数学物理方程第二版答案
《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。
数理方程第二版 课后习题答案教学教材
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：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，则证毕4. 求悬链线从起计算的弧长。
数学物理方程第二版答案
数学物理方程第二版答案第一章. 波动方程§ 1方程的导出。
定解条件4.绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡位置，试导出此线的微小横振动方程。
解：如图2，设弦长为I，弦的线密度为，则x点处的张力T(X)为T(x) g(l x)且T(x)的方向总是沿着弦在x点处的切线方向。
仍以u(x,t)表示弦上各点在时刻t沿垂直于x轴方向的位移，取弦段(x,x x),则弦段两端张力在u轴方向的投影分别为其中(x)表示T(x)方向与x轴的夹角于是得运动方程x, y,t 有二阶连续偏导数。
且(t2 x23 y2) 2(t2x23y2) 23(t2 x2y2)g(l x)sin (x); g(l (x x)) sin (x x) sin tgx.利用微分中值定理，消去[I (x x)]」x再令[I x]」x2ug [(lt xu x)]。
x5.验证u(x, y,t) 在锥t2 2 y >0 中都满足波动方程2u 2 x 证：函数u(x,y,t) 2 2 2在锥t x y >0内对变量即得所证。
§ 2达朗贝尔公式、3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 得 (x)=F ( 0)+G ( 2x ) 令 x+at=0 得 (x)=F ( 2x )+G(0)所以F(x)=(-)-G(0).G（x =（；）刊0）. 且 F(0)+G(0)=(0)x at x at x所以u(x,t)=(丁)+ (丁)- (0).即为古尔沙问题的解。
&求解波动方程的初值问题同理 所以(t 2 (t 22U飞x x 2x 2t 22u2u 7t 2 x 2 2u3y 2) 2x 2 y 2 x 2t 2(2t 2 y 252 t 2 x 2 y 2)3t 2 2x 2 x 2 y 2y 252x 2t 2 x 2 2y 252 2t 2 x 2y 22u波的传抪2u 下 ux atx at 0x 2 (x) (x).(0) (0)22u ..—2 tsinx x 0,丄 |t 0t解：由非齐次方程初值问题解的公式得tsin x sin(ttsin x即u(x,t) tsin x 为所求的解。
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，于是为常向量，于是，，即具有固定方向证毕因为，故，从而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 ，，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 §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：可表示为 ，其中 为其中 ， 为数量函数， 令 证毕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，则证毕4.求悬链线从起计算的弧长解：5.求抛物线对应于的一段的弧长解：6. 求星形线，的全弧长。
数学物理方程第二版习题解答 第二章
n =0 ∞
∑ Cn e
n =0
sin
2n + 1 x 2
∑ C n sin
2n + 1 x 2
ω
因热源可迭加，故有 F ( x, t ) = F1 ( x, t ) + F2 ( x, t )。将所得代入
2 2
∂u ∂ u = a 2 2 + f ( x, t ) 即得所求： ∂t ∂x
2
因此
f ( x) sin π∫
2 2
∞
sin
2
2
X ' (0) = X ' (l ) = a = 0 即 b 可任意，故 X ( x) ≡ 1 为一非零解。 (3) 当 λ > 0 时，通解为
X ( x) = A cos λ x + B sin λ x X ' ( x) = − A λ sin λ x + B λ cos λ x X ' (0) = B l = 0 X ' (l ) = − A l sin l l + B l cos l l = 0 B=0 因 λ ≠ 0, 故相当于 A sin l l = 0 要 X ( x) 非零，必需 A ≠ 0, 因此必需 sin l l = 0, 即
足微分方程
2 k ∂ 2 u k1 P ∂u (u − u 0 ) + 0.24i 2r = − ∂t cρ ∂x cρω cρω
2 k a = − cρ
4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度 u 0 的介质中，试证 :在常电流作用下导线的温度满
其中 i 及 r 分别表示导体的电流强度及电阻系数，表示横截面的周长，ω 表示横截面面积，而 k 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
数学物理方程答案(全)
化简之后，可以得到定解问题为
utt (Y / )uxx a2uxx u |x0 0,ux |xL 0
u
|t 0
0, ut
|t 0
I
(x
L)
5.高频传输线，原点端施以电动势 E，另一端接地，初始电流为(x) ，电压为 (x) 。
试建立电压的定解问题。（忽略电阻和介质的电导）
Q3 c 4 r2drdu
Q3 Q1 Q2
c 4 r2drdu kur (r dr,t)4 (r dr)2 dt kur (r,t)4 r2dt
