数理方程课后习题(带答案)

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数理方程习题解答

+
α
2 2
=
α32
+
α
2 4
，取单位特征方向，
α12
+
α
2 2
+ α32
+
α
2 4
= 1。所以，α12
+
α
2 2
= α32
+
α
2 4
=
1 2
。记
α1
=
1 2
cosθ ,
α2
=
1 2
sinθ ,α3
=
1 2
cosϑ,
α4
=
1 2
sinϑ
，则
α
=
⎛ ⎜⎝
1 2
cosθ ,
1 sinθ , 2
1 2
cosϑ,
则杆上各点在时刻的位移是
。
在杆上任取一段，其两端点静止时的坐标为
,此小杆段在时刻的相对伸长
为：律知张力为
，令
得点在时刻的相对伸长为ux (x, t) ，由 Hooke 定
，再此小杆段上用 Newton 第二定律得
两边同除并令
得：
若杨氏模量为为常数则得：
。
1 牛顿(Newton)第二定律与动量守恒定律等价，也可以用动量守恒定律来见方程，见《数学物理方程讲义》（姜礼尚、陈亚浙）P1
=
1 2
sinθ ,α3
=
±
1 sinθ ，则 2
α
=
⎛ ⎜⎝
cosθ
,
1 sinθ , ± 2
1 2
sin
θ
⎞ ⎟⎠
。
( ) 2 对波动方程utt − a2 uxx + uyy = 0 过直线l : t = 0, y = 2x 的特征平面。

数学物理方程(谷超豪)课后习题完整解答

证：函数 u ( x, y, t )
1 t x y
2 2 2
在锥 t x y >0 内对变量 x, y , t 有
2 2 2
x 2u x u ( x) (1 ) 2 2 [ E (1 ) 2 ] h t x h x
若 E ( x) E 为常量，则得
其中为杆的密度， E 为杨氏模量。证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与 x x 。现在计算这段杆在时刻 t 的相对伸长。在时刻 t 这段杆两端的坐标分别为：
u | x l =0 x
u | x l 等于零，因此相应的边 x
同理，若 x 0 为自由端，则相应的边界条件为
代入原方程，得
x s x
若 s ( x) 常数，则得
u u 2u . b x s x ES 2 t x x t
即
h x
2
v
x 2

1 2v h x t 2 a2
2v 1 2v x 2 a 2 t 2
即对任何 x, G(x) C 0 又 G（x）=
1 1 x C ( x) ( )d x 2 2a 0 2a
x 2 ]的影响区域以外不发生变化；
（2）在 x 轴区间[ x1 , x 2 ]上所给的初始条件唯一地确定区间[ x1 , x 2 ]的决定区域中解的数值。证：（1）非齐次方程初值问题的解为 u(x,t)= [ ( x at ) ( x at )]
同理
5 2u 2 2 2 2 2 t x y t x 2 2 y 2 2 y
t
2 5 2 2 2 x y t 2x 2 y 2

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。

数理方程习题解答

d dx
k
(x)
dy dx
q(x)
y
(x)
y
0
在第一类齐次边界条件及自然条件下
特征函数系
Pm (r)
J
n
(
(n m R
)
r)
m 1, 2,...
R 0
rJ
n
(
(n) m R
r
)J
n
(
(n) k R
r)dr
0 mk
R2 2
J
2 n1
(m(n)
)
R2 2
J
2 n1
(
(n m
)
)
mk
设
① ② ①-②
J0 ( x)
贝塞尔函数的图象
J1(x)
J 2 ( x)
J3 ( x)
贝塞尔方程在第一类边界条件下的特征值和特征函数
r2P(r) rP(r) (r2 n2 )P(r) 0
P(r) rR 0
P(r) r0
Jn ( R) 0
R
(n) m
(m 1, 2,...)
(n) m
(
(n) m
贝塞尔函数的性质（4）
二维热传导物理问题
u
t
a2
2u x2
2u y 2
u t0 (x, y)
,
x2 y2 R2
u 0 x2 y2 R2
u(x, y,t) V (x, y)T (t)
T (t) a2T (y 2
V
0
V 0 x2 y2 R2
贝塞尔函数的性质（1）
第一类贝赛尔函数：
在整个数轴上收敛，在每个指定的点都
取有限值第二类贝赛尔函数：

数学物理方程答案(全)

SY (ux (x dx,t) ux (x,t)) Sdxutt
utt
Y P
uxx
杆的一端固定，有 u(0,t) 0 ，另一端为自由端有 ux (x,l) 0
由于弦在出事时刻处于静止状态，即初速度为零，故 ut (0,t) 0
在 t 0 时刻，整个杆被纵向拉长 d ，则单位杆长的伸长量为 d ，故 x 点处的伸长 l
(3)特征方程为
4( dy )2 8( dy ) 3 0
dx
dx
解得
dy 3 和 dy 1 dx 2 dx 2
习题 2.2
1.一根半径为 r，密度为，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 1 的介质发生热交换，且热交换的系数为 k1 。
试导出杆上温度 u 满足的方程。解：
0
x
x+dx
取微元在 (x, x dx) 之间，在时间 t 内
x

从左右两截面流入的热量，有热传导方程可得
dT g dx 对上式进行积分,并且利用在 x 0 处的张力为T x0 gl 可求得 T (x) g(l x)
对于(2)式 sin2 tan2 ux (x dx,t) sin 1 tan 1 ux (x,t)
将上述结果代入(2)式得出
T (x dx,t)ux (x dx,t) T (x)ux (x,t) uttdx
2 x ux)

