数学物理方程作业汇总
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：rdxdtu 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。
数学物理方程答案(全)
利用微分中值定理可得
T
(
x)ux
x
utt
将T (x) 的表达式代入可得
utt g(l x)uxx gux
2.长为 L,均匀细杆,x=0 端固定,另一端沿杆的轴线方向拉长 b 静止后（在弹性限 度内）突然放手，细杆做自由振动。试写出振动方程的定解条件。
T(x,t) T(x+dx,t)
界条件之一：
（1）一端（x=0）绝热，另一端（x=L）保持常温 0
解:边界条件 ux x0 0, u xL u0
（2）两端分别有热流密度 q1 和 q2 进入
解:边界条件 ux
x0
g1 k
,ux
xL
g2 k
（3）一端（x=0）温度为 1(t) ，另一端（x=L）与温度为 (t) 的介质有热交换
F ( x,
t)dtdxS
u x
cSdtdx
k
2u x2
F (x,t)
u x
c
ut
k c
uxx
F ( x, t ) c
ut
k c
uxx
(
j)2 c
习题 2.3
1.半径为
r0
的球面，在的 0
2
半球面上电势为
0
，在
2
的半球面上
电势为 0 。求空间各点应满足的泛定方程与定解条件。
解:泛定方程
4.
由静电场
Gauss
定理
s
E
dS
1 0
V
dV
，求证：
E
0
，并由此导出
静电势 u 所满足的 Poisson 方程。
数理方程30题
u(x,t) = cos at sin x
注记：如果用系数计算公式
∫ ∫ Cn
=
2 L
L sin(ξ ) sin(nξ )dξ
0
， Dn
=
2 nπa
L 0 × sin(nξ )dξ ，（n=1，2，……）
0
会得出同样结论。
例 8．用分离变量法求解双曲型方程初边值问题
⎧u ⎪⎪⎨u
[Cn
n=1
cos
nπ L
t
+
Dn
sin
nπ L
t]sin
nπ L
x
利用初值条件，得
∑ ∑ ∞ Cn
n=0
sin
nπ L
x
=
x(L −
x) ， π L
∞
nDn
n=0
sin
nπ L
x
=
0
为计算系数，首先令ϕ(x) = x(L − x) ，显然ϕ(0) = 0,ϕ(L) = 0 ，且
ϕ′(x) = L − 2x ，ϕ′′(x) = −2
x x
+ +
C1 C2
⎡ ∂ξ
构造变换：
⎧ξ ⎩⎨η
= =
2 sin 4 sin
x x
+ +
cos cos
y y
，
⎢ ⎢ ⎢
∂x ∂η
⎢⎣ ∂x
∂ξ ⎤
∂y ∂η
⎥ ⎥ ⎥
=
⎡2 ⎢⎣4
cos cos
x x
∂y ⎥⎦
− sin y⎤ − sin y⎥⎦
所以， a12 = 8sin 2 y cos2 x − 18cos2 x sin 2 y + 8cos2 x sin 2 y = −2 cos2 x sin 2 y
数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)
数学物理方程第二版答案第一章．颠簸方程§ 1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔嫩逐条而平均的弦线有一端固定，在它自己重力作用下，此线处于铅垂均衡地点，试导出此线的细小横振动方程。
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(lx)且 T( x) 的方向老是沿着弦在 x 点处的切线方向。
仍以 u( x, t) 表示弦上各点在时辰 t 沿垂直于 x 轴方向的位移，取弦段 ( x, xx), 则弦段两头张力在 u 轴方向的投影分别为g(l x) sin ( x); g (l( xx)) sin (xx)此中 (x) 表示 T (x) 方向与 x 轴的夹角又sintgux.于是得运动方程x2u[l( xx)]u∣xxg [lx]u∣x gt 2xx利用微分中值定理，消去x ，再令 x0 得2ug[( l x) ut 2] 。
x x5. 考证u( x, y,t )t 21在锥 t 2 x 2 y 2 >0 中都知足颠簸方程x 2 y 22u2u2u证：函数 u( x, y,t )1在锥 t 2x 2 2内对变量 t 2x 2 y 2t 2 x 2y >0y 2x, y, t 有u3二阶连续偏导数。
且(t2x 2 y 2) 2 tt2u35(t2x2y 2) 23(t2x2y2) 2 t2t23(t 2x 2y 2) 2 (2t 2x2y 2)u3x2 y 2)2 x(t2x2u35t2x2y223 t2x2y22 x 2x25 t2x2y22 t22 x2y22 u5同理t2x2y22 t2x22y2y22 u 2u52u .所以t 2 x 2y 2 2 22x 2 y 2x2y2tt2即得所证。
§2 达朗贝尔公式、波的传抪3.利用流传波法，求解颠簸方程的特点问题（又称古尔沙问题）2ua 22ut 2x 2u x at 0(x) (0)(0)u x at( x).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)=( x) -G(0).2G （ x ） = ( x) -F(0).2且F （ 0） +G(0)= (0) (0).所以u(x,t)=(xat) + ( x at ) - (0).22即为古尔沙问题的解。