4
k
r
(r
2ur
)drdt
即
ut
k c
1 r2
r
(r2ur )
3.设物体表面的绝对温度为 u ，它向外辐射出去的热量，按斯特凡-波尔兹曼定 律正比于 u4 ，即 dQ ku4dSdt ，设物体与周围介质之间，只有热辐射而无热传
习题 2.4 1.判断下列方程的类型 (1) auxx 4auxy auyy bux cuy u 0 4a2 a2 0 ,双曲型 (2) auxx 2auxy auyy bux cuy u 0 a2 a2 0 ,抛物型 (3) 2auxx 2auxy auyy 2bux 2auy u 0 a2 2a2 0 ,椭圆型 (4) uxx xuxy 0
ut
k c
ux
2k1 cr
(u
u1 )
0
2.导出匀质且在每一个同心球上等温的孤立球体的热传导方程。
S1
S2
r r+dr
解： dt 时间内通过 S1 流入壳层的能量 Q1 kur (r,t)4 r2dt dt 时间内通过 S2 流入壳层的能量 Q2 kur (r dr,t)4 (r dr)2 dt dt 时间内壳层升高 du 所需的能量
数学物理方程答案谷超豪
数学物理方程答案谷超豪【篇一：数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)】>第一章．波动方程1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡位置，试导出此线的微小横振动方程。
解：如图2，设弦长为l，弦的线密度为?，则x点处的张力t(x)为t(x)??g(l?x)且t(x)的方向总是沿着弦在x点处的切线方向。
仍以u(x,t)表示弦上各点在时刻t沿垂直于x轴方向的位移，取弦段(x,x??x),则弦段两端张力在u轴方向的投影分别为?g(l?x)sin?(x);?g(l?(x??x))sin?(x??x)其中?(x)表示t(x)方向与x轴的夹角又sin??tg??于是得运动方程?u ?x.?u?2u?u??x2?[l?(x??x)]∣x??x?g?[l?x]∣?g?xx?x?t利用微分中值定理，消去?x，再令?x?0得?2u??u?g[(l?x)]。
?x?x?t25. 验证u(x,y,t)?1t2?x2?y2在锥t?x?y0中都满足波动方程222?2u?2u?2u1222证：函数在锥0内对变量t?x?y??u(x,y,t)?222222?t?x?y?x?yx,y,t有二阶连续偏导数。
且232?u??(t2?x2?y2)?t??t35??u(t2?x2?y2)2?3(t2?x2?y2)2?t22?t?(t2?x2?y2)?32?(2t2?x2?y2)?u?(t2?x2?y2)?x?32?x?2u?x2?t?x?22352?2222?22?y?3t?x?yx??????52??u同理 ??t2?x2?y2?2?t2?x2?2y2?2?y所以即得所证。
2 达朗贝尔公式、波的传抪3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题） 2??2u2?u?2?a2t?x??ux?at?0??(x) ??(0)??(0)? ?u??(x).?x?at?0?5??t2?x2?y22t2?2x2?y2??2u?x2?2u?y2?t?x??225?y22??2t2?x?y22???t2.?2u解：u(x,t)=f(x-at)+g(x+at) 令 x-at=0 得 ?(x)=f（0）+g（2x）令x+at=0 得 ?(x)=f（2x）+g(0) 所以 f(x)=?()-g(0). g（x）=?()-f(0). 且 f（0）+g(0)=?(0)??(0). 所以 u(x,t)=?(x2x2x?atx?at)+?()-?(0). 22即为古尔沙问题的解。
01-胡盘新(第二版)大学物理习题答案
完
22
2-19作业-炮弹爆炸
3．一个炮弹，竖直向上发射，初速度为 υ0 ，在发射 t 秒后在空中自动爆炸，假定爆炸使它分成质量相同的 A 、 B、 C三块。 A块的速度为0； B、 C二块的速度大 小相同，且 B块速度方向与水平成 α 角，求 B、 C两块 的速度（大小和方向）。 y 解：爆炸前的速度υ=υ0-gt 爆炸后A、B、C三块质量都是 m，速度分别为υA、υB、υC 。 爆炸前后动量守恒
r r x y A = ∫ F ⋅ dr = ∫0 Fx dx + ∫0 F y dy
= ∫0 3dx + ∫0 5dy = 3 x + 5 y
x y
Mv − mu m(u + v ) =v− <v M+m ( M + m)
17
移到（2、-3）处时 根据动能定理
Chenwq
A = 3 × 2 + 5 × (−3) = −9(J )
1 c sin 30 0 ) = 3
77.3 N
13
Chenwq
14
2-1作业-一维动量守恒
习题2-1 三艘质量相等的小船鱼贯而行，速度均等于 v，如果从中间船上同时以速度u把两个质量均为m的 物体分别抛到前后两船上，速度u的方向和v在同一直 线上，问抛掷物体后，这三艘船的速度如何变化？ 解1：设小船质量为M，u为相对于中间船的速度（相 当于人静止在地面时能抛掷速度）。
Chenwq 9
h2 + s 2 υx = − (υ 0 ) s
Chenwq
ax = −
1-10作业-摩擦力
1-12作业-运动和力
1-10一辆铁路平板车装有货物，在货物与车底板之间的静 摩擦系数为0.25，如果火车以30km/s速度行驶，要使货物 不发生滑动，火车从刹车到完全静止所经过的最短路程是 多少？ 解：
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数学物理方程第二版答案第一章． 波动方程§1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡位置，试导出此线的微小横振动方程。
