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322
2
22
2222
2222
22
322
222
2222
2222
222222
222222
1
1()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 y
u 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 x
x
y yy u y e u y e u e y u e y
=⋅=⋅=⋅=−⋅
所以
sin sin 0x
x
xx 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
()(),()()()()
()()()()()()()()0
x 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。

解：令x y ξλ=+则(,)()u x y f ξ=
所以2(),()x xx u f u f ξλξλ'''=⋅=⋅ (),(),()xy y yy u f u f u f λξξξ'''''=⋅== 将上式带入原方程得2
(43)()0f λλξ''−+=
因为f 是一个具有二阶连续可导的任意函数，所以2-430 λλ+=从而12 =3,1λλ=， 故1122(,)(3),(,)()u x y f x y u x y f x y =+=+都是原方程的解，12,f f 为任意的二阶可微函数，根据迭加原理有
12(,)(3)()u x y f x y f x y =+++为通解。

4，试导出均匀等截面的弹性杆作微小纵振动的运动方程（略去空气的阻力和杆的重量）。

解：弹性杆的假设，垂直于杆的每一个截面上的每一点受力与位移的情形都是相
同的，取杆的左端截面的形心为原点，杆轴为x 轴。

在杆上任意截取位于
[,]x x x +∆的一段微元，
杆的截面积为s ，由材料力学可知，微元两端处的相对伸长（应变）分别是
(,)u x t x ∂∂与(,)u
x x t x
∂+∆∂，又由胡克定律，微元两端面受杆的截去部分的拉力分别为()(,)u SE x x t x ∂∂与()(,)u
SE x x x x t x
∂+∆+∆∂，因此微元受杆的截去部分的
作用力的合力为：()(,)()(,)u u
SE x x x x t SE x x t x x
∂∂+∆+∆−∂∂
且合力的正向与坐标轴相同，设x 为微元质心的坐标，则质心处的加速度为22(,)u
x t x
∂∂，
由牛顿第二定律有：
()()()()()22(,),,, u u u
x s x x t sE x x x x t sE x x t x x x x
x x x
ρ∂∂∂⋅∆⋅=+∆+∆−<<+∆∂∂∂约去s ，并对右端应用中值定理，得
()()22(,)[], 01x x x u u
x x x t E x x x x x
θρθ=+∆∂∂∂⋅∆⋅=∆<<∂∂∂
约去x ∆，并令0x ∆→，即得：
()()u u x E x t t x x ρ∂∂∂∂⎡⎤⎡⎤
=⎢⎥⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦⎣⎦
由于弹性杆是均匀的，()x ρρ=（常数），()E x E =（常数）
从而22
222u u a t x ∂∂=∂∂，其中2
E a ρ
=
（E 是杨氏模量，ρ是体密度）。

5， 一均匀细杆直径为l ，假设它的同一横截面上温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从规律 11()dQ K u u dSdt =−
记杆的体密度为ρ，比热为C ,热传导系数为K .试导出此时温度u 满足的微分方程。

解：取杆轴为x ，考察杆位于[]12,x x 段在[]12,t t 时间区间上的热平衡，在[]12,t t 时间内，
[]12,x x 段的侧面流入的热量为：
22
1
1
111()t x t x Q K u u ldxdt π=
−−⎰⎰
在点1x ，2x 处截面流入该段的热量为：
2
21
1
22
2132(,),(,)44
t t t t u l u l Q K x t dt Q K x t dt x x ππ∂∂=−=∂∂⎰
⎰
所以
2
2
221
1
11
22
123112(,)()4
t x t x t x t x u l Q Q Q Q K x t dxdt K u u ldxdt x ππ∂=++=−−∂⎰
⎰
⎰⎰
温度升高所吸收的热量：
()[]2
1
2
2
112211
212()(,)(,) 4x x t x t x t x t x Q C x x S u x t u x t dx
u
c s
dxdt t l u c dxdt
t
ρρπρ=−∂=
∂∂=∂⎰⎰⎰⎰⎰
由能量守恒定律得：
22
1
1
222112[
()]044
t x t x l c u
U l K K u u l dxdt t x πρππ∂∂−⋅+−=∂∂⎰⎰
由1212,,,x x t t 的任意性，有
21
124()k u k u u u t c x c l
ρρ∂∂=−−∂∂。

