最新数学物理方程期末考试试题及答案
数学物理方程考试试题及解答(1)
数学物理方程考试试题及解答(1)数学物理方程考试试题及解答考试题目：求解一阶常微分方程y'+3y=x+e^(-2x)解答：1. 首先我们需要将原方程变形，得到y'和y的系数都为1的形式： y'+3y=x+e^(-2x)y'+3y-1*x= e^(-2x)即：y'+3y-(1*x)= e^(-2x)2. 根据一阶常微分方程的标准形式 y'+p(x)y=q(x) ，我们可以将上述方程的左侧写成d/dx(y*e^(3x))的形式。
具体步骤如下：(y'+3y)e^(3x) - x*e^(3x) = e^(3x)*e^(-2x)即：d/dx(y*e^(3x)) - x*e^(3x) = e^xd/dx(y*e^(3x)) = e^(3x)+x*e^(3x)+e^x3. 将方程两侧的d/dx和e^(3x)去掉，得到最终的含y的方程：y*e^(3x) = ∫(e^(3x)+x*e^(3x)+e^x)dx + C= (1/3)*e^(3x) + (1/2)*x*e^(3x) + e^x + C即：y = (1/3) + (1/2)*x + e^(-3x)*(e^(2x)*C+1)4. 因为是一阶线性齐次方程，存在唯一的初始条件y0，可以将解方程带入初始条件得到C的值。
考试题目：提出热传导方程的边界条件∂u/∂t = a(∂²u/∂x²)解答：热传导方程描述的是一个物质内部温度分布随时间变化的情况，它可以用数学模型来表示:∂u/∂t = a(∂²u/∂x²)其中，u(x,t)是时间t和空间x处的温度，a是热传导系数，代表了物质的传热速率。
热传导方程的边界条件通常有如下几种：1. 第一类边界条件（Dirichlet边界条件）：即在给定的边界上已知温度u，通常写成形式u(x,t)|_∂Ω = f(x,t) 。
在第一类边界上，温度保持不变，而且是已知的，所以我们直接用Dirichlet边界条件就可以描述。
数学物理方程答案
nπ nπ n , X n x sin x , n 1, 2, a a
设原问题的解为：
nπ u x, t Tn t sin x a n 1
2
代入方程得：
2 nπ πx nπ T t x t sin n Tn t sin a a a n 1
2 2
rMM 0 y 0
rMM1
1 ，从而
1 x x0 y y0
2 2
1 ln 2π
y0 G G 1 n y y 0 π x x0 2 y0 2
这样，解的表达式为：
u x0 , y0
三、设 a 为正常数，求以下定解问题的解
πx utt u xx t sin a , u 0, t u a, t 0, t 0 u x, 0 0, ut x, 0 0, 0 x a
由分离变量法知，问题的特征值和特征函数为：
令 u r , t R r T t ，代入方程得
T t T 0
(1)
r 2 R r rR r r 2 R 0
(2)为零阶 Bessel 方程，其通解为：
(2)
R r CJ 0
r Dy0
ut u xx , 0 x a, t 0 5 u x, 0 10 x, a u 0, t 10, u a, t 5
令 w x, t 10
5 5 x, v x, t u x, t 10 x 则 a 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。
西安邮电大学期末数理方程试题+答案
数学物理方程与特殊函数09级试题选讲一、求解定解问题22200,0,(0,0)x x lt u u a t x u u x l t xx u x ===춶=ﶶﶶï==<<>í¶¶ïï=ïî)()(),(t T x X t x u =)()()()(2t T x X a t T x X ¢¢=¢22)()()()(b -=¢¢=¢x X x X t T a t T 0>b 设，代入原方程得，则)()(22=+¢t T a t T b 0)()(2=+¢¢x X x X b 则，0x x lu u xx==¶¶==¶¶'(0)'()0X X l Þ==又因为得固有值问题2()()0'(0)'()0X x X x X X l b ¢¢ì+=í==î22)(ln pb =()cos 0,1,2,n n n xX x A n lp ==则固有值固有函数，数学物理方程与特殊函数09级试题选讲)()()(2=+¢t T la n t T