数学物理方程期末试卷与答案分析
初中数学物理试卷答案解析
一、选择题1. 题目：一个长方形的长是8cm，宽是5cm，求这个长方形的面积。
答案：40cm²解析：长方形的面积公式为长×宽，将题目中给出的长和宽代入公式，得到面积为8cm×5cm=40cm²。
2. 题目：一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为2m/s²，求物体在3秒内的位移。
答案：9m解析：匀加速直线运动的位移公式为s=1/2at²，将题目中给出的加速度和时间代入公式，得到位移为1/2×2m/s²×(3s)²=9m。
二、填空题1. 题目：一个等腰三角形的底边长为10cm，腰长为8cm，求这个三角形的面积。
答案：32cm²解析：等腰三角形的面积公式为底×高÷2，首先求出三角形的高。
根据勾股定理，得到高为√(8²-5²)=√(64-25)=√39。
将底边长和高代入公式，得到面积为10cm×√39cm÷2=32cm²。
2. 题目：一个物体从静止开始做自由落体运动，下落时间为5秒，求物体的速度。
答案：49m/s解析：自由落体运动的速度公式为v=gt，将题目中给出的重力加速度和时间代入公式，得到速度为10m/s²×5s=49m/s。
三、解答题1. 题目：一个梯形的上底长为6cm，下底长为12cm，高为5cm，求这个梯形的面积。
答案：60cm²解析：梯形的面积公式为（上底+下底）×高÷2，将题目中给出的上底、下底和高代入公式，得到面积为（6cm+12cm）×5cm÷2=60cm²。
2. 题目：一个物体从高度为h的塔顶自由落体，落地时的速度为v，求塔顶到地面的高度。
答案：v²/2g解析：自由落体运动的速度公式为v=gt，将题目中给出的速度代入公式，得到时间t=v/g。
《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。
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。
数学物理方法(10)--期末考试试卷(4)答案
k 2
k 0
� w( z )
2c2 +
ﾥ
[(k + 2)(k +1)ck+2 - ck-1]zk
0
k 1
将代入方程
c2 0c,3ckkk+23kk((ck33kkk--+-33-12c)1)k-()1k + 1)
即亦即
c3k
c3k -3 3k(3k -1)
1 3k (3k
-1)
代换，有
f1
t -
e- pt dt
0
f1
e- p + d
0
f1 e-p d
0
f2
第e- p d1
页F(1共p F23 p页 )
f (x) lim
n e -nx2
n
3. 试证明：是函数的一种表达式。
答： 函数的傅里叶变换：，又称为的像函数；
F -1 G
f
xGfx21
G eixd
-
函数的傅里叶逆变换：，又称为的像原函数。
专业：
院（系）：
得分 评阅人 二、证明题：（共 3 题，每题 9 分，共 27 分）
1. 已知，试证明： （）
证明：将对 r 求导
ﾥ 1
1+ r2 - 2rx< 1)
(l +1)Pl+1(x) - (2l +l 1ﾥ)1xPl (x) + lPl-1(x) 0
ﾥ 1
1+ r2 - 2rx
ﾥ l0
Pl (x)rl
( x < 1)
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
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。
数学物理方程期末考试试题及答案
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 cos21+=，at C at C T λλsin cos 21+=由边值条件得：21)(,0ln C πλ== lx n at A at B u n n n πλλsin)sin cos (1+=∑∞= ⎰=l n dx l x n x l B 0sin )(2πϕ，⎰=ln dx lx 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。
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3、试用分离变量法求定解问题(10 分)：
u 2 u 2 ,0 x 4, t 0 t x 0, u x4 0, u x 0 2x u t 0 .
4、分离变量法求定解问题(10 分)
2 2 2 x cos x, (0 x l, t 0) utt a u xx sin l l u (0, t ) 3, u (l , t ) 6 x 4 u ( x, 0) 3 x 1 , ut ( x, 0) sin l l
（2 分） 9、解：设 M 0 ( x 0 , y 0 ) 为下半平面中任意一点。已知二维调和函数的积分表达式 为
u(M 0 ) 1 1 1 u (u ( M ) (ln ) ln )dS 2 n rMM 0 rMM 0 n
6
(1 分)
设 v 为调和函数，则由第二格林公式知
（2 分） （1 分） （1 分）
F（0）+G(0)= (0) (0). u(x,t)= (
x at x at ) + ( ) - (0). 2 2 即为古尔沙问题的解。
6 、 解 令 u ( x, t ) v( x, t ) w( x) (1 分)，代入原 方程中 ，将方程 齐次 化，因此
8、用积分变换法求解定解问题(10 分)：
utt a 2u xx , x R, t 0 u ( x,0) sin x, ut ( x,0) 0
9、用格林函数法求解定解问题(10 分)：
2u 2u x 2 y 2 0, y 0, u f ( x) , x . y 0
2 2u 2 u t 2 a x 2 cos x, x , t 0 u u t 0 sin 2 x, t 0 0 t
7、用积分变换法求解定解问题（10 分） ：
2u xy 1, x 0, y 0 u x0 y 1, u 1, y0
(2 分)
若能求得 v 满足
2 v 0, y 0 1 1 v y 0 2 ln r MM 0
（3）
y 0
则定义格林函数 G ( M , M 0 )
u(M 0 ) u(M )
2012 学年第二学期数学与物理方程期末试卷 出卷人：欧峥
1、长度为 l 的弦左端开始时自由，以后受到强度为 A sin t 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), 初始速度为 ( x ). 试写出相 应的定解问题。(10 分)
2、 长为 l 的均匀杆， 侧面绝热， 一端温度为 0 度， 另一端有已知的恒定热流进入， x (l x ) 设单位时间流入单位截面积的热量为 q ，杆的初始温度分布是 ，试写出 2 其定解问题。(10 分)
5、解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 令 x+at=0 分） 所以 且 所以
x F(x)= ( ) -G(0). 2 x G（x）= ( ) -F(0). 2
（2 分） （2 分） （ 2
得 ( x ) =F（0）+G（2x） 得 ( x) =F（2x）+G(0)
u x (0, 0) 0,
A sin t , t 0. T 又右端系在弹性系数为 k 的弹性支承上面，所以
因此
（2 分）
Tu x (l , t ) ku (l , t ) 0, 即 Tu x (l , t ) ku (l , t ) 0. （2 分）
而初始条件为
u
t 0
10、写出格林函数公式（三维）及满足的条件，并解释其物理意义。(10 分)
2
答案及分析
1、解: 这是弦的自由振动，其位移函数 u ( x, t ) 满足
utt a 2u xx ,
（2 分）
其中 a 2
T
.由于左端开始时自由，以后受到强度为 A sin t 的力的作用，所以
Tu x (0, t ) A sin t 0, t 0, u x (0, t )
t 0.