数学物理方程复习
一、填空题1、物理规律反映同一类物理现象的共同规律，称为___________。
2、在给定条件下求解数学物理方程，叫作____________________。
3、方程20tt xx u a u -=称为_________方程4、方程20t xx u a u -=称为_________方程5、静电场的电场强度E是无旋的，可用数学表示为_____________。
6、方程0j Ñ×=称为_____________的连续性方程。
7、第二类边界条件，就是______________________________________。
8、第一类边界条件，就是______________________________________。
9、00(0,)(0,)x x u x t u x t -=+称为所研究物理量u 的_____________。
10、00(0,)(0,)u x t u x t -=+称为所研究物理量u 的_____________。
11、对于两个自变量的偏微分方程，可分为双曲型、________和椭圆型。
12、对于两个自变量的偏微分方程，可分为双曲型、抛物线型和________。
13、分离变数过程中所引入的常数l 不能为_____________。
14、方程中，特定的数值l 叫作本征值，相应的解叫作_____________。
15、分离变数法的关键是________________________代入微分方程。
16、非齐次振动方程可采用______________和冲量定理法求解。
17、处理非齐次边界条件时，处理非齐次边界条件时，可利用叠加原理，可利用叠加原理，可利用叠加原理，把非齐次边界条件问题转化另一把非齐次边界条件问题转化另一_________的齐次边界条件问题。
18、处理非齐次边界条件时，处理非齐次边界条件时，可利用叠加原理，可利用叠加原理，可利用叠加原理，把非齐次边界条件问题转化另一把非齐次边界条件问题转化另一_________的齐次边界条件问题。
数学物理方程与特殊函数老师给题答案汇总
1.证明二维laplace 方程 在极坐标下 证：2.长为l 的均匀杆，侧面绝缘，一端温度为零，另一端有恒定热流q 进入（即单位时间内通过单位截面积流入的热量为q ）， 杆的初始温度分布为x (l-x ) / 2 ，试写出相应的定解问题。
解：对于杆上的一个微元d x ，流入的热量为：温度变化所需的热量为：两式相等：定解问题为：02222=∂∂+∂∂y u x u 22,arctan y x x y+==ρθθρθρρθθρθθsin ,cos 221cos ,sin /1122222=∂∂=⋅+=∂∂=∂∂-=-⋅+=∂∂y x y x x y x y x y x 2222222222222sin cos cos 2sin sin ρθθρθρρθθρθρθθρ∂∂-∂∂+∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂u u u u u y u x u x u x u ∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂θθρρ2222222222222sin sin sin 2sin cos ρθθρθρρθθρθρθθρ∂∂+∂∂+∂∂+∂∂∂-∂∂=∂∂u u u u u x u ρρθρρ∂∂+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂u u u y u x u 11222222222ρθθθρθθρρcos sin ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂u u y u y u y u 011222=∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=θρρρρρu u ρθθθρsin cos ∂∂-∂∂=u u 02222=∂∂+∂∂y ux u 011222=∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂θρρρρρu u3.设弦的两端固定于x=0及x=l，弦的初始位移如图所示，初速度为零，又没有外力作用，求弦作横向振动时的位移函数u(x,t)。
解如果琴弦像上图的方法来放置，是不是边界条件将不再是齐次的。
4.解下列问题解：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≤=>=∂∂=∂∂><<∂∂=∂∂lxxxutxt luxtut lxxuatu),()0,(,0),(,0),0(,,222ϕ)()(),(tTxXtxu=XTaXT''='2XXTaT''='22=+'=+''TaTXXλλ⎩⎨⎧='='<<=+'')(,0)0(lXXlxXXλ)()(),()()0(),0(='=∂∂='=∂∂tTlXxt lutTXxtu)(,0)0(='='lXX,3,2,1,22=⎪⎭⎫⎝⎛==nlnnnπβλsin)(=-='lBlXββ)0(=='βAXxlnBXnnπcos=lnnπβ=xBxAXββcossin+=2=+''XXβ2>=βλBX=BAxX+==''X=λ==BAll eBeAlXββββ--=')()0(=-='ββBAXxx BeAeXββ-+=2=-''XXβ2<-=βλ2=+'TaTλ=λ0='T00T A=>λ02222=+'nnTlnaTπtlnanneAT2222π-=nnnTXu=xlneC tlnanππcos2222-=CAB==∑∑∞=-∞=+==1cos2222ntlnannnxlneCCuuππTXu=xlneBA tlnannππcos2222-=001()d2l lC x xlϕ==⎰022()cos d2(1)1()lnnnC x x xl llnπϕπ=⎡⎤=--⎣⎦⎰xx=)(ϕ5.