p 2()()n a tl n T t C ep -Þ=2()01(,)cosn a tln n n x u x t C C elp p ¥-==+å从而0t ux==有因为01cosnn n x x C C lp ¥==+å所以220022[(1)1]cos 12n ln l n x l C x dx l l nl C xdx lp p --====òò2()2212(1)1(,)cos 2n a ntln l l n xu x t enlp p p¥-=--=+å数学物理方程与特殊函数09级试题选讲二、求解定解问题2222,,0(),0(),0(0)(0)t x t x u ut x t t t x ux x u x x =-=춶=-<<>ﶶïï=F £íï=Y ³ïïF =Y î解：特征变换为x t x tx h =-ìí=+î2u x h¶=¶¶原方程化为12()()u f f x h =+则它的通解为00(),()()(),()()2222t xt x ux u x u u h x x h x h x h=-====F =Y +-Þ=F =F =Y =Y 又因为数学物理方程与特殊函数09级试题选讲1212(0)()()2()(0)()2f f f f h h xx +=Y +=F 2112()()(0)2()()(0)2f f f f h h x x ì=Y -ïïÞíï=F -ïî12()()((0)(0))22()()(0)22u f f x t x tx h=F +Y -+-+=F +Y -F 则它的解为三、求解定解问题)0,(,0,3,03202022222>+¥<<-¥ïïïîïïíì=¶¶==¶¶-¶¶¶+¶¶==y x y ux u y uy x u x u y y 解：原方程的特征方程为22()23()0dy dydx dx --=13C x y +=2C x y +-=，则特征线为3x y x yx h =-ìí=+î特征变换20ux h¶=¶¶原方程化为12()()u f f x h =+则它的通解为数学物理方程与特殊函数09级试题选讲12(,)(3)()u x y f x y f x y =-++即203,y y u ux y==¶==¶又因为21212(3)()3(3)()0f x f x xf x f x ì+=í¢¢-+=î则可得C x x f¢-=2149)3(C x x f ¢+=2243)(C x x f¢-=2141)(222234)(34)3(),(yx y x y x y x u +=++-=22()()C Du vv u u v d v u ds n n s ¶¶Ñ-Ñ=-¶¶òòò 四、证明平面上的格林公式其中n 为曲线的外法线向量。
数学物理方程试卷及答案
数学物理⽅程试卷及答案参考解答：⼀、填空题1. A 定解 B 初值（或Cauchy 问题） C 存在性、唯⼀性和稳定性2. D 双曲3. E (1)(2)(4)4. F [x-3t,x+t] ,G 决定区域5. H 222(21)(1,2,)4n n L πλ-==L I(21)cos (1,2,)2n x X n Lπ-==L ⼆、解：⽆界区域上波动⽅程200,,0|(),|()tt tt t t t u a u x t u x u x ?ψ==?=-∞<<+∞>??==?? 的达朗贝尔公式为：22()()1(,)()22x atx at x at x at u x t d aψξξ+--++=+对于本题所给半⽆界区域上的⾃由端点定解问题，只需对初始条件作偶延拓，即令：2(),()||x x x x ?ψ==即可，2a = ,代⼊达朗贝尔公式得22222222(2)(2)1()||2224,25(4),24x tx tx t x t u x d x xt t x tx t x t ξξ+--++=+??++≥?=?+⼆、解：设(,)()()u x t X x T t =，则()''()4''()()X x T t X x T t =，分离变量成为''()''()4()()T t X x T t X x λ==-，则''()()0,'(0)'(1)0''()4()0X x X x X X T t T t λλ+===??+=?，解前⼀⽅程，得固有值22(0,1,2,)n n n λπ==L 和固有函数()cos X x n x π=，代⼊⽅程''()4()0T t T t λ+=中可得()cos 2sin 2T t A n t B n t ππ=+，1,2,3,)n =L （由叠加原理，原⽅程有解1(,)(cos 2sin 2)cos nnn u x t A n t Bn t n x πππ∞==+∑。