Y P
x
(x2
u x
)
1 x2
4.一根长为 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： SYux (x dx,t) YSux (x,t) Sdxutt ，其中，Y 为杨

李明奇主编数学物理方程全套课后部分习题答案__电子科技大学出版社

数学物理方程电子科技大学出版社习题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 。

试写出其定解问题。

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。

数学物理方程课后参考答案第二章

第二章热传导方程§1 热传导方程及其定解问题的提1. 一均匀细杆直径为l ，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从于规律dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ，比热为c ，热传导系数为k ，试导出此时温度u 满足的方程。

解：引坐标系：以杆的对称轴为x 轴，此时杆为温度),(t x u u =。

记杆的截面面积42l π为S 。

由假设，在任意时刻t 到t t ∆+内流入截面坐标为x 到x x ∆+一小段细杆的热量为t x s xuk t s x u k t s x u k dQ x x x x ∆∆∂∂=∆∂∂-∆∂∂=∆+221 杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。

由假设，在时刻t 到t t ∆+在截面为x 到x x ∆+一小段中产生的热量为()()t x s u u lkt x l u u k dQ ∆∆--=∆∆--=111124π又在时刻t 到t t ∆+在截面为x 到x x ∆+这一小段内由于温度变化所需的热量为()()[]t x s tuc x s t x u t t x u c dQ t ∆∆∂∂=∆-∆+=ρρ,,3由热量守恒原理得：()t x s u u lk t x s x uk t x s t u c x t ∆∆--∆∆∂∂=∆∆∂∂11224ρ消去t x s ∆∆，再令0→∆x ，0→∆t 得精确的关系：()11224u u l kxu k t u c --∂∂=∂∂ρ或 ()()11222112244u u l c k xu a u u l c k x u c k t u --∂∂=--∂∂=∂∂ρρρ 其中 ρc k a =22. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。

解：在扩散介质中任取一闭曲面s ，其包围的区域为Ω，则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质，由dsdt nuDdM ∂∂-=，其中D 为扩散系数，得 ⎰⎰⎰∂∂=21t t sdsdt nuDM 浓度由u 变到2u 所需之溶质为()()[]⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩΩ∂∂=∂∂=-=2121121,,,,,,t t tt dvdt t uC dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M两者应该相等，由奥、高公式得：⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩ∂∂==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=21211t t t t dvdt t uC M dvdt z uD z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。

