数学物理方程 2-3章课后部分习题答案 李明奇主编 电子科技大学出版社
数学物理方程第二版答案
的通解可以写成
u
F x at Gx at hx
其中 F,G 为任意的单变量可微函数,并由此求解它的初值问题:
t 0 : u x ,
解：令 h x u v 则
u x . t
v h x u u v , h x 2 u h x u x x x x
( ESu x ) x
利用微分中值定理，消去 x ，再令 x 0 得
若 s( x) 常量，则得
( x)
即得所证。
2u u = ( E ( x) ) 2 x x t
2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由， (3)端点固定在弹性支承上，试 分别导出这三种情况下所对应的边界条件。
2u u g [(l x) ] 。 2 x x t
5. 验证
u ( x, y , t )
1 t x y
2 2 2
在锥 t x y >0 中都满足波动方程
2 2 2
2u 2u 2u 1 2 2 2 在锥 t x y >0 内对变量 2 2 证：函数 u ( x, y, t ) 2 2 2 2 t x y t x y
t有
G(x+at) 常数.
即对任何 x, G(x) C 0 又 G（x）=
1 1 x C ( x) ( )d 2 2a x0 2a
所以 ( x), ( x) 应满足
( x)
或
1 x ( )d C1 （常数） a x0 1 ' (x)+ ( x) =0 a
( x) (1 ) 2
若 E ( x) E 为常量，则得
数学物理方程_谷超豪_第二章答案
数学物理方程谷超豪第二章答案1. 引言本文档是《数学物理方程》一书中第二章的答案。
该章节主要涵盖了偏微分方程的分类和解法。
在本文中，我们将解答课后习题和深入讨论相关概念，以帮助读者更好地理解和应用这些知识。
2. 偏微分方程的分类在第二章中，我们学习了偏微分方程的分类方法。
根据方程中未知函数的阶数和自变量的个数，偏微分方程可以分为以下几类：1.一阶偏微分方程：只涉及一阶导数的方程，如线性一阶波动方程和拟线性一阶方程等。
2.二阶偏微分方程：涉及二阶导数的方程，如线性二阶波动方程和拉普拉斯方程等。
3.高阶偏微分方程：涉及高阶导数的方程，如线性高阶波动方程和椭圆方程等。
根据自变量的个数，偏微分方程还可以分为以下两类：1.单自变量偏微分方程：只含有一个自变量的方程，如一维波动方程和一维热传导方程。
2.多自变量偏微分方程：含有多个自变量的方程，如二维波动方程和三维热传导方程。
3. 课后习题答案3.1 第一题题目：求解一维波动方程 $\\frac{\\partial^2 u}{\\partial t^2} = c^2 \\frac{\\partial^2 u}{\\partial x^2}$，其中c为常数。
解答：我们可以使用分离变量法求解这个一维波动方程。
首先，假设c=c(c)c(c)，代入原方程得到：$$\\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \\frac{X''(x)}{X(x)}$$两边同时等于一个常数 $-\\lambda^2$，即：$$\\begin{cases} T''(t) + \\lambda^2 c^2 T(t) = 0 \\\\ X''(x) + \\lambda^2 X(x) = 0 \\end{cases}$$解这个常微分方程得到：$$\\begin{cases} T(t) = A\\cos(\\lambda c t) +B\\sin(\\lambda c t) \\\\ X(x) = C\\cos(\\lambda x) +D\\sin(\\lambda x) \\end{cases}$$其中c,c,c,c都是常数。
数学物理方程习题解答案
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）(,)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 =是方程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s i n s i n 0xxxx yy u u e y ey +=-= (,)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0x y x y u u 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。
数学物理方程第二版习题解答 第三章教学文稿
x = r sinθ cosϕ ， y = r sinθ sinϕ ， z = r cosθ
（1）
∆u = ∂ 2u + ∂ 2u + ∂ 2u ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
为作变量的置换，首先令 ρ = ρ sinθ ，则变换（1）可分作两步进行
x = ρ cosϕ ， y = ρ sin ϕ
（2）
∂ϕ ρ
= sinϕ ∂ ( ∂u sinϕ + ∂u ⋅ cosϕ ) +
∂ρ ∂ρ
∂ϕ ρ
+ cosϕ ∂ ( ∂u sinϕ + ∂u ⋅ cosϕ )
ρ ∂ϕ ∂ρ
∂ϕ ρ
= sin 2 ∂ 2u + 2sin ϕ cosϕ ∂ 2u + cos2 ϕ ⋅ ∂ 2u −
∂ρ 2
ρ
∂ρ∂ϕ ρ 2 ∂ϕ 2
⋅
∂2u ∂ϕ 2
=
0
3． 证明拉普拉斯算子在柱坐标 (r,θ , z) 下可以写成
∆u
=
1 r
⋅
∂ ∂r
(r
∂u ) ∂r
+
1 r2