解：如图2，设弦长为l ，弦的线密度为ρ，则x 点处的张力)(x T 为)()(x l g x T -=ρ且)(x T 的方向总是沿着弦在x 点处的切线方向。
仍以),(t x u 表示弦上各点在时刻t 沿垂直于x 轴方向的位移，取弦段),,(x x x ∆+则弦段两端张力在u 轴方向的投影分别为)(sin ))(();(sin )(x x x x l g x x l g ∆+∆+--θρθρ其中)(x θ表示)(x T 方向与x 轴的夹角又 .sin x u tg ∂∂=≈θθ 于是得运动方程x u x x l t u x ∂∂∆+-=∂∂∆)]([22ρ∣xux l g x x ∂∂--∆+][ρ∣g x ρ利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得])[(22x ux l x g t u ∂∂-∂∂=∂∂。
5. 验证 2221),,(y x t t y x u --=在锥222y x t -->0中都满足波动方程222222y u x u t u ∂∂+∂∂=∂∂证：函数2221),,(yx t t y x u --=在锥222y x t -->0内对变量t y x ,,有二阶连续偏导数。
且t y x t tu⋅---=∂∂-23222)( 2252222322222)(3)(t y x t y x t t u ⋅--+---=∂∂--)2()(22223222y x t y x t ++⋅--=-x y x t xu⋅--=∂∂-23222)(()()22522223222223x y x t y xt xu ----+--=∂∂()()222252222y x t y x t -+--=-同理 ()()22225222222y x t y x t yu+---=∂∂-所以 ()().222222252222222tu y x t y x t yu xu ∂∂=++--=∂∂+∂∂- 即得所证。
§2 达朗贝尔公式、 波的传抪3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==∂∂=∂∂=+=-).()(0022222x u x u x u atu at x at x ψϕ ())0()0(ψϕ= 解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 得 )(x ϕ=F （0）+G （2x ） 令 x+at=0 得 )(x ψ=F （2x ）+G(0)所以 F(x)=)2(x ψ-G(0). G （x ）=)2(xϕ-F(0).且 F （0）+G(0)=).0()0(ψϕ= 所以 u(x,t)=(ϕ)2at x ++)2(atx -ψ-).0(ϕ 即为古尔沙问题的解。
8．求解波动方程的初值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂==∂∂-∂∂==x t u u xt x u t u t t sin |,0sin 002222 解：由非齐次方程初值问题解的公式得τξξτααττd d d t x u t t x t x tx t x ⎰⎰⎰-+--+-+=0)()(sin 21sin 21),(=⎰----+---+-td t x t x t x t x 0))](cos())([cos(21)]cos()[cos(21ττττ=⎰-+td t x t x 0)sin(sin sin sin τττ=tt t x t x 0)]sin()cos([sin sin sin τττ-+-+ =x t sin 即 x t t x u sin ),(= 为所求的解。
§3混合问题的分离变量法 1. 用分离变量法求下列问题的解：(1)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==<<-=∂∂=∂∂=∂∂==0),(),0()0()1(,3sin 022222t l u t u l x x x t u l x u x u a t u ot t π解：边界条件齐次的且是第一类的，令)()(),(t T x X t x u =得固有函数x ln x X n πsin)(=，且 t lan B t l an A t T n n n ππsin cos )(+=，)2,1(Λ=n于是 ∑∞=+=1sin )sin cos(),(n n n x ln t l an B t l an A t x u πππ今由始值确定常数n A 及n B ，由始值得∑∞==1sin 3sin n n x l n A l x ππ ∑∞==-1sin )(n n x l n B l an x l x ππ 所以 ,13=A ,0=n A 当3≠n⎰-=ln xdx l n x l x an B 0sin )(2ππ⎩⎨⎧ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=x l n x n l x l n n l x l n x n l l an πππππππcos sin cos 22222 )}))1(1(4cos 2sin 2443333222n lan l xl n n l x l n n x l --=--πππππ 因此所求解为∑∞=--+=1443sin sin )1(143sin 3cos ),(n n x l n t l an n a l x l t l a t x u πππππ(2) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂==∂∂==∂∂-∂∂0)0,(,)0,(0),(0),0(022222x tux l h x u t l t ut u x u a t u 解：边界条件齐次的，令 )()(),(t T x X t x u =得：⎩⎨⎧='==+''0)(,0)0(0l X X X X λ (1)及 )2(02=+''X a T λ。