6,设某溶质在溶液中扩散，它在时刻t 溶液中点(,,)x y z 处的浓度用函数(,,,)u x y z t 表示，试导出u 所满足的微分方程。

解：由Nernst 定律得
(,,)
u
dm D x y z dsdt n
∂=−∂ 上式中u 表示扩散物质浓度，dm 为在dt 时间内经过面ds 扩散物质的量，(,,)D x y z 为扩散系数。

在[]12,t t 时段内通过边界曲面S 流入区域Ω的质量为
2
12
12
1
222222 [
()()()] ()t t s
t t t t u m D
dsdt n
u u u
D D D dxdydzdt x x y y z z
u u u
D dxdydzdt x y z Ω
Ω
∂=∂∂∂∂∂∂∂=++∂∂∂∂∂∂∂∂∂=++∂∂∂⎰
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
⎰⎰⎰ 从时刻1t 到2t ，Ω中该物质质量的增加为：
2
1
2
1
[(,,,)(,,,)]t t u x y z t u x y z t dxdydz
u
dtdxdydz t
Ω
Ω
−∂=∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
从而，由质量守恒定律有
2
21
1222222()t t t t u u u
u D dxdydzdt dtdxdydz x y z t ΩΩ
∂∂∂∂++=∂∂∂∂⎰
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
交换积分次序可得：
2
1
222222 [()]0t t u u u u
D dxdydzdt x y z n Ω
∂∂∂∂++−=∂∂∂∂⎰
⎰⎰⎰ 由于1t ，2t 在区域Ω都是任意的，可以得到
222222()u u u u
D t x y z
∂∂∂∂=++∂∂∂∂ 7,一根均匀杆原长l ，一段固定，另一端拉长ε而静止，然后突然放手任其振动，试写出其
定解问题。

解：设点在0x =处固定，在x l =处拉长ε而静止，然后突然放手任其振动，则方程为
2,0,0tt xx u a u x l t =<<>。

边界条件为：0
0,0x x l
u u x ==∂==∂； 初始条件为：00
,0t t
t u
x u l
ε
===
=。

8，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，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()
2
x l x −，试写出其定解问题。

解：侧面绝热，方程为
2,0,0t xx u a u x l t =<<> 边界条件为 0
0,,0x x
x l
q
u u t k
====
> 初始条件为 0()
,02
t x l x u
x l =−=
<< 9，长度为l 的均匀细杆，初始温度为0℃，端点0x =处保持常温0u ，而在x l =处和杆的侧面热量可以散发到周围介质中去，设周围介质的温度为0℃。

试列出杆上的温度分布函数
(,)u x t 所满足的定解问题。

解：类似第5题，可得方程22,0,0t xx u a u b u x l t =−<<>。

其中 2
k a c ρ=
，2
14k b c l
ρ= 边界条件为: 0
0,(
)0x x l u
u u hu x
==∂=+=∂ 初始条件为：0
0t u
==
10，设函数1(,)u x t 和2(,)u x t 分别是定解问题
200012,0,0,0,0,(),()tt xx t t t x x l u a u x l t u u u t u t ϕϕ====⎧=<<>⎪==⎨⎪==⎩和201020,0,0,(),(),0,0
tt xx t t t x x l u a u x l t u x u x u u ψψ====⎧=<<>⎪==⎨⎪==⎩ 的解，试证明函数12u u u =+是定解问题
20102012,0,0,(),(),(),()
tt xx t t t x x l u a u x l t u x u x u t u t ψψϕϕ====⎧=<<>⎪
==⎨⎪
==⎩ 的解。

证明：
利用叠加原理Ⅰ得,1,2i i Lu f i ==，其中0i f =。

因为()1,u x t 是定解问题一得解，
()2,u x t 是定解问题二的解。

所以2
1
i i i u c u ==∑必满足2tt xx u a u =。

又因为对定解问题一有
1010
1
11
20,0,
(),()
t t
t x x l
u u u t u t ϕϕ========，
对定解问题二有
20120
22
2
(),(),
0,0
t t t x x l
u x u x u u ψψ========
所以0
1
2
1()t t t u
u u x ψ====+=；同理可得1u 与2u 的边界条件与初始条件累加均满
足定解问题三。

得证。

11，设函数1(,)u x t 和2(,)u x t 分别是定解问题
2000,0,0,0,t xx t x x l u a u x l t u u u u ϕ===⎧=<<>⎪=⎨⎪==⎩（Ⅰ）和200(,),0,0,
00,0
t xx t x x l u a u f x t x l t u u u ===⎧=+<<>⎪=⎨⎪==⎩（Ⅱ） 的解，试证明函数12u u u =+是定解问题
2000
(,),0,0,0,t xx t x x l u a u f x t x l t u u u u ϕ
===⎧=+<<>⎪
=⎨⎪
==⎩（Ⅲ） 的解。