⋅
∂2u ∂θ 2
+
∂2u ∂z 2
证：柱坐标 (r,θ , z) 与直角坐标 (x, y, z) 的关系
x = r cosθ ， y = r sinθ ， z = z
第三章 调 和 方 程
§1 建 立 方 程 定 解 条 件
1． 设 u(x1, x2 ,, xn ) = f (r) (r = x12 + + xn2 ) 是 n 维调和函数（即满足方程
∂ 2u + + ∂ 2u = 0 ），试证明
数学物理方程2 电子科技大学 李明奇
一、均匀细弦微小横振动问题
一根均匀柔软的细弦线，一端固定在坐标原点，另一端沿x轴 拉紧固定在x轴上的L处，受到扰动，开始沿x轴（平衡位置） 上下作微小横振动（细弦线上各点运动方向垂直于x轴）。试 建立细弦线的振动规律。 确定研究对象： 细弦线上任意点位移函数u(x，t)
通过曲面进入导热体的总热量:
Q1
t2
t1
u ds ]dt [ k n S
14
1 0.5 n 0 0.5 1 2 1.5 t 1 0.5 0 0 0.2 0.4 x 0.6 0.8 1
u Q1 [ k ds ]dt n s .t2 .t1 [ k u n0 ds ]dt
定解问题
泛定 方程 定解条件
初始条件 边界条件
19
1 0.5 n 0 0.5 1 2 1.5 t 1 0.5 0 0 0.2 0.4 x 0.6 0.8 1
y u xx u yy 0, 0 x , y 1 1 u(0, y ) u( x ,0) u( x ,1) 0 u(1, y ) sin y
v
u .t2 u .t2 c .t1 dt dv .t1 [ c dv]dt t v v t
ut a 2 u a 2 (u xx u yy u zz )
16
1 0.5 n 0 0.5 1 2 1.5 t 1 0.5 0 0 0.2 0.4 x 0.6 0.8 1
7
1 0.5 n 0 0.5 1 2 1.5 t 1 0.5 0 0 0.2 0.4 x 0.6 0.8 1
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
数学物理方程第一章答案
sin tg
u x.
x
2u u u [l ( x x)] ∣ x x g [l x] ∣ x g 2 x x t
利用微分中值定理，消去 x ，再令 x 0 得
利用微分中值定理，消去 x ,再令 x 0 得
2u u u x sx 2 . ES b x s x t x x t
若 s( x) 常数，则得
x
2 u u u E b x 2 x x t t
v u 2v 2 u 2 u [(h x) (u ) (h x) (h x) (h x)(u 2 ) x x x x x x
又 代入原方程，得
h x
2
u
t 2
2v t 2
h x
即
2
v
x 2
u u ) ∣ x l 0 。 x
即
u ∣ x 0 k[u(0, t ) v(t )] x u ( u ) ∣ x 0 f (t ). x E
3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 E
x u x 2u [(1 ) 2 ] (1 ) 2 2 x h x h t
2u u g [(l x) ] 。 2 x x t
5. 验证
u ( x, y , t
1 t x y
2 2 2
在锥 t x y >0 中都满足波动方程
2 2 2
2u 2u 2u 1 2 2 2 在锥 t x y >0 内对变量 2 2 证：函数 u ( x, y, t ) 2 2 2 2 t x y t x y
大学物理第三章 部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ （2）对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰（3）对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
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数学物理方程 李明奇主编 电子科技大学出版社2-3章部分习题答案习题2.14.一根长为L 、截面面积为1的均匀细杆，其x=0端固定，以槌水平击其x=L 端，使之获得冲量I 。
试写出定解问题。
解：由Newton 定律： tt x x Sdxu t x YSu t dx x SYu ρ=-+),(),(，其中，Y 为杨氏模量，S 为均匀细杆的横截面积，x u 为相对伸长率。
化简之后，可以得到定解问题为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==========)(|,0|0|,0|)/(0002L x Iu u u u u a u Y u t t t L x x x xx xx tt δρρ。
习题2.23.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4u ，即dSdt ku dQ 4=，设物体与周围介质之间，只有热辐射而无热传导，周围介质的绝对温度为已知函数),,,(t z y x ϕ，。
试写出边界条件。
解：由Fourier 热传导实验定律dSdt nuk dQ ∂∂-=1，其中1k 称为热传导系数。
可得dSdt u k dSdt nuk )(441ϕ-=∂∂-，即可得边界条件：)(441ϕ--=∂∂u k k nus。
习题2.34.由静电场Gauss 定理⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅VsdV dS E ρε01，求证：0ερ=⋅∇E ，并由此导出静电势u 所满足的Poisson 方程。