电子科大版数理方程课后习题答案

一准备（Preliminaries ）A单摆的数学模型:牛顿第二定律: F = m aa —物体加速度;F —合外力;m —物体质量虎克定律:(1) f = –k x ; f —弹力;k —弹性系数; x —弹簧伸长 (2) p = Y ux ; Y —杨氏模量; ux —弹性体相对伸长付里叶热传导定律: Q —热量;T —温度;κ—热导率牛顿冷却定律: q = k (u |S – u 0)q —热流密度; u 0—外界温度;u|S —物体温度 B 几个有用的积分公式2()()()222(cos sin )cos R e()sin Im ()cos sin sin sin cos cos bi xxb aa bi xxb aa bi xxb aa bxxxb b aaa bb b aaa bb b aaacxeex i x dx i eexdx i eexdx i exeexdx x xxx xdx x xxx xdx edx αβααβααβααααββαββαββαβααββββββββββ+++-+=+=+=+=-=-+=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰+∞-∞⎰C 函数的Fourier 展开θθsin 22mg dtd mL-=dTQ dx κ=-{}(21)()sin 2n n X x x L π+⎧⎫=⎨⎬⎩⎭ 是正交函数系二练习(Exercise)P22 ex 2.1竖直方向合力为零：(1)()cos ()()cos ()(2)cos ()cos ()1T x dx x dx gds T x x x dx x αρααα+++=+≈≈{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧=x L n x X n πsin )(10(,)()sin()(,)sin 2n n Ln n f x t f t xL Ln f t f x t xdxLππ∞===∑⎰由此(3)dT g dxρ=-对x=0做受力分析(4)(0)T G Lg ρ==解一阶ODE 的初值问题(initial value problem)(3)(4)得(5)()()T x L x g ρ=-水平合力(6))sin ())sin ()ttF m aT x dx x dx T x x dxu ααρ=++-=（（(7)sin ()tan ()()sin ()tan ()()x x x dx x dx u x dx x x u x αααα+≈+=+≈=联合(6)(7)(3)(5) (()())()x x tt xx x x ttxx x tt T x u x u Tu T u u L x gu gu u ρρρρρ=+=--=P22 ex2边界条件(Boundary conditions)00|0x x ===端固定，u()(,)()0tt x x L u F t SYu L t F t ερε==--=对端做受力分析0,|0x x L u ε=→=初值条件(initial condition)u (L ,t )Ou (x ,t ) u (x+dx ,t )xLO0()()()()(1)x x t T x dx T x T x const T x SYu u k=+===≡受力分析水平方向注意(2)(0,0)0,(,0)u u L b ==解一阶ODE 的边值问题(boundary value problem)(1)(2)得 0|t b u x L ==0|0t t u ==P22 ex3(,)()(,)(1)(,)()(,)x x T x t S x Yu x t T x dx t S x dx Yu x dx t =+=++2222()()()()x S x R Lx dx S x dx R Lππ=++=由Newton 运动定律222222(2)(,)(,)1()()31()()()3()()()()tt T x dx t T x t dV gu x V x R xLx dx V x dx R x dx Lx dV V x dx V x R dx o dx Lρπππ+-==++=+=+-=+由(1)(2)得22(3)(())()2x x x ttx x tt xx x ttS x Yu V u x Yu x u xYu Yu xu ρρρ==⇒+=设w xu =，则xx ttYw w ρ=P22 ex4(参考ppt 数理方程2p12,p13)在(,]L L ε- 处受到冲量I ，由动量守恒定理 000/(),()0,lim ()(),()0,()/()/()lim ()lim ()()()LLL LLLLI L x L x otherIx x L x L Ix L otherIx dx I dx I Ix dx x dx IIIx L dx x L dx εεεεεεεεεερεψεψδρδρψρεερρψψρδδρρρ→-→→-<≤⎧=⎨⎩→=-+∞=⎧-=⎨⎩=====-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰令0,P26 ex1通过两端截面而留下的热量2((,)(,)(,)(,))()x x kdt u x dx t s x dx t u x t s x t s x s rπ++-==这儿微元段升温所吸热t c sdxu dt ρu (x ,t ) u (x+dx ,t )xLOu (x ,t ) u (x+dx ,t )xLO2,0,0(0,)0,(,)0,0(,0)0,(,0)(),0tt xx t u a u x L t u t u L t t u x u x x x L εψ⎧=<<<<+∞⎪==<<+∞⎨⎪==<<⎩I εερψ=与侧面交换所留下的热量11()side k u u S dt - 侧面是一圆柱2side S rdx π=与侧面交换所留下的热量1111()()2side k u u S dt k u u rdxdt π-=-由热量守恒有11222211((,)(,)(,)(,))()20,02(),,x x t t xx kdt u x dx t s x dx t u x t s x t c sdxu dt k u u rdxdtdt dx k k u a u b u u a b c c rρπρρ++-=--→→-=--==P26 ex4(参考ppt 数理方程3p6,p7) (1)000|0|x x x L x u x L u u ======端绝热，没有热流流入q=0,i.e 端保持温度,(2)00||x x x x x x L x q ku q u kx L q ku q u k====-==1122热流流入=-(注意负号表示流入的方向和外法方向相反）,i.e 热流流入=(注意正号表示流入的方向和外法方向相同）,i.e(3)0112120||(|),())|()x x L x L x x L x u u u x L k k u u xk h u t ku hu h t θθ======∂=-=-∂==+=端保持温度,处有热交换这里所以（P36 ex 1(参考ppt 数理方程4 p7-10)(1) 1112212112212221112222,2,30,)a a a a a a a a a a a a aa H yperbolic ∆=-=-===∆=>判别式这儿故方程的类型为双曲（(2) 111221211221222111222,,0,)a a aa a a a a a a a a aParabolic ∆=-=-===∆=判别式这儿故方程的类型为抛物（(3)111221211221222 