均值公式 4.证明调和函数的极值原理 5.利用极值原理证明以下Dirichlet问题的唯一性和稳定性 ∆u = 0 u|∂ Ω = f 6.利用Green函数求解上半平面的Dirichlet问题 ∆u(x, y ) = 0 y > 0 u|y=0 = f (x) 7.利用Green函数求解圆Ω上的Dirichlet问题 ∆u = 0 u|∂ Ω = f (x) ¯ ∩ C 2 (Ω), 证明: 8.设Ω = BR (Q)(以Q为心、 R为半径的开圆域), u ∈ C (Ω) ∫∫ ∫∫∫ 1 (1).u(Q) = 4πR )∆udx. u(P )dSp + 41 (1 − 1 2 π r ∂BR (Q) BR (Q) R ∫ ∫ 1 (2).若∆u ≥ 0, 则u(Ω) ≤ 4πR2 u(P )dSp . ∂BR (Q) 9.证明第一格林公式 ∫ ∫ u
α |α|≤m aα (x)∂x , u(x) ∈ ∞ ∈ C0 ,请给, φ >=< u, t P φ >, φ
7.设P (x, D)是一个C ∞ 系数的线性偏微分算子. 证明: ∑ 1 α α (1)P (x, ξ + η ) = α α ξ P (x, η ); ! ∑ ! α (2)利用莱布尼茨公式∂ = β +γ =α βα ∂ β u · ∂ γ v, 证明: !γ ! ∑ P (x, ∂ )(uv ) = ∂ β u · Rα (x, ∂ )v,
广义函数与数学物理方程习题
第二章广义函数
∞ 1.设f (x) ∈ C k (Ω),则对Ω内的任意紧子集合K ,必存在一族C0 函数列使得
在K 上函数列以及其直到k 阶的微分一致收敛于f (x)和其相应的微分 2.构造截断函数f (x),并证明|∂ α f (x)| ≤ Mα ε−|α| 3.证明Lloc (Ω) ⊂ D′ (Ω) 4.设f (x) ∈ D′ (Ω), f |Ω = 0 则对任意开集U ⊂ Ω有f |U = 0; 反之若Ω有一个 开覆盖{Uα }且对所有α成立f |Uα = 0则有f |Ω = 0. 5.证明H ′ (x) = δ (x) 6.设C ∞ 系数线性微分算子P = ∑
5.设f ∈ C 3 (Rn ),证明在D ′ (R)中 < δ (t, ·), f (·) >= f (0)δ (t). 6. Duhamel原理:设U (x, t, τ )满足 ∂U = a2 ∂ 2 U , x ∈ R, t > τ (τ > 0), ∂t ∂x2 U | = f (x, τ ).
α
其中Rα (x, ∂ )一个C ∞ 系数的线性偏微分算子; (3)证明:P (x, ∂ )ex·η = P (x, η )ex·η , 这里x · η = x1 η1 + · · · + xn ηn ; (4)在(2)中令u = ex·ξ , v = ex·η , 在利用(1),(3)证明(2)中的 Rα (x, ∂ ) = 此题中得到的 P (x, ∂ )(uv ) = 1 α α ξ P (x, η ). α!
∂u ∂t u − a2 ∂ =0 ∂x2
2
t>0
u(x, t)|t=0 = φ(x) u(0, t) = u(l, t) = 0
6 4.求解热传导方程的初边值问题. {
∂u ∂t u − a2 ∂ = f (x, t) t > 0 ∂x2
2
u(x, t)|t=0 = g (x) u(0, t) = φ1 (t) u(l, t) = φ2 (t)
R −ρ u(Q) R+ρ
≤ u(P ) ≤
R +ρ u(Q). R −ρ
P ∈ B 是B 内任意点, ρ = |P Q|. 14.证明以下更一般的哈纳克不等式: (1)设u ≥ 0是Ω中的调和函数, B4R (Q) ⊂ Ω, 证明对BR (Q)中任二点p1 , p2 有 ∫ u(P1 ) = |BR |−1 BR (P1 ) u(x)dx, ∫ ∫ u(P2 ) = |B3R |−1 B3R (P2 ) u(x)dx ≥ |B3R |−1 BR (P1 ) u(x)dx. (2)利用(1)证明 supBR (Q) u ≤ 3n inf BR (Q) u. (3)证明一般的哈纳克不等式:设u ≥ 0在Ω中调和, K ⊂⊂ Ω是Ω的连通子集, 必可找到一个只与n, K, Ω有关的常数C 使 supK u ≤ C inf K u. 15.证明n = 3时的可去奇点定理.