证明：利用叠加原理得,1,2i i Lu f i ==，其中（Ⅰ）式f =0，（Ⅱ）式的f 为(),f x t 。

因为()1,u x t 是定解问题一得解，()2,u x t 是定解问题二的解。

所以它们的线性组合
21
i i i u c u ==∑必满足方程2
1
i i i Lu c f ==∑，即12u u u =+是方程2(,)t xx u a u f x t =+的解。

又因为对定解问题（Ⅰ）有1
t u ϕ==，1
100,x x l
u u u ====；对定解问题（Ⅱ）有2
0t u ==，2
2
0,0x x l
u u ====。

所以0
1
02
t t t u
u u ϕ====+=，同理可得1u 与2u 的边
界条件与初始条件累加均满足定解问题三。

得证。

习题二
1，
用分离变量法解齐次弦振动方程
2tt xx U a U =， 0x l <<， 0t >
的下述混合问题：
（1）(,0)0,(,0)(),(0,)(,)0t U x U x x l x U t U l t ==−== （2）2(,0)2,(,0)0,(0,)(,)0t x U x x lx U x U t U l t =−=== （3）3(,0)sin(
),(,0)(),(0,)(,)0t x
U x U x x l x U t U l t l
π==−== 解：（1）第一，求()X x 与()T t 所满足的常微分方程
设满足方程和齐次边界条件的特解形式为(,)()()U x t X x T t =，代入方程得 2
()()()()X x T t a X x T t ''''= 即
2
()()
()()
T t X x a T t X x λ''''==− 所以得到()X x 与()T t 所满足的两个常微分方程：
2()()0T t a T t λ''+=
()()0X x X x λ''+=
第二，解特征值问题
为了要特解形式满足边界条件，必须有 (0,)(0)()0U t X T t ==
(,)()()0U l t X l T t ==
因为()T t 不能恒为零，所以(0)()0X X l ==
这样就得到决定()X x 的如下常微分方程边值问题：
()()0,0(0)()0
X x X x x l
X X l λ''+=<<⎧⎨
==⎩
①20,0,r r λλ<+==
通解为()X x Be =+
满足边界条件：(0)0,()0X X l ==即
00
A B Be +=⎧⎪⎨+=⎪⎩ （关于A ，B 的齐次线性方程组）
因为系数行列式
1 10 e e
=−≠
所以0A B ==,即()0X x ≡，无非零解。

②0λ=，通解()X x Ax B =+，带入边界条件得
()()00
0,0
X B A B X l Al B ==⎧⎪⇒==⎨
=+=⎪⎩即()0X x ≡，无非零解。

③2
0,0,r r i λλλ>+==±,通解(
)X x A B =+，代入边界条件得
0)0A A B =⎧⎪⇒=>⎨
+=⎪⎩
,(1,2,)k k π⇒==
所以2
(
),1,2k k k l
πλ==特征函数为()sin
,1,2k k k x
X x B k l
π=
=
再将k λ代入方程()()2
0T t a
T t λ''+=得()()0k k k a T t T t l π⎛⎫
''+=
⎪⎝⎭
特征方程：2
20k a k a r r i l l ππ⎛⎫
+=⇒= ⎪
⎝⎭
通解：cos sin ,1,2k k k a k a T A t B t k l l
ππ=+
= 综上：()()[cos sin ]sin ,1,2
k k k k k k a k a k x
U U X x T t a t b t k l l l
πππ===+
=
第三：迭加k U
()1
1
,[cos
sin ]sin ,1,2k k k k k k a k a k x
u x t U a t b t k l l l
πππ∞∞
====+=∑
∑
第四：确定系数k a ，k b 使上式满足初始条件。