11122222,,0,)a aa a aa aa a a a a aaE lliptic∆=-=-===∆=-<判别式这儿故方程的类型为椭圆（(4)1112212112212221112221,0,0,0,)0,0,),0,0,))a aa a aa aa a a xx E lliptic x x H yperbolicx Parabolicm ixed type∆=-=-===<>⎧⎪∆=-><⎨⎪==⎩判别式这儿当故方程的类型为椭圆（当故方程的类型为双曲（当故方程的类型为抛物（故方程的类型为混合型（2(1)211122221212()20()10901 or (2)9or9.or99(,)()()()(9) dy dya a adx dxdy dydx dxdy dydx dxy x C y x Ci ey x C y x Cy xy xuu x y f g f y x g y x ξηξηξη-+=-+====+=+-=-==-⎧⎨=-⎩∂=∂∂=+=-+-2特征O D E为即故(1)令原方程变为(3)211122221212()20()83013or (2)222or23.2or23223(,)()()(2)(23) dy dya a adx dxdy dydx dxdy dydx dxy x C y x Ci e y x C y x Cy xy xuu x y f g f y x g y x ξηξηξη-+=-+====+=+-=-==-⎧⎨=-⎩∂=∂∂=+=-+-2特征O D E为即4故(1)令原方程变为P56 ex2(1)(参考ppt数理方程5，p4-10)2000222,(0,0)0,00,)(,)()(),(1)0(2)0E ige 0,0(0)0,()0tt xx x x L t t t tt xx u a u x L t u u u u x L x u x t T t X x T X u a u a TXcon stO D EX X T a T X X x L X X L λλλλλ====⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==-⎪⎩=''''=⇒==-≡''''+=+=''+=<<⎧⎨==⎩（设得到由边界条件得固有值问题（n value p ro b lem )通解222222210()cossin (0)0,()00,sin 0(1,2,)()sin()cossin (,)(cossin)sin00,(,)n n n n n n n n nn n t n X x A B X X L A n n n n X x B xLLn T a T Ln at n at T t C D L L n at n at n x u x t CD LLLu C u x t D πππλπλλπππππ∞===+==⇒==⇒====''=+==+=+=⇒==∑ 代入通解由初值条件11333sin sin(,0)()sin ()222()sin(cos 1)n n t n n L n n at n x LL n n xu x D LLn n x L D x L x dx n L LLL n ππππππππ∞=∞==⨯=-=--∑∑⎰EX3 (1)0,0(0)0,()0(0)00()000(0)00()000()cos sin(0)0,()00,sin 0(1,2,X X x L X X L X A B eX A B X L A B eA B X A x BX B X L A L B A B X x A B X X L A n n λλλλλλπ''+=<<⎧⎨==⎩<=+=⇒+==⇒+===<==+=⇒==⇒+====>=+==⇒==⇒== 0,则0只有零解0只有零解0通解222)(()sinn n n n n X x B x LLππλ==固有值）（固有函数）(2)22222222220122,ln 11111111100,0(()()sin ()sin (ln )tt t n n n n n n n x e t x dy dy dt dy dxdt dx x dt dydy d d d y dx x dtdxdxdx dyddy dt xdtx dxdy d dy dt x dt x xdtdyd y xdtxdtd yy dt yy n y x y t B t B x E λλπλλ=========-+=-+=-+⎧+=⎪⎨⎪==⎩====原方程变为固有值）注原方程为u ler 型方程P60Ex12000222,(0,0)0,00,)(,)()(),(1)0(2)0E ig e 0,0(0)0,()0(t x x x x L t t t t x x u a u x L t u u u u x L x u x t T t X x T X u a u a TXco n stO D EX X T a T X X x L X X L X x λλλλλ====⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==-⎪⎩='''=⇒==-≡''''+=+=''+=<<⎧⎨==⎩（设得到由边界条件得固有值问题（n v a lu e p ro b le m )通解222222222101)co ssin (0)0,()00,sin 0(1,2,)()sin()(,)sin(),(,0)sin ()2()sinn n n n n n n a tn a tn n t n n n A B X X L A n n n n X x B xLLn T a T LT t en x u x t C eLu x L x n x u x C Ln x C x L x Lλλπππλπλλπππ-∞-==∞==+==⇒==⇒===='=+====-==-∑∑代入通解由初值条件33322(co s 1)L L d x n LL n ππ⨯=--⎰P70 Ex 220122221221222200010,00000(1),,(0,0)0,0,P 60,E X 1(,)sinn axxx x x L ax x aL x LaL t xx x x L t a tn n u V WW A e W W eW A C x C aA W C aeWAC L C aA e A C C a LaV a V x L t V V V T W n x V x t C e Lλπ-==-=-=-===-==+⎧=-⎪⎨==⎪⎩=-++=⇒-+==⇒-++=-==⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪=-⎪⎩=重复的步骤02222022222(1)()sin22(1cos )(1cos )()ax aL L n at eA e A n x C Ax T dxLaa L aLT A enp Ln p npnp a L n p π∞----=--+-=--+∑⎰P70 Ex 3(见ppt 数理方程7 p13-15)()20002221cos sin ,0,00,00,00,0(0)0,()0()cos cossin ()costtxx x x x x L t t t n n n n n x u a u A t x L t Lu u u u X X x L X X L n Ln X x A x L x n A t f t xLL πωλπλπππω====∞=⎧=+<<>⎪⎪==⎨⎪==⎪⎩''+=<<⎧⎨''==⎩===∑固有值问题固有值固有函数121112111110sin ()cos ()cos()sin ()02(,)()cos(,)()cos()sin (0)0,(0)0()sin sin()1{cos[(2n n n n n t n A t f t x f t x LLf t A t f t n n x xu x t T t u x t T t LLa T T A t L T T LaT t A t d a Lππωωπππωπωτττπω∞=∞=--===≥=⇒=⎧''+=⎪⎨⎪'==⎩=-+∑∑⎰（），解上述O D E 的初值问题得0)]cos[()]}(sinsin )/[()()]sinsin (,)cos ()()t aaaat t d L LLLaaaat t LLLLaat tL AxL Lu x t aaaLLLππππτωττππππωωωωππωωππππωω---+=-+--=+-⎰P76 ex 2(参考ppt 数理方程8 p6)12121210212201212000(),()()(),,(0,0)0,0(),()P 56,E X 2(1)xx x x Lxs x x s x Lxs t xx x x L t t t u V W W f x W M WM W f y dyds C x C W M C M WM f y dyds C L M f y dyds M C C M LV a V x L t V V V x W V x ϕψ=========+=-⎧⎨==⎩=-++=⇒==⇒-+=-==⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪=-=⎪⎩⎰⎰⎰⎰⎰⎰重复1(,)(cossin)sinn n n n at n at n x V x t C D LLLπππ∞==+∑的步骤2()(())sin ,2()()sinL t n L tt n n x V x W C x W dx LLn n x V x D x dxLLLπϕϕππψψ===-⇒=-=⇒=⎰⎰由初值条件P76 ex 22110120001()()(,)()(,)(,)(,)(1)0,0()(,0),()(,)(2)0,00,00(3)0,0()(,0),x x a y y bx a x y y b x ax y y y y W x y y xau x t V x t W x t V f W VVV x W x Vx W x b V V VV f W V V V V V VVV x W x Vϕϕϕψψψ============-=+=+⎧∆=-∆⎪⎪==⎨⎪=-=-⎪⎩=+⎧∆=-∆⎪⎪==⎨⎪⎪==⎩∆====-2222()(,)(,)()()0000(0)0,()0,sin()bn n n x W x b ppt V x y X x Y y X Y X Y XYXYX X Y Y X X X X a n n X B x aaψλλλλππλ⎧⎪⎪⎨⎪⎪=-⎩=''''''''+=⇒-==''+=''-=''+=⎧⎨==⎩⇒==解方程（3）以下步骤参考数理方程6p age 17-18设得到o de1110220(,)()sin(),2()(,0)(()(,0))sin()2()(,)(()(,))sin()n n yyaan n n n n yyaan n n ay n n an n bbaa y bn n Y Y Y C e D e n V x y C eD ex a n Vx W x C D x W x x dxaan Vx W x b C eD ex W x b x dxaapp ππππππλππψψπψψ-∞-==-=''-==+=+=-⇒+=-=-⇒+=-∑⎰⎰解方程（2）以下步骤参考02221120()(),sin()()()sin (()()()())()sin ()()()0,0nn n n n n nn n n n nnn n n n ny x bt V Yy X x n n X x aaf W X x n ff W f y x LV f W n Y y X x Y y X x f y x Ln Y y Y y f y LVVππλπππ∞=∞=∞∞=======-∆=-∆=∆=-∆⇒''''+=''-===∑∑∑∑数理方程7p age 8-13将展开为的级数（）由边界条件得20()()()0,0nn n n n y b y O D E n Y y Y y f y L Y Y π==⎧''-=⎪⎨⎪==⎩到非齐次的边值问题（）P90 ex1(1) 直接用D ’lambert 公式23322311(,)[()()]()2211(sin()sin())221sin cos [()()]6sin cos 3x at x atx atx at u x t x at x at d ax at x at d ax at x at x at aax at x t tϕϕψξξξξ+-+-=++-+=++-+=++--=++⎰⎰(2) 直接用D ’lambert 公式2211(,)[()()]()2211(55)2215[()()]45x at x atx at x atu x t x at x at d ad ax at x at axtϕϕψξξξξ+-+-=++-+=++=++--=+⎰⎰P92 EX1参考ppt 数理方程10 pg 5D 'lam bert 11(,)[()()]()2211(,)[()()]()2211[sin()sin()]cos 221sin cos (sin()sin())2sin cos x at x atx at x atx atx atu x t x at x at d ax t a u x t x at x at d a x at x at d ax at x at x at ax ξξϕϕψξξξξ+-+-+-=Φ++Φ-+ψ≤=++-+=++-+=-+--=⎰⎰⎰半无界弦振动的公式当时sin cos 11(,)[()()]()2211[sin()sin()](sin()sin())22sin cos sin cos x at at xat xat ax t a u x t x at at x d ax at x at x at x at ax atx at aϕϕψξξ+-+>=+--+=++--++-=+⎰当时P108 EX1(())()()()()()j xjxyF g x f f g x edy f x g y edyωωω+∞--∞+∞--∞===⎰⎰()()[()]()()()()()j xjxyj xjx y jx y F f x f x edxg y edyedxg y edydxg y edx dyωωωω+∞--∞+∞+∞---∞-∞+∞+∞-+-∞-∞+∞+∞-+-∞-∞====⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰1()()()()()[1]121()22()2()[()]()()2()()2()()2i xi x jx y jx y jx y x Fe d x ed y edxD irac y edxF f x g y edx dyg y y dyg y y dyωξωωωωδωπδξωππδωδπδωπδωπδω-∞-∞∞--∞+∞-+-∞+∞-+-∞+∞+∞-+-∞-∞+∞-∞+∞-∞==-=--=+===+=--=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰注意所以注意函数是偶函数（）11()()[()][2()]g f x FF f x Fg πωπω---==-另实际上只需证明1[2()]()()()()j xj xjyxFg g ed g ed g y ed f x ωωμμπωωωμμμ+∞--∞+∞-=--∞+∞--∞-=-===⎰⎰⎰Ex 