(4).u ∈ D ′ (Ω)为偶广义函数当且仅当对任一奇的φ ∈ D ′ (Ω) 均有 < u, φ >= 0. 12.证明:若f (x) = H (x) cos x, g (x) = H (x) sin x,则 f ′ (x) = δ (x) − g (x), g ′ (x) = f (x), 因此g 与f 分别适合微分方程 u′′ + u = δ , u′′ + u = δ ′ .
1 , r (P,Q)
当P ̸= Q, P, Q ∈ Ω.
5 (2) ∫
∂Ω ∂G(P,Q) dSp ∂n
= 1.
12.当n = 3时, 求上半空间{(x, y, z ); z > 0} 的格林函数. 并给出相应的狄利 克雷问题的解. 13.证明哈纳克不等式:设u在以Q为心R为半径的圆B 内非负调和, 而且 ¯ 上连续, 则 在B
2 (i)对任意M > 0,当|a| < M ,|b| < M 时有| (ii)固定a, b有
n→∞
∫b
a
fn (x)dx| ≤ c
lim fn (x) = {
0 a·b>0 1 a<0<b
则有limn→∞ fn (x) = δ (x). 9.证明下列广义极限成立
1 n π n2 x2 +1 (2)limt→0 ft (x) = δ (x), ft (x) = 2√πte1 −x2 /4t 1 sin nx (3)limn→∞ fn (x) = δ (x), fn (x) = π n
(1)limn→∞ fn (x) = δ (x), fn (x) =
t>0
(4)limε→0 Ψε (x) = δ (x),其中Ψε (x) 为磨光核。 10.设a(x) ∈ C ∞ (Ω),u ∈ D ′ (Ω),证明 ∂ ∂u ∂a (au) = a + u. ∂xi ∂xi ∂xi 11.若广义函数u适合u ˇ = u,(ˇ u = −u),则称u为偶(奇)广义函数.证明: (1).δ (x)与常值函数c皆为偶广义函数. (2).偶广义函数之微商是奇广义函数. (3).任一广义函数u ∈ D ′ (Ω)皆可唯一地分解为一个偶广义函数与一个奇广 义函数之和如下: u(x) = 1 1 (u(x) + u ˇ(x)) + (u(x) − u ˇ(x)). 2 2
· )(ξ ); (3).φ ˆ(cξ ) = |c|−n F (φ( c ∑n 8.多项式P (x) = k=0 ak xk ∈ S ′ , 求它的傅里叶变换.
ˆ∗ g (2)f · g = (2π )−n (f ˆ)
第五章一般理论 1.求下列算子的基本解 (1)P (D) =
d dx
4 (2)P (D) = (3)P (D) = 1.证明∆ =
∂Ω
in Ω
in Ω
∂v dS = ∂n
∫ ∫ ∫ u∆vdx +

∫ ∫ ∫ ∑ 3 ∂u ∂v dx. ∂x j ∂xj Ω j =1
这里u,v 皆假设足够光滑.利用此式证明: 若u是诺依曼问题∆u = 0 于Ω 中,
∂u | ∂n ∂ Ω
= f,的解, 则问题的一切解必可表
示为u + C , C 为常数. 当然所有u + C 也都是此问题之解. ¯ ∩ C 2 (Ω), 并且u在Ω上有: ∆u ≥ 0, u ̸≡ 10.若Ω是有界连通开集, u ∈ C (Ω) C (常数), 则u必不可在Ω内部达到其上确界. 11.设G(P, Q)为格林函数, 证明: (1)0 < −G(P, Q) <
第三章卷积 1.证明δ ∗ f = f , 当(1)f ∈ C (Rn ), (2)f ∈ D′ (Rn )
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