数学物理方法期末试题(5年试题含答案)
………密………封………线………以………内………答………题………无………效……附：拉普拉斯方程02=∇u 在柱坐标系和球坐标系下的表达式 柱坐标系：2222222110u u u uzρρρρϕ∂∂∂∂+++=∂∂∂∂球坐标系：2222222111sin 0sin sin u u ur r r r r r θθθθθϕ∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭一、填空题36分（每空2分）1、 数量场2322u x z y z =+在点(2, 0, -1)处沿2423x xy z =-+l i j k 方向的方向导数是。
2、 矢量场()xyz x y z ==+A r r i +j k 在点(1, 3, 3)处的散度为 。
3、 面单连域内设有矢量场A ，若其散度0∇⋅A =，则称此矢量场为 。
4、 高斯公式Sd ⋅=⎰⎰ A S ；斯托克斯公式ld ⋅=⎰ A l 。
5、 将泛定方程和 结合在一起，就构成了一个定解问题。
只有初始条件，没有边界条件的定解问题称为 ；只有边界条件，没有初始条件的定解问题称为 ；既有边界条件，又有初始条件的定解问题称为 。
………密………封………线………以………内………答………题………无………效……6、 ()l P x 是l 次勒让德多项式，则11()()l l P x P x +-''-= ； m n =时，11()()mn P x P x dx -=⎰。
7、 已知()n J x 和()n N x 分别为n 阶贝塞尔函数和n 阶诺依曼函数(其中n 为整数)，那么可知(1)()n H x = 。
(2)()n H x = 。
8、 定解问题2222000(0,0)|0,||0,|0x x ay y bu ux a y b x y u u V u u ====⎧∂∂+=<<<<⎪∂∂⎪⎪==⎨⎪==⎪⎪⎩的本征函数为 ，本征值为 。
数理方程期末试题及答案
带入微分方程求解得：
k
a2
A 2
则得通解
T1
t
C1
cos
n l
a
t
D1
sin
n l
a
t
a2
A 2
sin t
带入初始条件得： C1
0,
D1
A a2 2
l a
则原定解问题的解为
u x,t
A a2 2
l sin a t cos
a l
l
x
2、 求解下列初值问题：（10 分）
uuttx,0u
xx
数； （3） 将形式解带入泛定方程以及初始条件，求解待定函数 Tn(t).
4、试述行波法的适用范围，并写出无限长弦自由振动的达朗贝尔公式。 答：行波法（特征线法）对双曲型方程是有效的，沿着双曲型方程两条特征线做
自变量替换总可以把双曲型方程化为可积形式，获得通解，由此行波法仅适用于
无界条件的波动方程。
3x x ,t sin x,ut x,0 x
0
解：应用达朗贝尔公式： u 1 (x at) (x at) 1
xat
( )d
其中
2
2a xat
，
x sin x, x x ，带入上式得：
u
1 2
sin
x
at
sin
x
at
1 2a
xat
d
xat
sin x cos at t
数学物理方程期末试题答案
一、 简述题：（每题 7 分，共 28 分） 1、 简述数学物理中的三类典型方程，并写出三类方程在一维情况下的具体形
式。
答：波动方程：
2u t 2
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π的两端固定的弦的自由振动，如果初始位移为x sin 2x ，初始速度为cos2x 。