达朗贝尔公式推导 解：做如下代换得：所以 因为所以所以 又因为 因为 所以所以得：即因此⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞<<∞-=∂∂=>+∞<<∞-∂∂=∂∂x x t x u x x u t x x u a t u ),()0,(),()0,(0,,22222ψϕ⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⋅-∂∂=t a x 121⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⋅+∂∂=t a x 121)()(21at x f at x f u -++=ηηη∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂t t x x ξξξ∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂t t x x a t 2ηξ-=2ηξ+=x at x -=ηat x +=ξ)()(21ηξf f u +=)(ξξf u =∂∂02=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂∂ηξηξu u t a x ∂∂⋅-∂∂=∂∂1ηt a x ∂∂⋅+∂∂=∂∂1ξ011=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂⋅-∂∂⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂⋅+∂∂u t a x t a x 0122=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⋅-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂u t a x 0122222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⋅-∂∂u t a x 0122222=∂∂⋅-∂∂t u a x u )()()()0,(21x x f x f x u ϕ=+=)()()()0,(21x x f a x f a t x u ψ='-'=∂∂C a x f x f x +=-⎰021d )(1)()(ξξψ2d )(21)(21)(01C a x x f x ++=⎰ξξψϕ2d )(21)(21)(02Ca x x f x --=⎰ξξψϕ2d )(21)(212d )(21)(2100C a at x C a at x u at x at x ---++++=⎰⎰-+ξξψϕξξψϕ[]11()()()d 22x atx at u x at x at a ϕϕψξξ+-=++-+⎰6.解定解问题解：令所以因为 所以得7.P81T1求方程0,1,22>>=∂∂∂y x y x yx u满足边界条件y y u x x u cos ),1(,)0,(2==的解解：用积分法求解：对y 进行积分)(2122x g y x x u ==∂∂，再对x 积分)()(612123y f x f y x u ++=利用边界条件得 ，再用一次边界条件用积分变换法求解：对y 取拉普拉斯变换利用边界条件 得22d 2d d 3d y x y x --x y +=η2=∂∂∂ηξu )()3()0,(21x f x f x x u +-==)()3(0)0,(21x f x f y x u '+-'==∂∂Cx f x f =+--)()3(3121Cx x f 4343)3(1-=-C x x f 4341)(21-=C x x f 4343)(2+=()2222343)(4343341y x C y x C y x u +=+++--=(d 3d )(d d )0y x y x =-+=)()3(21x y f x y f ++-=x y 3-=ξ)()(21ηξf f u +=y y f f y y u x f x f x u cos )()1(61),1(,)0()()0,(212221=++=+=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞<<∞-=∂∂=+∞<<-∞>=∂∂-∂∂∂+∂∂x y x u x x u x y y u y x u x u ,0)0,(,)0,(,0,032222228.推导空间格林公式由高斯公式⎰⎰⎰⎰⎰ΓΩ++=∂∂+∂∂+∂∂dS x n R y n Q x n P dV z R y Q x P )],cos(),cos(),cos([)(推导 证：设函数u(x,y,z)和υ(x,y,z)在Γ+Ω上具有一阶连续偏导数，在Ω内具有连续的所有二阶偏导数。
吴小庆-数学物理方程习题解答案全