3(1) 参见ppt 数理方程11 pg 6 例1||||0(1)(1)00(1)(1)02[]112111x x i xi xi xi x i xF eeedxe dx e dx edx edxi i ωωωωωωωω∞----∞+∞-+--∞+∞-+--∞==+=+=+=+-+⎰⎰⎰⎰⎰（2）参见ppt 数理方程 12 pg 42222222()222222()424[()]()()()2224[()]i x x xi xi x cxF f x eedx edxi i i i x x x x F f x e edxeePoisson edx ωππωπωωπππωπωωωωωπππππ∞+∞-+---∞-∞+∞--+-∞-+∞--∞==+=+-=++====⎰⎰⎰⎰利用定义对二次多项式配方所以注意这里利用了积分(3)2222222()222222()4244[()]R e()R e ()()()2224[()]R e(R e(R e(R e()4ia x x iaxi xaiia x aaiaiF f x eedx edxx x x x aaaaaF f x e edxe eeωωωωωπωωωωωπω∞+∞---∞-∞+∞---∞---==-=--=--=====-⎰⎰⎰利用定义对二次多项式配方所以22)4cxaPoisson edx +∞--∞=⎰注意这里利用了积分P155 ex 1(1) 参见ppt 数理方程 14例 4（pg 15）上半圆内任一点(,)M x y上半圆内定点: 000(,)M x y 的下半平面镜象点: 000(,)M x y '=- M 0的圆外镜象点: 11100(,)(,)M x y k x y == 其中2220Rk x y=+，R 是圆的半径M 1的下半平面镜象点: 111(,)M x y '=- 011000111(,)[lnlnlnln]2M MM M M MM M R R G M M r r r r r r π''=--+'10000010,,,M M M M r OM r OM r M M r M M ''==== (2) 上半球内任一点(,,)M x y z上半球内定点: 0000(,,)M x y z 的下半平面镜象点: 0000(,,)M x y z '=-0M 的圆外镜象点: 1111000(,,)(,,)M x y z k x y z ==其中2222000Rk x y z =++，R 是球的半径1M 的下半平面镜象点: 1111(,,)M x y z '=-11000111(,)[]4M MM M M MM M R R G M M r r r r r r π''=--+'1000010,,,M M M M r OM r OM r M M r M M ''====Ex 2(1)首先证明000000(),() ()()()()( G reen ()LLDDC u M C MD u M G M M M dsnG C dsnC G M M dx C M M dxCϕθϕδ=≡∀∈∂-=∂∂=∂=-∆-=-=⎰⎰⎰⎰如果则由第三G reen 公式由公式）0220200002202000220200001()1)()1212cos()1)1212cos 1)11212cos D u M r d r rr Cd r rr d r rπππϕθθπθθθπθθπθ-=--+-=-+-=-+⎰⎰⎰注意如果是以为圆心，以为半径的圆盘则由P o isso n 公式（（（因此02202000022000200002222000022000000()cos ()1)()1212cos()1)cos 1212cos()1)cos 1)sin 11cos sin 212cos 212cos 12a u M r d r rr a d r r r r a d a d r rr rππππϕθθϕθθπθθθθθθπθθθθθθθθθθθπθπθπ=-=--+--+=--+---=--+-+⎰⎰⎰⎰(1)如果则（（（）用代替（（（2202000220200022200200022220002000002200001)cos 12cos 1)cos 212cos 1)1(1)2212cos 1)11)122212cos 1)122r d r rr d r rr r d r r rr r r d r r r rr r r r r ππππθθθθθπθθπθθπθ--+-=-+-+=---+-+-=-+-+-+=-+=⎰⎰⎰⎰（（（（（220200022020001)sin 1212cos 1)1ln()2212cos 0r d r rr d r r rππθθθπθθπθ--+-=--+=⎰⎰（（0000000()cos . (,)= cos (,)= cos (2)()cos (,)= +cos u M ar i e u r ar u r ar b a u r b ar θθθθθϕθθθθ==+同理如果事实上2222222112cos 1112cos 12cos 1112cos 12cos d d d d d ππππππθρθρθθρθρρθρθθρθρρθρ-+=+-+-+=+-+++⎰⎰⎰⎰⎰tan222222222222222022111122111112()12()111122(1)(1)(1)(1)11112tan()2tan()(1)(1)1(1)(1)12111212t dt dtt t ttttdt dt t t a t a t θρρρρρρρρρρρρρρρρπρρπρ=+∞+∞+∞+∞+∞+∞=+--++-+++++=+-++++--+=++-++--=---⎰⎰⎰⎰由（万能公式）221cos d πθθρ=+⎰P182 ex 1参见ppt 数理方程14 pg 18 分离变量,令()()u P Z z ρ=10zz u u u ρρρρ++=（1）()0P P Z PZ ρρ'''''++=(2)P P Z PZρμρ'''''+=-=由边界条件得到固有值问题(3)0(0)()0Z Z Z Z h μ''+=⎧⎨==⎩0P P P ρμρ'''+-= 由(3)其固有值222n n hπμ=所以Bessel 方程222()0n P P P hπρρρ'''+-=2 证明参见ppt 14 pg 17220(1)()2!(1)m n mn n mm x J x m n m -+∞--+=-=Γ-++∑(1/2)21/2(1/2)2012(1)()2!(11/2)m mmm n x J x m m -+∞--+==-=Γ+-∑(11/2)(1/2)(1/2)(1/2)(3/2)(1/2)(1/2)m m m m m Γ+-=-Γ-=--Γ=(1/2)2(1/2)2(1/2)2(1/2)2(1/2)21/2(1)2!(11/2)(1)22mmmm mmmmx m m xm -+-+-+-+-+-Γ+--==所以(1/2)21/21/20()2m mm J x -+∞-==∑注意20(1)cos (2)!mmm xx m ∞=-=∑(1/2)21/21/2011/222()2(1)(2)!m mm m mm J x xxm x-+∞-=∞-==-==∑∑Ex32202212122122121(1)()2!(1)(1)()2!(1)22110(0)0m n mn n mm mn m n n m m n m x n x J x m n m xJ x m n m n m x J +∞+=+-∞-+-=+-=--=Γ++-=Γ+++-≥==∑∑，第二章两道题目，25分第三章一道题目，15分，第四五章两道题目，30分第六章两道题目，15分第七章两道题目，15分。