（2 分）
2、解：侧面绝热，方程为
ut a 2u xx , 0 x l , t 0
（3 分）
边界条件为
u
x 0
0, u x
x l
q ,t 0 k
（3 分）
初始条件为
x(l x) ,0 x l 2 因此，相应的定解问题为： u
t 0
（3 分）
3
ut a 2u xx , 0 x l , t 0 u u
x 0
0, u x
x l
q ,t 0 k
（1 分）
t 0
x(l x) ,0 x l 2
3、解 令 u ( x, t ) X ( x)T (t ) （2 分） ，代入原方程中得到两个常微分方程：
16 (1) n 1 e n n 2 2t 16
u ( x, t )
n 1
பைடு நூலகம்
sin
nx , 4 （1 分）
4、解：令 u ( x, t ) V ( x, t ) W ( x) 将其代入定解问题可以得到：
（1 分）
V a 2V , (0 x l , t 0) tt xx .....(1) V (0, t ) 0, V (l , t ) 0 x 4 V ( x, 0) 3 x 1 W ( x ), Vt ( x, 0) sin l l
(4 分)
故
u ( x, t ) sin x cos at 1 1 cos x cos at 2 cos x. 2 a a
(1 分)
7、 解 对 y 取拉普拉斯变换 L[u ( x, y )] U ( x, p ) (1 分)，对方程和边界条件同时对
p dU 1 ,U dx p
x 0
d 2u ˆ ( , t ) ˆ ( , t ), x R, t 0 a 2 2u dt 2 u ˆt ( ,0) 0 ˆ ( ,0) F (sin x), u
（2 分）
该方程变为带参数 的常微分方程的初值问题。解得
ˆ ( , t ) C1e jat C2e jat u ˆ ( ,0) F (sin x) C1 C2 , u ˆt ( ,0) ja (C1 C2 ) 0 于是 u
5、利用行波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）(10 分)：
2u 2u 2 a 2 x 2 t u x at 0 ( x ) u ( x ). x at 0
(0) (0)
1
6、用达朗贝尔公式求解下列一维波动方程的初值问题（10 分）
（2 分） （2 分）
则由 C1 C2
1 1 ˆ ( , t ) F (sin x )(e jat e jat ) 。 （2 分） F (sin x) ，得： u 2 2
ˆ ( , t ) 的 Fourier 逆变换 作像函数 u ˆ ( , t )] u ( x, t ) F 1[u sin x cos at 1 1 1 F F (sin x)(e jat e jat ) [sin( x at ) sin( x at )] 2 2
t 0
sin 2 x
到
1 v cos xw ( x ), a2 t
以 上
5
t 0
0,
(2 分)由达朗贝尔 题 的 解 为
得
问
1 1 1 v( x, t ) [sin 2( x at ) 2 cos( a at ) sin 2( x at ) 2 cos( x at )] 0 2 a a 1 sin x cos at 2 cos x cos at a
y 取拉普拉斯变换得到
U ( x, p ) 1 1 1 x 2 2 p p p
1 1 2 p p
(3 分)，解这个微分方程得到
(3 分)， 再取拉普拉斯逆变换有 u ( x, y ) yx y 1 (2 分)
所以原问题的解为 u ( x, y ) yx y 1 .(1 分) 8、解：对于初值问题关于 x 作 Fourier 变换，得：
( x), ut
t 0
( x).
（2 分）
因此，相应的定解问题为
utt a 2uxx , 0 x l , t 0, A sin t , Tux (l , t ) ku (l , t ) 0, ux (0, t ) T u t 0 ( x), ut t 0 ( x).
T ' (t ) T (t ) 0 ， X '' ( x) X ( x) 0 （2 分） ，由边界条件得到 X (0) X (4) 0 ，
对 的情况讨论，只有当 0 时才有非零解，令 ，得到
2
2
n 2 2 42 为
特征值，特征函数
X n( x ) Bn sin
2 2v 1 2 v a [ w '' ( x)] cos x a 2 w '' ( x) cos x 0 w( x) 2 cos x 2 2 t x a (2 分)， 再求
v 定解问题
公 式
2 2v 2 v a ,t 0 t 2 x 2
(u
2
v v 2 u )d (u