数学物理方程习题解习题一1，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）(,)lnu 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 xu 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
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。
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第2次数学物理方程习题答案第七章6、一根杆由截面相同的两段连接而，两段的材料不同，弹性模量分别是EⅠ和EⅡ，密度分别是ρ1、ρ2.试写出衔接条件。
解：两段杆的接点设为x=0。
其波动方程分别为：011211111111>=-<=-x u Eu x u E u xx tt xx ttρρ在连接处，由于该波的振幅是连续的 ，于是有： )1(01101+-===x x u u在交接处的应力应该相等，这是由于相互作用力相等而得由于 xu n u xu n u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂111111 所以有：)2(01111011+-==∂∂=∂∂x x xu SE xu SE第3次第4次1、求解无限长弦的自由振动。
设弦的初始位移为)(x ϕ，初始速度为)(x a ϕ'-。
解： 泛定方程： ∞<<∞-=-x u a u xx tt 02初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧'-====)()(00x a u x u t t t ϕϕ对于一维无界的弦振动，其解可用达朗贝尔公式：⎰+-+-++=atx atx d a at x at x t x u ξξψϕϕ)(21)]()([21),(其中：)()(x a x ϕψ'-= 对于积分项，有：)]()([21)(21)]([21at x at x d d a a at x at x at x at x +--=='-⎰⎰-++-ϕϕξϕξξϕ 所以，其解为： )()]()([21)]()([21),(at x at x at x at x at x t x u -=+--+-++=ϕϕϕϕϕ则只有右行波，是一行波，不是驻波。
8、半无限长的弦，初始位移和速度都是0，端点作微小振动t A u x ωsin 0==。
求解弦的振动。
解：将半无限长的弦拓展为无界空间的弦。
则其泛定方程为：∞<<∞-=-x u a u xx tt 02初始条件为：⎩⎨⎧<≥=⎩⎨⎧<≥===0)(00)(0000x x x u x x x u t tt ψϕ 其中)(x ϕ、)(x ψ为待定，（因为该两等于0时，方程只有0解） 边界条件：t A u x ωsin 0== 该泛定方程的达朗贝尔解为：⎰+-+-++=atx at x d aat x at x t x u ξξψϕϕ)(21)]()([21),( 将边界条件代入达朗贝尔解，得：⎰-+-+=atatd a at at t A ξξψϕϕω)(21)]()([21sin注意到：当0≥x 时，有0)(,0)(==x x ψϕ。
则有： 0)(,0)(0==⎰+atx d at ξξψϕ所以边界条件的方程变为： ⎰-+-=)(21)(21sin atd a at t A ξξψϕω 为了方便求)(x ϕ，不妨令at y -=，则有：⎰+=-0)(21)(21)(sin yd a y a y A ξξψϕω若取)(sin 2)(ayA y -=ωϕ，则0)(=x ψ。
于是有：0),(sin 2)(>-=x a xA x 其中ωϕ， 则：ax t at x a xt A a at x A at x >>--=--=-即其中,0),(sin 2)(sin 2)(ωωϕ 于是方程的解为：axt axt A at x t x u >-=-=),(sin )(21),(ωϕ第5 次《数学物理方程》第5次作业 参考答案1、长为l 的弦，两端固定。
弦中张力为T ，在距一端为0x 的一点以力F 0把弦拉开，然后突然撤除这力，求解弦的振动。
解：泛定方程为：2(1)tt xx u a u -=边界条件、初始条件为：000000(0,)(,)0(2),(0)(,0)(3)(),()(,0)0(4)t u t u l t F l x x x x T lu x F x l x x x l T lu x ==-⎧⋅<<⎪⎪=⎨⎪⋅-<<⎪⎩=令(,)()()1u x t X x T t =代入泛定方程（），得：222221+00(0)()0X T X a TT a T X X X X l λλλ''''==-''⎧=⎪⎨''+=⎪⎩==于是方程（）变为：边界条件为：X 的解形式为：()cos sin 0(0,1,2,3,X x A x B x A n n lλλπλ=+===由边界条件可知：…)000001()cossin()(cos sin )n n n n n n T t T C D tn at n atT C D l ln at n atT t C D t C D l l ππππ∞==+=+=+++∑解的形式为：001(,)(,)(cos sin )sinn n n u x t n at n at n x u x t C D t C D l l l πππ∞==+++∑可写成：由初始条件（4），可知：00,0n D B ==。