因为()0
1
sin
0,0t k k k x
u
a x x l l
πϕ∞
=====<<∑ 由正交性：()1
sin sin sin ,1,2
k k n x k x n x
x a n l l l πππϕ∞
===
∑
在[0.]l 上积分
()20001sin sin sin sin 2l
l l k n n k n x k x n x n x l x dx a dx a dx a l l l l ππππϕ∞=⋅===∑⎰⎰⎰ 从而()0sin 02l k l k x a x dx l
πϕ=
=⎰ 同理()34402
4sin [(1)1]l
k
k k x l b x dx k a l k a
πϕππ==−−−⎰ 所以344
181(21)(21)sin sin (21)k l k at k x
u a k l l πππ∞=−−=−∑ (2)特征值为21
()2[],0,1,2k k k l
π
λ+=
=
特征函数()12sin
,0,1,2k k k X x B x k l
π⎛⎫+ ⎪⎝⎭=
=
1122cos sin ,0,1,2
k k k k a k a
T A t B t k l l
ππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
=+
=
111222[cos sin ]sin k k k k a k a k u a t b t x l l l πππ∞
=⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
=+∑
确定系数k a ，k b 。

()23
03
1242sin 120
l k k k x l a x dx l l k b πϕπ⎛
⎫+ ⎪−⎝⎭
=⋅=
⎛
⎫+ ⎪
⎝
⎭=⎰ 23
30114122cos sin 12k k at k x l u l l k πππ∞=⎛⎫⎛
⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=−⎛⎫
+ ⎪⎝
⎭∑ （3）1
[cos
sin ]sin n n n n a n a n u a t b t x l l l
πππ
∞
==
+∑ 030441,323sin sin ,1,20,30, 22()sin ,1,2
81,21
l n l k n x n x
a dx n n l l l n k n x
b x l x dx k l l l n k a n
ππππ=⎧=
⋅==⎨≠⎩
=⎧⎪=−⋅==⎨=+⎪⎩⎰
⎰2/l 改为2/ka*pi
所以()
()()3
4
4
21213381
cos sin sin sin 21k k at k x at x l u l l a l
l
k πππππ
∞
=++=++∑
2,用分离变量法求解下述热传导方程的混合问题：
2, 0<x<,0,
(1)(,0)(), 0<x<,
(0,)(,)0, 0;t xx U a U l t U x x l x l U t U l t t ⎧=>⎪
=−⎨⎪==>⎩ 2, 0<x<,0,(2)(,0), 0<x<,
(0,)(,)0, 0;
t xx x
x U a U l t U x x l U t U l t t ⎧=>⎪
=⎨⎪==>⎩ 解：（1）①分离变量，令形式特解(,)()()U x t X x T t =满足方程和齐次边界条件
2()()()()X x T t a X x T t '''=
2()()()()
T t X x a T t X x λ'''==−
2()()0
()()0T t a T t X x X x λλ'⎧+=⎨
''+=⎩
代入边界条件得：(0)()0X X l == 从而得决定()X x 的如下常微分方程边值问题()()0
(0)()0
X x X x X X l λ''+=⎧⎨
==⎩
②求解特征值问题
因为当0λ≤时，该问题只有零解，无非零解
只有当0λ>
时，方程有非零解：()X x A B =+
代入边界条件得：0
00A k B π=⎧⎪⇒=⇒=⎨=⎪⎩
所以特征值为2
(
),1,2,k k k l
πλ=
= 特征函数为()sin ,1,2,
k k k x
X x B k l
π=
=
再将特征值代入2
()()0T t a T t λ'+=得2
()()()0k k k a T t T t l
π'+= 通解：2
()(),1,2,
k a t l
k k T t A e
k π−=
=
所以2
()sin
k a t l
k k k k k x
U U X T a e
l
ππ−===⋅，1,2,k
=
③迭加k U ，则2
(
)1
(,)sin
k a t l
k k k x
u x t a e
l
ππ∞
−==
⋅∑ ④确定系数k a ，使上式满足初始条件，则
002
23
322()sin ()sin 0,24 [1(1)]0,1,2,8,21()()l l k k
k x k x a x dx x l x dx l l l l
k n l n l
k n k k ππϕππ=
=−=⎧⎪=−−==⎨=+⎪⎩
⎰
⎰
所以2(21)2[]33
08(21)sin (21)
n a t l n l n x u e n l πππ+∞
−=+=⋅+∑ （2）特征值为2
(
)k k l
πλ=，0,1,2,k =； 特征函数为()cos ,0,1,2,
k k x
X x k l
π=
=
2
(
)0
(,)cos
k a t l
k k k x
u x t b e
l
ππ∞
−==⋅∑ 02222
,020,2cos 2[1(1)],1,2,,0,1,24,21l k k
l k k x k n
b x dx l k n l l l
k k n k πππ=⎧⎪=⎪
⎧=⋅=⎨⎪
−−==⎨⎪=+⎪⎪⎩⎩
⎰
所以2(21)[]22
4(21)(,)cos (21)n a t l n l n x u x t l e n l πππ+∞
−=+=+⋅+∑ l 改为l/2，级数钱负号- 3,求解下述定解问题：
0 0, 0
(0,),(,)0 0(,0)(),(,)0 0xx yy u u x a y b u y u a y y b
u x g x u x b x a +=<<<<⎧⎪
=<<⎨⎪==<<⎩
解：12(,)(,)u u x y u x y =+ 其中1(,)u x y 满足
0 0, 0 (1)(0,)0,(,)0 0(,0)(),(,)0 0xx yy u u x a y b u y u a y y b
u x g x u x b x a +=<<<<⎧⎪
==<<⎨⎪==<<⎩
2(,)u x y 满足
0 0, 0 (2)(0,)(),(,)0 0(,0)0,(,)0 0xx yy u u x a y b u y f y u a y y b
u x u x b x a +=<<<<⎧⎪
==<<⎨⎪==<<⎩
用分离变量法解得（1）得
10120121()(,)[()sin ]sin
(/)21()(,)[()sin ]sin (/)a n b
n n n y b n x
u x y g d sh a sh n b a a a a
n n x a n y
u x y f d sh b sh n a b b b b
πξππξξππξππξξπ∞=∞
=−=−−=−
∑⎰∑⎰
4，求解定解问题
203
00, 0,0
0,0, 0
,0, 0tt xx x x x l t t t u a u x l t u u t u x u x l
====⎧=<<>⎪
==>⎨⎪==<<⎩ 解：令特解(,)()()U x t X x T t =满足齐次方程和齐次边界条件，则
2()()()()X x T t a X x T t ''''=2
()()
()()
T t X x a T t X x λ''''⇒
==− 2()()0
()()0
T t a T t X x X x λλ''⎧+=⎨
''+=⎩，代入边界条件得(0)()0X X l '==从而得到决定()X x 的如下常微分方程边值问题()()0
(0)()0
X x X x X X l λ''+=⎧⎨
'==⎩
①0λ<
，20,r r λ+==
()X x Be =+带入边界条件有
00
A B Be −=⎧⎪⎨+=⎪⎩
因为系数行列式
1 -10
e
≠所以0A B ==即()0X x ≡，无
非零解。