证明：⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅=⋅VVsdV dV divE dS E ρε01，所以可以得到：0ερ=divE 。
由E divE ⋅∇=与u E -∇=，可得静电势u 所满足的Poisson 方程：2ερ-=∇u 。
习题2.42.求下列方程的通解：（2）：;032=-+yy xy xx u u u （5）：;031616=++yy xy xx u u u解：（2）：特征方程：03)(2)(2=--dx dy dx dy解得：1-=dx dy 和3=dxdy。
那么令：⎩⎨⎧-=+=y x yx 3ης， ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1311y x y x Q ηηςς， 所以：⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-088011313111131112212121122121211Q a a a a Q a a 01=-=ςςc L b ，02=-=ηηc L b ，0==f c 。
可得：0=ςηu 。
解之得)3()(21y x y x u -++=ϕϕ。
（5）：特征方程：03)(16)(162=+-dxdydx dy解得：41=dx dy 和43=dx dy 。
那么令：⎩⎨⎧-=-=y x yx 434ης， ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=4341y x y x Q ηηςς， 所以：⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-032320443138816434112212121122121211Q a a a a Q a a a a 01=-=ςςc L b ，02=-=ηηc L b ，0==f c 。
可得：0=ςηu 。
解之得)43()4(21y x y x u -+-=ϕϕ。
习题2.52.试证明：若);,(τt x V 是定解问题⎪⎩⎪⎨⎧====><<=-====),(,0,0,0,0,002ττττx f VV V V t L x V a V t t t L x x xx tt 的解，则ττd t x V t x u t ⎰=0);,(),(是定解问题⎪⎩⎪⎨⎧====><<=-====0,00,00,0),,(0002t t t L x x xx tt u u u u t L x t x f u a u 的解。
解：由题意可对),(t x u 进行求导，则：τττττd t x V V d t x V u tt t tt t ⎰⎰=+==00);,();,(，其中0==τt V。
),(),(0200ττττττx f d V a x f d V V d V u txx ttt t tttt tt +=+=+=⎰⎰⎰=，将τd V u txx xx ⎰=0代入上式中，则可得),(2τx f u a u xx tt +=。
至于边界条件和初始条件，由于0,00000====⎰⎰====ττd Vud Vutx L x tx x L，0,000000====⎰⎰===ττd V u d V u t tt tt 。
所以，得证。
习题2.61.证明下列公式：（3） )0(,)()(≠=a ax ax δδ证明：由δ函数定义：⎰⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-∞+∞-∞+∞-====ax d x ax a d x a adx x a dx ax 1)()(1)()(1)()(δδδδ 即：)0(,)()(≠=a ax ax δδ。
得证：)0(,)()(≠=a ax ax δδ习题3.13.求下列边值问题的固有值和固有函数：（4）[]⎩⎨⎧=+'==+''==0,0002L x x hX X XX X β解：令02>=βλ，则方程02=+''X X β的通解为x B x A x X λλsin cos )(+=。
代入边界条件：⎪⎩⎪⎨⎧=-⇒=+=+'=⇒=⋅+⋅=L h L Bh L B L hX L X A B A X λλλλλtan 0sin cos )()(0,001)0(， 则满足等式L hλλtan =-的λ值就是固有值，记为n λ，则固有函数为x x X n n λsin )(=。
7.一根长为L 的杆，一端固定，另一端受力0F 而被拉长。
求杆在去掉0F 时的振动。
设杆的截面积为S ，杨氏模量为Y 。
解：设位移函数为)()(),(t T x X t x u =，则定解问题为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====><<=-====0,0,00,0,000002t t t L x x x xx tt u x YS F u u u t L x u a u 用分离变量法，由边界条件，可得：2]2)12([Ln n πλ+=，其相对应的本征函数为......)3,2,1,0(,2)12(sin)(=+=n x Ln x X n π。