则其定解条件是2.方程∂u ∂u -3=0的通解为∂t ∂x⎧X "(x )+λX (x )=03.已知边值问题⎨'，则其固有函数X n(x )=⎩X (0)=X (π)=04.方程x y +xy +(αx -n )y =0的通解为2"'222二.单项选择题（每小题5分，共15分）∂2u ∂2u1.拉普拉斯方程2+2=0的一个解是（）∂x ∂y （A ）u (x ,y )=e sin xy （B ）u (x ,y )=（C ）u (x ,y )=x x 2+y 2x 2+y 21x 2+y 2（D ）u (x ,y )=ln2.一细杆中每点都在发散热量，其热流密度为F (x ,t ),热传导系数为k ，侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ，则热传导方程是()∂2u F (x ,t )∂u ∂2u F (x ,t )2（A ）（B ）=a 2+=a +22∂t c ρc ρ∂x ∂t ∂x 2222∂F∂F u (x ,t )∂F ∂F u (x ,t )(其中2k )22(C )(D)=a +=a +a =222c ρ∂t c ρc ρ∂t ∂x ∂x 2⎧∂2u 2∂u =a ⎪⎪∂t 2∂x 23.理想传输线上电压问题⎨⎪u (x ,0)=A cos ωx ,∂u ⎪∂t ⎩∂2ut =0=aA ωsin ωx(其中a 2=1)的解为（）L C（A ）u (x ,t )=A cos ω(x +at )（B ）u (x ,t )=A cos ωx cos a ωt（C ）u (x ,t )=A cos ωx sin a ωt （D ）u (x ,t )=A cos ω(x -at )三.解下列问题1.∂u ⎧∂u+3=0⎪(本题8分)求问题⎨∂x 的解∂y3x⎪⎩u (x ,0)=8e ⎧∂2u=6x 2y ⎪⎪∂x ∂y(本题8分)⎨⎪u (x ,0)=1-cos x ,u (0,y )=y 2⎪⎩2⎧∂2u 2∂u ⎪2=a 2⎪∂t ∂x 3 . (本题8分)求问题⎨⎪u (x ,0)=sin 2x ,∂u ⎪∂t ⎩2.的解t =0=3x 2四.用适当的方法解下列问题2⎧∂u 2∂u=a ⎪(本题8分)解问题⎨∂t ∂x 2⎪u (x ,0)=1-2x +3x 2⎩2⎧∂2u ∂2u ∂2u2∂u =a (2+2+2)⎪2⎪∂t ∂x ∂y ∂z (本题8分)解问题⎨2∂u 2⎪u t =0=2y +3xz ,=6y t =0⎪∂t 2⎩1. 2.2⎧∂u2∂u⎪∂t =a 2∂x ⎪⎪五．(本题10分)解混合问题：⎨u (0,t )=u (1,t )=0⎪u (x ,0)=2sin πx⎪⎪⎩六．(本题15分)用分离变量法解下列混合问题：2⎧∂2u 2∂u =a ⎪2∂x 2⎪∂t ⎪⎨u (0,t )=u (π,t )=0⎪∂u ⎪u (x ,0)=2x (π-x ),∂t ⎪⎩t =0=3sin 2x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）⎧u (0,t )=u (2π,t )=0⎪1.x +y =C 1,2x +y =C22.⎨,∂u (x ,0)=x ,t =0=2x ⎪∂t ⎩3.u (x ,t )=x +f (3x +2y )，4.X n (x )=B n cos n πx,(n =0,1,2,3,)25.通解为u (x ,t )=322x y +f (x )+g (y )2三.解下列问题(本题7分)∂u ⎧∂u+3=0⎪1．求问题⎨∂x的解∂y 3x⎪⎩u (x ,0)=8e 解：设u (x ,t )代入方程，(8e =8e 3x +m y（2分）)⨯3+3⋅(8e 3x +m y )⨯m=03x +m y 3m +3=0,m =-1（6分）所以解为u (x ,t )=8e 3x -y（7分）2．2⎧∂2u ∂u 2⎪2=a 2⎪∂t ∂x (本题7分)求问题⎨⎪u (x ,0)=sin 2x ,∂u ⎪∂t ⎩的解t =0=3x 2解：由达朗贝尔公式，得11x +at2u (x ,t )=[sin 2(x +at )+sin 2(x -at )]+3ξd ξ（3分）⎰x -at22a =cos 2at sin 2x +3x 2t +a 2t 3（7分）四.用适当的方法解下列问题2⎧∂u 2∂u=a ⎪1.(本题7分)解问题⎨∂t ∂x 2⎪u (x ,0)=1-2x +3x 2⎩解：设u (x ,t )=1-2x +3x 2+At代入方程，A =a 2[0-0+6+A ''t ]+6x⎧A ''=0令⎨显然成立2⎩A =6a +6x解为u (x ,t )=1-2x +3x 2+6a 2t +6xt2∂2u ∂2u ∂2u2∂u =a (2+2+2)2∂t ∂x ∂y ∂z 2∂u2=6y t =0=x +2y +3yz ,t =0∂t 22.