②0λ=，通解()X x Ax B =+带入边界条件有
0,0
A A
B Al B =⎧⇒==⎨
+=⎩即()0X x ≡，无非零解。

③0λ>
，20,r r λ+==±
()X x A B =+
所以()X x '=带入边界条件有
1(),0,1,220
B k k π=⎧⎪⇒=+=⎨
=⎪
⎩
所以2
(1/2)[]2k k l
πλ+=，k=0,1， 特征函数为(1/2)()cos k k k x
X x A l
π+=
(1/2)(,)()cos
k k k x
u x t T t l
π∞
=+=
∑
2
(1/2)()[
]()0k k k a T t T t l
π+''+= 再代入初始条件得：
3
00
(1/2)(,0)(0)cos
(1/2)(,0)(0)cos
0k k t k k k x
u x T x l k x
u x T l
ππ∞
=∞
=+==+'==∑∑
由正交性知3002(1/2)(0)cos 2(1/2)(0)0cos 0
l k k
l k k x
T x dx l l
k x
T dx l l
πϕπ+=⋅=+'=⋅=⎰⎰
所以，得到k T 的常微分方程初值问题2(1/2)()[
]()0(0),(0)0k k k k k k a T t T t l
T T πϕ+⎧''
+=⎪⎨⎪'==⎩解得 (1/2)(1/2)cos
sin k k k k a k a
T C t D t l l
ππ++=+代入初始条件得,0k k k C D ϕ==
333
44
333304444824(21)(21),2(21)2(1/2)cos 44824(21)(21),21
(21)l k l k k k n k k x x dx l l l k k k n k πππ
πϕπππ
⎧−+++⋅=⎪++⎪=⋅=⎨++−+⎪⋅=+⎪+⎩⎰ 所以(1/2)cos k k k a
T t l
πϕ+=⋅
因此
334
3
4
3
3
1
44824(43)(43)(43)(43)[cos cos (43)224(,)4824(41)(41)(41)(41)cos cos ]
(41)22k k k k a k t x k l l l u x t k k k a k t x k l l
πππππ
ππππ
∞
=−−+−−−⋅⋅−=
+−−−−−+
⋅⋅−∑
5， 求解定解问题
20 0,0
(0,)0,(,)0 0
(,0)sin ,(,0)0 0tt xx x x t u a u x t u t u t t u x x u x x πππ
⎧−=<<>⎪
==>⎨⎪==<<⎩
解：因为cos nx ，0,1,2
n =是所对应的其次方程在其次边界条件下的特征函数系。