求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。
ο1 0<λ时，方程的通解为xxe C eC x X λλ---+=21)(由0)0(=X 得021=+c c 由0)(='l X 得021=------lle C eC λλλλ解以上方程组，得01=C ，02=C ，故0<λ时得不到非零解。
ο2 0=λ时，方程的通解为x c c x X 21)(+=由边值0)0(=X 得01=c ，再由0)(='l X 得02=c ，仍得不到非零解。
ο30>λ时，方程的通解为x c x c x X λλsin cos )(21+=由0)0(=X 得01=c ，再由0)(='l X 得0cos 2=l c λλ为了使02≠c ，必须 0cos =l λ，于是2212⎪⎭⎫⎝⎛+==πλλl n n )2,1,0(Λ=n且相应地得到x ln x X n π212sin)(+= )2,1,0(Λ=n 将λ代入方程(2)，解得t a ln B t a l n A t T n n n ππ212sin 212cos)(+++= )2,1,0(Λ=n 于是 ∑∞=++++=0212sin )212sin 212cos(),(n n n x ln t a l n B t a l n A t x u πππ 再由始值得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=+=∑∑∞=∞=00212sin 2120212sin n n n n xl n B a l n x l n A x l hπππ 容易验证⎭⎬⎫⎩⎨⎧+x l n π212sin)2,1,0(Λ=n 构成区间],0[l 上的正交函数系： ⎪⎩⎪⎨⎧=≠=++⎰n m l nm xdx l n x l m l当当20212sin 212sin 0ππ利用⎭⎬⎫⎩⎨⎧+x l n π212sin正交性，得 xdx ln x l h l A ln π212sin 20+=⎰lx l n n l x l n x n l l h 022212sin )12(2212cos )12(22⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++-=ππππn n h)1()12(822-+=π0=n B所以 ∑∞=+++-=022212sin 212cos )12()1(8),(n n x l n t a l n n ht x u πππ 2。
设弹簧一端固定，一端在外力作用下作周期振动，此时定解问题归结为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂===∂∂=∂∂0)0,()0,(sin ),(,0),0(22222x t u x u t A t l u t u x u a t u ω 求解此问题。
解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取t x lAt x U ωsin ),(=，则),(t x U 满足0),0(=t U ，t A t l U ωsin ),(=令),(),(),(t x v t x U t x u +=代入原定解问题，则),(t x v 满足)1()0,(0)0,(0),(,0),0(sin 222222⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=∂∂===+∂∂=∂∂x l A x t v x v t l v t v t x l A x v a t v ωωω),(t x v 满足第一类齐次边界条件，其相应固有函数为x ln x X n πsin)(=，)2,1,0(Λ=n 故设 )2(sin)(),(1∑∞==n n x ln t T t x v π将方程中非齐次项t x l A ωωsin 2及初始条件中x l A ω-按⎭⎬⎫⎩⎨⎧x l n πsin 展成级数，得 ∑∞==12sin )(sin n n x l n t f t x l A πωω 其中 ⎰=ln xdx ln t x l A l t f 02sin sin 2)(πωωlx l n n l x l n x n l t l A 022222sin cos sin 2⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-=ππππωω x l A t n A n ωωπω--=+sin )1(212x ln n n πψsin1∑∞== 其中 n ln n A xdx l n x l A l )1(2sin 202-=-=⎰πωπωψ 将(2)代入问题(1)，得)(t T n 满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-='=-=⎪⎭⎫⎝⎛+''+nn n n nnn A T T t n A t T l an t T )1(2)0(,0)0(sin )1(2)()(122πωωπωπ解方程，得通解2212)(sin )1(2sin cos )(ϖπϖπϖππ-⋅-++=+lan tn A t l an B t l an A t T n n n n由始值，得0=n A222222231)(2)1(}))((2)1(2)1{(1l an al A l an n l A n A an B n n n n ϖπϖϖππϖπϖπ--=----=+ 所以 ∑∞=--=122sin )()(2)1({),(n n t l an l an al A t x v πϖπϖx l n t n l an l A n πϖπϖπϖsin }sin 1)()(2)1(22221⋅--++x l n t n l t l an a l an l A n πϖπϖπϖπϖsin }sin sin {)()()1(21222∑∞=---=因此所求解为∑∞=--+=1222)()()1(2sin ),(n l an l A t x l A t x u ϖπϖϖx ln t nt l t l an a πϖϖπsin }sin sin{-⨯ 3．