将)(x X n 带入初始条件中，可得x YSF x L n A x u n n 02)12(sin)0,(=+=π，利用本征函数系⎭⎬⎫⎩⎨⎧+x L n 2)12(sinπ的正交性，可得： 22000000)12()1(82)12(cos2)12(cos )12(222)12(sin 2+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⋅+-=+⋅=⎰⎰n YS L F dx L x n L x n x n L LYS F dxL x n x YS F L A n LL L n πππππ 则可以得到解为：......)3,2,1,0(,2)12(sin 2)12(cos )12()1(8),(0220=+++-=∑∞=n Lxn L at n n YS L F t x u n n n πππ习题3.22.一根长为L 的细杆侧面和两端绝热，初始时刻细杆上的温度为)(x ϕ，求细杆上温度变化的规律。
其定解问题为：⎪⎩⎪⎨⎧===><<====)(0,00,0,002x u u u t L x u a u t L x x x x xx t ϕ。
解：采用分离变量法，设)()(),(t T x X t x u =，将其代入方程分离变量，同时由边界条件，可得本征值：2)(Ln n πλ=，其相对应的本征函数为 ......)3,2,1,0(,cos)(==n Lxn x X n π。
且可得 ......)3,2,1,0(,exp )(2222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=n L t a n A t T n n π。
那么通解即为：∑∞==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=02222......)3,2,1,0(,cos exp exp ),(n n n L xn L t a n A t x u ππ再代入初始条件，即有：∑∞===0)(cos)0,(n n x Lxn A x u ϕπ。
利用本征函数系⎭⎬⎫⎩⎨⎧L x n πcos 的正交性，可得：......)3,2,1,0(,cos )(20==⎰n dx Lx n x L A L n πϕ。
综上所述，该定解问题的解为：∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=02222cos exp ),(n n L xn L t a n A t x u ππ，其中......)3,2,1,0(,cos )(20==⎰n dx Lxn x L A L n πϕ。
习题3.31.求解定解问题：⎪⎩⎪⎨⎧==∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=Auu u a ρθρρρρρ011222。
解：利用Poisson 公式，可以求得：Ad A a 21200==⎰θππ，)0(,0cos 1200≠==⎰n d n A a n n θθπρπ，0sin 120==⎰θθπρπd n A b n n那么，可以得到方程的解用级数表示为A u =),(θρ4．求解圆域内Laplace 方程Neumann 问题：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂<<-<<=∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=)(,0011222θρπθπρθρρρρρρf uR uu R ，。
解：设)()(),(θρθρΦ=R u ，得：0112=Φ''+Φ'+Φ''R R R ρρ即：ΦΦ''-='+''R R R ρρ2。
令其比值为常数λ，可得两个常微分方程：⎩⎨⎧=+Φ=Φ=Φ+Φ''0)2()(0θπθλ及⎪⎩⎪⎨⎧+∞<=-'+'')0(02R R R r R r λ 解出关于)(θΦ的固有值问题的固有值为,...2,10,2，==n n n λ则固有函数,..2,1sin cos )(,)(00='+'=Φ'=Φn n B n A A n n n ，θθθθ 将n λ代入关于)(ρR 的方程，解得)0()(000为任意常数≠''=C C R ρ，,...2,1),0(,)(=≠''=n C C R n n n n 为任意常数ρρ。
所以2)()(),(000000A C A R r u =''=Φ=θρθ， ,...2,1)sin cos ()sin cos ()()(),(=+='+''=Φ=n n B n A n B n A C R r u n n nn n n nn n n θθρθθρθρθ叠加得：,...2,1,0)sin cos (2),(10=++=∑∞=n n B n A A r u n n n nθθρθ由边界条件，得：∑∞=-=+==∂∂11)sin cos ()(n n n n Rn B n A nR f uθθθρρ 那么可以得到各个系数值：,...)2,1(,sin )(1,cos )(111===⎰⎰----n d n f Rn B d n f R n A n n n n θθθπθθθπππππ综上所述，定解问题的解为,...2,1,0)sin cos (2),(10=++=∑∞=n n B n A A r u n n n nθθρθ其中：0A 为任意常数，θθθπππd n f Rn A n n ⎰--=cos )(11，）,...2,1(,sin )(11==⎰--n d n f Rn B n n θθθπππ习题3.42.一个长、宽各位a 的方形膜，边界固定，膜的振动方程是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====><<<<+=====00,0,0),(002a y y a x x yy xx tt u u u u t a y a x u u k u 。