所以设定解问题有如下形式的解：0
(,)()cos n n u x t T t nx ∞
==
∑
将上式代入方程和初始条件得：22()()0n n T t a n T t ''+=
00
002()sin (0)cos (0)()cos 2(0)()cos 0
()0(0)cos n n n n n n n
n x x T nx T x nxdx l T x nxdx x T nx l ππ
ϕϕϕψψψ∞
=∞=⎧⎧====⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪''=====⎪⎪⎩⎩
∑⎰∑⎰⇒ 0
02
2
1
sin cos [sin(1)sin(1)]2
1
[sin(1)sin(1)]1
11 [
[cos(1)][cos (1)1n x nxdx n x n x dx n xdx n xdx n x n n π
π
π
π
πϕπ
π
π
π
=
⋅=
++−=⋅++−=
⋅⋅−++−+−⎰
⎰
⎰⎰0
2(1)]2
, 0 0, 21
4,2(1)n x n n k n k n π
ππ
−⎧=⎪⎪⎪
==−⎨⎪⎪=−⎪⎩
于是，得到n T 的常微分方程的初值问题
22()()0
(0),(0)0
n n n n n T t a n T t T T ϕ⎧''+=⎪⎨
'==⎪⎩ 解之得：
（1）当0n =时，通解()n T t At B =+，代入初值条件得
（2）当0n ≠，通解()cos sin n T t C ant D ant =+，则
()sin cos n T t anC ant anD ant '=−+
代入初值条件得：
(0)0
(0)cos 00n n
n n T C C D T anD an ϕϕ==⎧=⎧⎪⇒⎨⎨
'===⎩⎪⎩ 所以()cos n n T t ant ϕ=，1,2,
n =；
综上：()cos n n T t ant ϕ=，0,1,2,
n
=
所以0
01
2
1(,)()cos cos cos cos 0cos 0cos cos 2
4
1
cos 2cos 214n n n n n
n n u x t T t nx nat nx
at x nat nx
ant nx n
ϕϕϕ
π
π∞
∞
==∞
=∞
===⋅=⋅⋅+
⋅=
+
⋅−∑∑∑∑
6， 求解定解问题
2020 02, 00,0 0
398cos()6cos() 0244
t xx x x x t u a u x t u u t x x u x ππ===⎧
⎪=<<>⎪
==>⎨⎪
⎪=−<<⎩ 解：因为(1/2)cos
,0,1,22
n x
n π+=是所对应的齐次方程在齐次边界条件的特征函数系，
所以定解问题有如下形式的解：
00
(1/2)(21)(,)()cos ()cos
24n n n n n x n x
u x t T t T t ππ∞
∞==++==∑∑ 代入方程有：2
(21)[]24
(21)[]04
n a t n n n n n a T T T C e ππ+−+'+=⇒= ()n n T t B ϕ==
所以2
(21)[
]4
(21)cos
4
n a t n n n x
u C e
ππ+∞
−=+=
∑ 代入初始条件有：
(21)39cos
8cos 6cos
444
n n n x x x
C πππ∞
=+=−∑ 用比较系数法得8, 1
6, 40, 1,4n n C n n =⎧⎪
=−=⎨⎪≠⎩
从而2
239()()4
4
398cos 6cos
44
a a t t x x u e
e ππππ−−=− 7， 求解定解问题
200 0<x<, 0
0,0 0, 0<x<t xx x x x x t u a u bu t u u t u x πππ
===⎧=−>⎪
==>⎨⎪
=⎩ 解：因为cos ,0,1,2
nx n =是所对应的齐次方程在齐次边界条件下的特征函数系，所以定
解问题有如下形式的解：0
(,)cos n
n u x t T
nx ∞
==
∑，
代入方程有：2()()()()0n n n T t an T t bT t '++= 即：2()[()]()0n n T t b an T t '++=2[()]b an t
n n T C e
−+⇒=
2
[()]0
cos b an t n n u C e nx ∞
−+==∑
代入初始条件有：
cos n
n C
nx x ∞
==∑
由正交性将上式两端同时乘以cos kx 后，并对x 在区间[0,]π上积分，得
2
0, 0224
cos , 210, 2n n C x nxdx n k n n k ππ
ππ⎧=⎪⎪
⎪=⋅=−=−⎨⎪
=⎪⎪⎩
⎰ 所以22(21)2
04
1cos(21)2
(21)
bt
bt
a k t
k u e
e
e k x k π
π
∞
−−−−==
−
−−∑
8， 求解定解问题
2
00022sin sin ,0,00, 00, 0tt
xx x x l t t t x a t u a u x l t l l
u u t u u x l ππ====⎧=+<<>⎪⎪
==>⎨⎪
==<<⎪⎩
解：因为sin
n x
l
π，1,2n =是所对应的齐次方程在齐次边界条件下的特征函数系。