⎧⎪⎪(本题7分)解问题⎨⎪u ⎪⎩解：设u=[x 2+2y 2+3yz +At 2]+[6x 2t +Bt 3]（2分）代入方程2A +6Bt =a 2[(2+12y +∆At 2)+(12t +∆Bt 3)]（4分）⎧∆B =0令，⎨显然成立，解为2⎩6B =12a u (x ,t )=x +2y +3yz +a 2t 2+6y 2t +2a 2t 3五．(本题7分)解混合问题：2⎧∂u 2∂u ⎪∂t =a ∂x 2⎪⎪⎨u (0,t )=u (1,t )=0⎪u (x ,0)=2sin πx ⎪⎪⎩解u (x ,t )=L -1{U (x ,s )}=2e -a πt sin πx22六．(本题15分)用分离变量法解下列混合问题：2⎧∂2u 2∂u=a ⎪22∂t ∂x ⎪⎪⎨u (0,t )=u (π,t )=0⎪∂u ⎪u (x ,0)=2x (π-)x ,∂t ⎪⎩t =0=3sin 2x解：设u (x ,t )=X (x )T (t )代入方程及边界⎧T ''+λa 2T =0n π2⎪λ=()=n 2,X n=sin nx''⎨X +λX =0nπ⎪X (0)=X (π)=0⎩u n=(C ncos ant +D nsin ant )sin nxu (x ,t )=∑(C ncos ant +D nsin ant )sin nxn =1∞其中C n =2π⎰π08[1-(-1)n ]x (π-x )sin nxdx =n 3πD n =2π⎰π0⎧0(n ≠2)⎪3sin 2x sin nxdx =⎨3(n =2)⎪⎩a∞38[1-(-1)n ]cos ant sin nx 所以解为u (x ,t )=sin 2at sin 2x +∑3a n πn =12009-2010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）∂2u ∂2u ∂2u 1.方程2-3+22=sin(x 2+y 2)的特征线为∂x ∂y ∂x ∂y 2.长为l 的弦做微小的横振动，x =0、x =l 两端固定，且在初始时刻处于水平状态，初始速度为2x ,则其定解条件是3.方程∂u ∂u +3=2x 的通解为∂x ∂y⎧X "(x )+λX (x )=04.已知边值问题⎨,则其固有函数⎩X '(0)=X '(2)=0X n(x )=5.方程x y +xy +(25x -64)y =0的通解为6.2⎰x J 1(x )dx = .2"'2二．单项选择题（每小题4分，共20分）1.微分方程uxxx+uxyy-sin u =ln(1+x 2)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程（D ）三阶非线性常微分方程∂2u ∂2u2.拉普拉斯方程2+2=0的一个解是（）∂x ∂y （A ）u (x ,y )=e sin xy （B ）u (x ,y )=（C ）u (x ,y )=x x 2+y 2x 2+y 21x 2+y 2（D ）u (x ,y )=ln3.一细杆中每点都在发散热量，其热流密度为F (x ,t ),热传导系数为k ，侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ，则热传导方程是()∂2u F (x ,t )∂u ∂2u F (x ,t )2（A ）（B ）=a 2+=a +22∂t c ρc ρ∂x ∂t ∂x 2222∂F∂F u (x ,t )∂F ∂F u (x ,t )(其中2k )22(C )(D)=a +=a +a =222c ρ∂t c ρc ρ∂t ∂x ∂x 2⎧∂2u 2∂u=a ⎪2⎪∂t ∂x 24.理想传输线上电压问题⎨⎪u (x ,0)=A cos ωx ,∂u ⎪∂t ⎩∂2ut =0=aA ωsin ωx（A ）u (x ,t )=A cos ω(x +at )（B ）u (x ,t )=A cos ωx cos a ωt（C ）u (x ,t )=A cos ωx sin a ωt （D ）u (x ,t )=A cos ω(x -at )5.单位半径的圆板的热传导混合问题2⎧∂u 1∂u2∂u =a (2+)(ρ<1)⎪⎨有形如（）的级数解。
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数学物理方程期末考试试题及答案
一、求解方程（15分）
⎪⎩⎪⎨⎧===-=+=-.