用分离变量法求下面问题的解⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===∂∂=+∂∂=∂∂====0||0||00022222l x x t t u u t u u bshx x u a t u 解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为 ),2,1(sin)(Λ==n x ln x X n π设 ∑∞==1sin)(),(n n x ln t T t x u π 将非次项bshx 按}{sinx ln π展开级数，得 ∑∞==1sin)(n n x ln t f bshx π 其中 shl bn l n xdx l n shx l b t f n ln πππ2)1(sin 2)(2221+-==+⎰ 将 ∑∞==1sin)(),(n n x ln t T t x u π代入原定解问题，得)(t T n 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧='=+-=+''+0)0(,0)0(2)1()()()(22212n n n n n T T shl l n bn t T l an t T πππ 方程的通解为shl ln bn an l t l an B t l an A t T n n n n 12222)1(2)(sin cos)(+-+⋅++=πππππ 由0)0(=n T ，得：shl ln bn an l A n n 12222)1(2)(+-+-=πππ 由0)0(='n T ，得0=n B所以 )cos 1()1(2)1()(12222t lan shl l n bn an t T n n ππππ--+=+ 所求解为∑∞=+-+-=1222122sin )cos 1()()1(2),(n n x l n t l an l n n shl a bl t x u ππππ §4 高维波动方程的柯西问题1． 利用泊松公式求解波动方程 )(2zz yy xx tt u u u a u ++=的柯西问题 ⎪⎩⎪⎨⎧=+===00230t t t u zy x u解：泊松公式ds r a ds r a t u Sat M Sat M ⎰⎰⎰⎰+⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∂∂=ψπφπ4141 现 z y x 23,0+==φψ且 ⎰⎰⎰⎰=Φ=Φππϕθθϕθ020|sin ),,(at r s d d r r ds r Mat其中 )cos ,sin sin ,cos sin (),,(θϕθϕθϕθr z r y r x r +++Φ=Φ )cos ()sin sin ()cos sin (23θϕθϕθr z y r x ++++=ϕθϕθϕθ332222223cos sin cos sin 3cos sin 3r xr r x z y x ++++=θϕθϕθcos sin sin sin sin 2222r y rz yzr +++ θϕθϕθθcos sin sin sin cos sin 2232r yr ++计算⎰⎰Φππϕθθϕθ020sin ),,(d d r r)(4)cos (2)(sin )(2302002323z y x r z y x r d d r z y x +=-⋅+=+⎰⎰πθπψθθπππ⎰⎰⎰⎰==⋅ππππϕϕθθϕθθϕθ0202022220cos sin3sin cos sin 3d d rx d d r r x⎰⎰⎰⎰=⋅ππππϕϕθθϕθθϕθ02020233222cos sin 3sin cos sin 3d d xrd d r xr ππφφθθ20033]2sin 412[]cos cos 31[3+⋅-=xr ϕθθϕθπππd d r r xr sin cos sin 4330203⋅=⎰⎰3320444cos sin xr d d rπϕϕθθππ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰==⋅ππππϕϕθθϕθθϕθ020220200sin sin2sin sin sin 2d d yzr d d r yzrz r z r d d rz d d r z r 3200332020302022234]2sin 412[]cos cos 31[sin sin sin sin sin πϕϕθθϕϕθθϕθθϕθππππππ=-⋅-==⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰==⋅ππππϕθθθϕθθθ0202202020sin cos sin cos d d r y d d r r y⎰⎰⎰⎰==⋅⋅ππππϕϕθθθϕθθϕθθ20230202sin cos sin 2sin sin sin 2d d yr d d r coc yr⎰⎰⎰⎰=⋅=⋅ππππϕϕθθθϕθθθϕθ0202340202230sin cos sin sin cos sin sin d d r d d r r所以]31[4]344)(4[2222223322z t a t xa z y x at z r r z y x r ds r SatMatr +++=+++=Φ⎰⎰=ππππu(x,y,z)=⎰⎰Φ⋅∂∂SatMr a t π41z t a x t a z y x z t a t xa z ty tx t 2222232232233]31[+++=+++∂∂=即为所求的解。