所以，
由特征函数法定解问题有如下形式的解：1
()sin
n n n x
u T t l
π∞
==
∑ 代入原方程有21
22[()()()]sin sin sin n n n n a n x x a t u T t T t l l l l ππππ∞
=''=
+=∑ 由比较系数法有22sin
,2()()()0, 2
n n a t
n n a T t T t l
l n ππ⎧=⎪''+=⎨⎪≠⎩ 由初始条件有(0)(0)0n n T T '==
（1） 2n ≠，有关于n T 的常微分方程初值问题为2()()()0(0)(0)0
n
n n n n a T t T t l T T π⎧''
+=⎪⎨⎪'==⎩解之得()0n T t =
（2）2n =，关于n T 的常微分方程初值问题为22()()()sin (0)(0)0
n
n n
n n a a t T t T t l l T T ππ⎧''
+=⎪⎨
⎪'==⎩ 利用齐次话原理将非齐次方程转化为齐次的：2()()()0, 20,sin n n t t n a W t W t t l
a W W l ττπτπτ==⎧''
+=>⎪⎪⎨⎪'==⎪⎩
令1t t τ−=，则1122
121001()0,020,()sin n
n n t t k
d n a W W t dt l d a W W f dt l ππττ==⎧+=>⎪⎪
⎨⎪===⎪⎩
解之得通解：n W =12()2sin sin
a t a n a l l
πτπτ
π− 所以
001
2()2(,)sin
sin 21122[sin cos ]42t
t
n n a t a T W t d d a l l a t a t a a l l
πτπτ
τττ
πππτππ−===−⎰⎰
因此1
1
22[
sin
cos ]sin
42a t a n x
u t a a
l l l
ππτπππ=
−。

9， 求解定解问题
000, 0,00,, 0 0,0, 0
xx yy x x a y y y y b u u x a y b
u u Ay y b u u x a ====⎧+=<<<<⎪⎪
==<<⎨⎪==<<⎪⎩ 解：由特征函数法可将u 表为：0
()cos
n n n y
u X x b
π∞
==∑ 代入原方程有2
(
)0n n n X X b
π''−= （1） 代入边界条件有：0(0,)(0)cos n n n y
u y X b π∞
==∑02(0)0cos 0b n n y X dy b b π⇒=⋅=⎰
0(,)()cos
n n n y
u a y X a Ay b
π∞
===∑ ⇒()n n X a ϕ=，其中22, 020, 2,1,2
4,21,1,2n Ab
n n k k Ab
n k k n ϕπ
⎧=⎪⎪
===⎨⎪−⎪=+=
⎩
解（1）得：, 0(),1,2n n n x x b b
n n Cx D n X x C e D e
n ππ
−+=⎧⎪
=⎨⎪+=
⎩
代入(0)0,()n n n X X a ϕ==得0
, 0(), 1,2n n x
n b n a b x n a X x e n e
ππϕϕ⎧=⎪⎪
=⎨
⎪=⎪
⎩
所以
1
(21)(21)20
2
cos
4(21)cos
2(21)n x n
b
n a n b
k x
b k x
k b
n x u x e
a
b
e
Ab Ab e
k y
x a b
k e
ππππϕϕπππ∞
=+∞+==
+⋅⋅+=−⋅+∑
∑
10,试解放射性衰变问题
200, 0,00,0, 0
, 0x t xx x x l t u a u Ae x l t u u t u T x l
α−===⎧=+<<>⎪
==>⎨⎪
=<<⎩其中,,,A a T α皆为常数。