)()(0002x u x u u a u at x at x xx tt ψϕ
其中)0()0(ψϕ=。
解：设⎩
⎨⎧+=-at x at x ηξ＝则方程变为： 0=ξηu ，)()(at x G at x F u ++-=(8’)由边值条件可得：
)()0()2(),()2()0(x G x F x x G F ψϕ=+=+
由)0()0(ψϕ=即得：
)0()2
()2(
),(ϕψϕ--++=at x at x t x u 。
二、利用变量分离法求解方程。
（15分）
⎪⎩⎪⎨⎧==≥==∈=-====)(,)(,
0,0,),(,00002x u x u t u u Q t x u a u t t t l x x xx tt ψϕ
其中l x ≤≤0。
0>a 为常数
解：设)()(t T x X u =代于方程得：
0''=+X X λ，0''2=+T a T λ(8’)
x C x C X λλsin cos 21+=，at C at C T λλsin cos 21+=
由边值条件得：
21)(
,0l n C πλ== l x n at A at B
u n n n πλλsin
)sin cos (1+=∑∞= ⎰=l n dx l x n x l B 0sin )(2πϕ，⎰=l n dx l
x n x an A 0sin )(2πψπ 三．证明方程02=--cu u a u xx t )0(≥c 具有狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与
稳定性. (15分)
证明：设u e v ct -=代入方程：
⎪⎩
⎪⎨⎧====-=).(),(),(),0()(02102t g t l v t g t v x v v a v t xx t ϕ
设21,v v 都是方程的解设21v v v -=代入方程得：
⎪⎩
⎪⎨⎧====-=0),(,),0(0002t l v t v v v a v t xx t
由极值原理得0=v 唯一性得证。
(8’)由
≤-21v v ετ≤-2
1v v ，稳定性得证由u e v ct -=知u 的唯一性稳定性
得证。
四．求解二维调和方程在半平面上的狄利克雷问题(15分).
,0,0>=++=∆z u u u u zz yy xx
).(0x f u z ==
解：设),,(ζηξp 是上半平面内一点，在该点放置单位点电荷，其对称点
),,(ςηξ-p 格林函数：
222)()()(141
),,,(ςηξπ
ηξ-+-+--=z y x y x G 222)()()(141
ςηξπ++-+-+z y x
2/32220])()[(2ςηξπς
+-+-=∂∂-=∂∂=y x z G n G z 方程的解：dx y x y x u R ⎰+-+-=2
2/3222])()[(),(2),(ςηξϕπς
ηξ
五、证明下列初边值问题解的唯一性.(20分)
),,()(2t y x f u u a u yy xx tt =+- ),,(0y x u t ϕ==
),,(0
y x u t t ψ== ).,,(t y x g u =Γ
其中,),(,0Ω∈>y x t Γ为Ω的边界.
解:设21,u u 都是方程的解设21u u u -=代入方程得：
0)(2=+-yy xx tt u u a u
00==t u
00
==t t u .0=Γu 设⎰⎰Ω
=[21)(t E dxdy u u a u y x t ](2222++ =dt t dE )(⎰⎰Ω
[2dxdy u u u u a u u yt y xt x tt t )](2++ ⎰⎰Ω=[2dxdy u u a u u yy xx tt t )]([2
+-
0=(10’)
0)0()(==E t E ，C u =，由边值条件得：0=u 。
(20’)
六 考察边值问题
∑==++∆n i x i
f u x c u x b u i 1)()(
.0=∂∂Γn u
试证)(x c 当充分负时,其解具有唯一性及在能量模意义下的稳定性.(20分)
证明：在原方程两边同乘以u 然后在Ω上积分：
⎰Ω
∆u u ∑⎰=Ω=++n i x i dx fu dx u x c u u x b i 12)()( 由格林公式dx u u ⎰Ω∆⎰Ω∂-∂∂=
ds n u dx Du 2⎰Ωdx Du 2
⎰Ω-=
由Young 不等式
≤⎰∑=dx u u n i x i 1dx u n i x i 212⎰∑=εdx u n ⎰+22ε 又⎰⎰⎰+≤
dx u dx f fudx 222
121故得估计： ⎰⎰∑≤+=dx f C dx u u n i x i 2221)((10’)
设21,u u 都是方程的解设21u u u -=代入方程并由估计式得：0=u 唯一性得证
≤-21u u ετ≤-2
1f f ，稳定性得证。