数理方程第二版(谷超豪)答案第一章-第三章

的通解可以写成
u=
F ( x − at ) + G ( x + at ) h−x
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 = ϕ (x ),
解：令 (h − x )u = v 则
∂u = Ψ ( x ). ∂t
∂v (h − x ) ∂u = u + ∂v , (h − x )2 ∂u = (h − x ) u + ∂x ∂x ∂x ∂x
∂u ,故 ( x, x + ∆x ) 上所受摩阻力为 ∂t ∂u − b ⋅ p( x )s ( x ) ⋅ ∆x ∂t
运动方程为:
ρ (x )s (x )∆x ⋅
∂ 2u
∂u ∂u ∂u x − b ⋅ ρ (x )s (x )∆x = ES x + ∆x − ES ∂x ∂t ∂t ∂t 2
∂ ∂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
ρg (l − x) sin θ ( x); ρg (l − ( x + ∆x)) sin θ ( x + ∆x)
其中 θ ( x) 表示 T ( x) 方向与 x 轴的夹角又于是得运动方程
sin θ ≈ tgθ =
∂u ∂x.

数理方程第二版课后习题答案讲解学习

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。

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。

数理方程参考答案4第四章积分变换法

若在点连续，则
1
定义
设函数 f ( x) 在 (−∞, +∞) 上的任意有限区间上满足狄利克雷条件，在 (−∞, +∞) 上绝
对可积，则称广义积分
为
的傅里叶变换，或者称为定义称
的像函数。通常记为
，或
。
为
的傅里叶逆变换，或者称为傅里叶变换及其逆变换的基本性质
的像原函数。记为
.
性质 1（线性性质）傅里叶变换及其逆变换都是线性变换，即
其中，是任意常数。性质 2（相似性质）对于任意实常数，有 . 性质 3（位移性质）对于任意实常数，有 , 性质 4（微分性质）设，的傅里叶变换存在，则 . 一般地，若 , ,…, 的傅里叶变换存在，则 . 性质 5（乘多项式性质）设的傅里叶变换存在，则
2
.
. 性质 6 (积分性质) . 性质 7 (对称性质) . 定义于所有的设函数和是上定义的函数。如果广义积分对
2 ∂ 2u 2 ∂ u a − = 0 (−∞ < x < +∞, t > 0), ∂t 2 ∂x 2 ∂u u| ψ ( x). ( x), = = t =0 ϕ ∂t t =0
的解为
二维拉普拉斯方程的边值问题
∂ 2u ∂ 2u = 0 ( −∞ < x < +∞, y > 0), ∂x 2 + ∂ y2 u | = f ( x ), x =0 u = 0. |xlim |→+∞ 的解为
2
s2
例3 解
求函数 F ( p ) = 因为
p 的拉普拉斯逆变换 p − 2 p +5

(整理)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31,回为常向量，因为r(t4- At) -r(t) c-c 11m = lim = 0it —AtAt —At所以E33 .证明⑹ p 2(t)则此向量在该区间上是常向量证：设［=«r)=)⑴ 返［回回1为定义在区间口上的向量函数，因为回在区间口上可导当且仅当数量函数晅］,EH3和EH3在区间口上可导。

所以，।° I ,根据数量函数的Lagrange 中值定理，有证毕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,x(t) - X(t o ) 4- %)y(t) =y(S)+ y r (日”(t -力式 t) = z(M)+ /(%)《一其中 51,囹，因介于口与口之间。

从而* =3(口 =比⑷ y(t) 4 t)} =+ £(%)(「-1) y(j) + 4(%)«-咐《%) +={刀(珀 “幻)+ X(sp 4电)/(%)}("明=『口 +年一%)上式为向量函数的 0阶 Taylor 公式，其中 :—卜("'_‘(")_一 ⑻):。

如果在区间口上处处有F ⑴=口⑷ *)曰!,则在区间口上处处有适三从而F = (，©) y'(%) ，(1)] = o]于是E3。

证毕5 .证明左逗1具有固定方向的充要条件是F 黑亍二°1证：必要性：设F=1a)l 具有固定方向,则F =直力1可表示为F =, 其中四为某个数量函数，目为单位常向量，于是f"=。

⑴P 住"X" Q] 充分性：如果区三可，可设[_叫,令巨运三叵画,其中四为某个数量函数，回为单位向量，因为F=p 岸前⑴+。

("'⑴]于是r x ? = O-*p(t)2(t) x [p'(t)?(t) + p(t)e (t) - O^*p 2(f)[e(t) x e (t) - 0 因为回，故国亘1,从而F⑷x.(t)=。

数理方程第一章、第二章习题全解

u( 0 , t) = u( l, t) = 0 现考虑初始条件,当冲量 k 作用于 x = c处时, 就相当于在这点给出了一个初速度 , 我们考虑以 c点为中心 , 长为 2δ的一小段弦 ( c δ, c + δ) , 设弦是均匀的 , 其线密度为 ρ, 则这一小段弦的质量为 2δρ, 受冲击时速度为 ut ( x, 0) , 由动量定理得
h c
x
l
h -
c(
l
-
x)
(0 ≤ x ≤ c) ( c < x ≤ l)
ut ( x, 0) = ψ( x ) = 0
则 u( x, t) 是下列定解问题的解 :
utt - a2 uxx = 0
( 0 < x < l, t > 0)
u( x, 0) = φ( x ) , ut ( x, 0 ) = ψ( x )
2 .4 习题全解
1. 设弦的两端固定于 x = 0 及 x = l, 弦的初始位称如图 2 2 所示,初速度为零, 又设有外力作用, 求弦作横向振动时的位移函数 u( x, t) 。
解如图 2 2 所示, 弦作横向振动时初始条件为
62
数学物理方程与特殊函数导教·导学·导考
图2 2
u( x, 0) = φ( x ) =
5. 若 F( z) , G( z) 是任意两个二次连续可微函数 , 验证
u = F( x + at ) + G( x - at )
满足方程
2u t2
=
a2
2x2u。
解作自变量代换ξ= x + at,η= x - at, 由复合函数求导法则
有
所以于是
u t

数理方程答案

1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ 其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。

证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ∆。

现在计算这段杆在时刻t 的相对伸长。

在时刻t 这段杆两端的坐标分别为：),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆-+-∆++∆+θ令0→∆x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。

由虎克定律，张力),(t x T 等于),()(),(t x u x E t x T x =其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。

设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ∆+两端的力分别为x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程 tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-∆+∆+ 利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得tt u x s x )()(ρx∂∂=x ESu () 若=)(x s 常量，则得22)(tu x ∂∂ρ=))((x u x E x ∂∂∂∂即得所证。

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。

数理方程课后习题答案

数理方程课后习题答案数理方程课后习题答案数理方程是数学中的一个重要分支，它研究的是各种数学模型中的方程。

在学习数理方程的过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径之一。

本文将为大家提供一些数理方程课后习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。

1. 解方程：2x + 5 = 13解答：将方程中的常数项5移到等号右边，得到2x = 13 - 5，即2x = 8。

然后将2移到等号右边，得到x = 8/2，即x = 4。

所以方程的解为x = 4。

2. 解方程组：{2x + y = 7，x - y = 1}解答：可以使用消元法来解决这个方程组。

首先将第二个方程的系数取负，得到{-x + y = -1}。

然后将第二个方程乘以2，得到{-2x + 2y = -2}。

将这两个方程相加，得到{0x + 3y = -3}，即3y = -3。

解得y = -1。

将y的值代入第一个方程，得到2x - 1 = 7，即2x = 8。

解得x = 4。

所以方程组的解为x = 4，y = -1。

3. 解二次方程：x^2 - 5x + 6 = 0解答：可以使用因式分解法来解决这个二次方程。

将方程因式分解为(x - 2)(x - 3) = 0。

根据乘积为零的性质，得到x - 2 = 0或x - 3 = 0。

解得x = 2或x = 3。

所以方程的解为x = 2或x = 3。

4. 解三次方程：x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = 0解答：可以使用因式分解法来解决这个三次方程。