由边界条件可知，00C =。
1(,)cos sinn n n at n x u x t C l l ππ∞==∑其解的形式可简化为：由边界条件（3），可得0000000()2()[sin sin ]x l n x F l x F l C d x d l T l T lξξξξξξ--=⋅+⋅⎰⎰利用分部积分，可求得：200002222221sin sin n F n x F l n x l C l T n l T n lππππ=⋅⋅=⋅所以，解为：00002222112211(,)sin cos sin sin cos sin n n F l n x F l n x n at n x n at n xu x t T n l l l T n l l l ππππππππ∞∞===⋅=∑∑4、长为l 的均匀杆，两端受压从而长度缩为(12)l ε-，放手后自由振动。
求解杆的纵振动。
解：泛定方程为：20(0)tt xx u a u x l -=<<边界条件是第二类边界条件：0,0xxx x lu u ====对于初始条件，我们认为当压缩时，两端的压缩量是一样的，均为ε，中点处的压缩为0。
这样，整个杆各截面的压缩量、初始速度可表示为：002(),02tt t lu x u ε===-=采用分离变数法求解，设(,)()()u x t X x T t =222221+0(0)()0X T X a TT a T X X X X l λλλ''''==-''⎧=⎪⎨''+=⎪⎩''==于是方程（）变为：边界条件为：X 的解形式为：()cos sin 0(0,1,2,3,X x A x B x n n lλλπλ=+===由边界条件可知：B …)于是方程的解可以写成：001(,)(cossin )cos n n n n at n at n xu x t C D t C D l l lπππ∞==+++∑ 由初始条件：002(),02tt t lu x u ε===-=可得：0101(,0)cos2()2(,0)cos 0n n t nn n x lu x C C x l n n x u x D D l lπεππ∞=∞==+=-=+=∑∑即有：0,(0,1,2,3,n D n ==…)000002002212()022222()cos 2cos 2cos 22412[sin ]()[sin cos ]821,0,1,2,3,(21)2,0,1,2,3,l l l l n l l lC x dx l l n x l n x n x C dx dx x dxl l l l l ll n x n x n x n x n l l n l l l l n k k k n k k επππεεεεππππεππεπ=-==-=-=-+⎧=+=⎪+=⎨⎪==⎩⎰⎰⎰⎰…0? 于是方程的解为：22081(21)(21)(,)cos cos (21)k lk at k xu x t k l lεπππ∞=++=+∑11、在矩形区域0<x<a ，0<y<b 上求解拉普拉斯方程Δu=0，使满足如下边界条件，其中A 、B 为常数。
00(),0;sin,x x a y y b u Ay b y u u B u aπ=====-===解：先将方程的边界条件变为齐次的，作如下变换：(,)(,)(,)u x y v x y w x y =+0;0xx yy xx yy v v w w +=+=其边界条件分别如下所示：(0,)0(,0)sin(,)0(,)0(0,)()(,0)0(,)0(,)0x v y v x B a v a y v x b w y Ay b y w x w a y w x b π⎧==⎧⎪⎨⎨=⎩⎪=⎩=-=⎧⎧⎨⎨==⎩⎩ 这样，就可以分别对v 、w 进行分离变数求解。
2(,)()()0cos sin ,(0)0,()00,sin 0()sin y yn nv x y X x Y y X Y X Y XY X YX A x B x Y Ce De X X a A B a n x a n X X x B aλλλλλλλπλπ-=''''''''+=⇒=-=-''+=+==''='==设，代入拉普拉斯方程，得：于是，可解得：＝由于：所以，有：＝则有：。
于是，的本征表达式写为：111111()(,)()sin(,0)()sinsin(,)()sin0,0(1)n y n y a an n n n y n y aan n n n n n n b n b aan n n n n n b n b a an n Y y C eD en x v x y C eD ean xx v x C D B aa n x v xb C eD eaC D B C D n C eD eBeC ππππππππππππ-∞-=∞=∞-=-=+=+=+==+=+=+=≠+=-=∑∑∑对于Y,其本征函数可写成：于是，于是，有：求得：1()(),2()2()()0(1)()[](,)[]sinsin2()()b b b a aabb a an n b b y b y aaaBe BeD bbsh sh e eaaC D n b y Bsh Bexx a v x y e ebb aash sh aaπππππππππππππππ---------==-==≠-=-=所以：对于w(x,y)的求解，方法同上，其解形式可设为：1(,)()sinn xn xbannn n yw x y C e D e bπππ∞-=''=+∑ 由边界条件确定其待定常数。