观察方程，可以发现x = 1是一个解。

通过除以x - 1，得到(x - 1)(x^2 - 5x + 6) = 0。

将x^2 - 5x + 6进行因式分解，得到(x - 1)(x - 2)(x - 3) = 0。

根据乘积为零的性质，得到x - 1 = 0或x - 2 = 0或x - 3 = 0。

解得x = 1或x = 2或x = 3。

所以方程的解为x = 1或x = 2或x = 3。

数理方程课后习题(带答案)

klkxxxuxtvxtwx原问题得解为数学物理方程与特殊函数方程和边界条件都是非齐次的但却与t无关可设uxtvxtwxwxdtbadtvxtvegxwxxxuxtvxtwx原问题得解为数学物理方程与特殊函数uxuxlcedecedeuxcdsinnlnlcedenlnlcedenlnlsincosbcossinururiirrsincoscrdr非齐次方程非齐次边界条件都与t无关可设uxtvxtwx可得wx再用分离变量法求解vxt数学物理方程与特殊函数sincosbsinsin代入方程可得代入边界条件可得sincosyaybxxcedexxceaxaeuayayaycosaaae此课件下载可自行编辑修改此课件供参考
T nC n co n ls atD n sin n lat
un XnTn B nsin ln x (C n cn o la ts D n sin ln a t) (C nco n la s t D nsin ln at)sin lnx
u
un
n 1
na
na n
n 1(C ncolstD nsin l t)silnx
由此可得：w (x)1
xt
dt
f()dC xA ,
a2 0 0
其中
C1 l(BAa 1 2 0 ldt0 tf()d),
数学物理方程与特殊函数
第2章习题选讲
然后用分离变量解
v(vt0,t)a2
2v x2 , 0, v(l,
t)
0,
0 x l,t 0 t 0
v(x,0) g(x) w(x), 0 x l
2 lu(x,0) n
2l
n
Dnna0
t
sin l
xdxna0x(lx)sinl

数学物理方程 4-5章课后部分习题答案李明奇主编电子科技大学出版社

数理方程第二次作业习题4.11. 求下列波动方程Cauchy 问题的解：（2）⎩⎨⎧=====xu uu a u t tt xxtt 02,5。

解：代入达朗贝尔公式，可得：521)55(21),(+=++=⎰+-xt d at x u at x atx ξξ。

6.求下列强迫振动的Cauchy 问题的解：（1）：⎩⎨⎧==+===2002,5x u u e u a u t t t xxx tt解：令)(),(),(x w t x v t x u +=,代入原方程，得：xxx xx ttew a v a v++=22。

取2)(a e x w x-=，得：⎪⎩⎪⎨⎧=+====222,5xv ae vv a v t tx t xxtt 。

由Alembert d '公式，得：531)(2121)5()5(21),(3222222++++=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=+-+-+-⎰t a tx eead aaea e t x v atx atx atx atx atx at x ξξ所以原问题的解为531)(2121)5()5(21),(32222222++-++=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=+-+-+-⎰t a ae tx eead aaea e t x u x atx atx atx atx atx at x ξξ7.求解下列定解问题：⎩⎨⎧==>+∞<<-∞=-++==)(),(0,,020022x u x u t x u a u u u t t t xx t tt ψϕεε。

解：令)0(),,(),(>=-ββt x v et x u t，代入原方程得：)2()(2222=+-+-+-v v v a v t xx tt βεβεβε取εβ=，可得：⎩⎨⎧+==>+∞<<-∞=-==)()(),(0,,0002x x v x v t x v a v t t t xx tt εϕψϕ由达朗贝尔公式得：[][]⎰+-++-++=atx atx d aat x at x t x v ξξεϕξψϕϕ)()(21)()(21),( 所以，原定解问题的解为：[][]⎰+-++-++=atx atx ttd aeat x at x et x u ξξεϕξψϕϕββ)()(21)()(21),(习题4.21. 求解半无界弦定解问题：⎪⎩⎪⎨⎧===>+∞<<====0cos ,sin 0,0,0002x t t t xx tt u x u x ut x u a u 。

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。

数学物理方程课后参考答案第一章

第一章．波动方程§1 方程的导出。

定解条件1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程()⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。

证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ∆。

现在计算这段杆在时刻t 的相对伸长。

由虎克定律，张力),(t x T 等于),()(),(t x u x E t x T x =其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。

设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ∆+两端的力分别为x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-∆+∆+利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得tt u x s x )()(ρx∂∂=x ESu () 若=)(x s 常量，则得22)(tu x ∂∂ρ=))((x u x E x ∂∂∂∂即得所证。

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。

解：(1)杆的两端被固定在l x x ==,0两点则相应的边界条件为 .0),(,0),0(==t l u t u(2)若l x =为自由端，则杆在l x =的张力x ux E t l T ∂∂=)(),(|lx =等于零，因此相应的边界条件为x u∂∂|lx ==0 同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为xu∂∂∣00==x (3)若l x =端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的偏移由函数)(t v 给出，则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。

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