解：因为sin n x
l
π，1,2n =是所对应的齐次方程在齐次边界条件下的特征函数系。

所以，
由特征函数法定解问题有如下形式的解：
1
()sin
n n n x
u T t l
π∞
==∑ （1） 为确定()n T t ，先将x Ae α−展为特征函数系的级数：
1
sin
x
n n n x
Ae
f l
απ∞
−==∑ （2） 其中12222
2[(1)1]
l n n An e f l n απαπ−+−+=+
1(0)sin
n n n x
T T l
π∞
==∑ （3） 0022(0)sin (cos )22 ()(cos 1)[1(1)]l l
n n n
n x T l n x T T dx l l l n l
T l T
n l n n ππππϕππ
=
=⋅−⋅=⋅−⋅−=−−=⎰
将（1），（2），（3）代入定解问题，即有
2
(
)(0)n n n n n
n a T T f l T πϕ⎧'+=⎪⎨
⎪=⎩ 利用齐次化原理
（Ⅰ）2
(
)0(0)n n n n
n a T T l
T πϕ⎧'+=⎪⎨⎪=⎩
解得2
(
)n a t l
n n T e
πϕ−=
（Ⅱ）2()(
)()(0)0n n n n n a T t T t f l
T π⎧'
+=⎪⎨⎪=⎩ 齐次化得2()()()0()()
n n n n n a T t T t l
T f πττ⎧'+=⎪
⎨⎪=⎩，t τ> 令t t τ'=−
2()()()0,0(0)()
n n n n n a T t T t t l
T f πτ⎧'''+=⎪'⇔>⎨⎪=⎩ 2
()()n a t l n n T f e πτ−−⇒= 所以（Ⅱ）的解为2
(
)()0
()n a t t
l
n n T t f e
d πττ−−=⎰。

利用叠加原理得：
2
2
2
2
(
)(
)()0
(
)(
)2()(
)[1]
n a n a t t t l
l
n n n n a n a t t l
l
n n T t e f e
d l e
f e
n a
ππτππϕτ
ϕπ−−−−−=+=+−⎰
所以
22
(21)21()[]22222112(1)141(21)[1]sin sin ()21n a n a l n t t l
l
n n Al e n x T n x u e e a n l n l n l ππαπππαππ−−+∞∞
−−==−+−=−++−∑∑ 11，求解定解问题
2000sin , 0,0
0, 0
0, 0tt xx x x l t t t u a u t x l t u u t u u x l
ω====⎧=+<<>⎪
==>⎨⎪
==<<⎩ 解：1
()sin
n n n x
u T t l
π∞
==
∑ （1） 1
sin ()sin
n n n x
t f t l
πω∞
==∑ （2） 0022()sin sin sin sin 2
sin [1(1)]
l l n n n x n x
f t t dx t dx
l l l l
t n ππωωωπ
===−−⎰⎰
由初始条件有
(0)(0)0n n T T '==
于是2
002()sin [1(1)]0n n n n t n t n a T T t l n T T πωπ==⎧''+=−−⎪⎨⎪'==⎩
2202222222()
[1(1)]sin sin
0,2 ,0,1,24(sin sin ),21()t
n n l
n a t T t d n a
l
n k k l l n at
t n k n n a l na l πτωτπωπωππωπ−=
−−=⎧⎪==⎨−=+⎪−⎩
⎰
从而
222222
04(21)(21)[sin sin ]sin (21)[(21)]
(21)k l l k at k x
u t k a k l k a l l ωππωππωπ∞
=++=−++−+∑12,求解单位圆内泊松方程的狄利克莱问题
22221
,1
0xx yy x y u u xy x y u +=⎧+=−+<⎪
⎨
=⎪⎩ 解：显然
3
13
216
16w xydxdx yx w xydydy xy
=−=−
=−=−⎰⎰⎰⎰为方程之特解， 于是
22412111
()()sin 221224w w w xy x y ρθ=+=−+=−也为方程的特解。

令u w v =+，则有
101
sin 224v v ρθ=∆=⎧⎪⎨=⎪⎩， 即 222
111()0,01sin 224v v
R v ρρρρρρρθθ=⎧∂∂∂+=<<⎪⎪∂∂∂⎨⎪=⎪⎩ 0[cos sin ]n n n n v a n b n θθρ∞
==+∑
由边界条件，有
1
[cos sin ]sin 224
n n n a n b n θθθ∞
=+=
∑ 比较系数法，即有
1
,224
0,2
n n a n b n =⎧=⎪=⎨⎪≠⎩ 于是 2
1sin 224
v ρθ=
从而原问题的解
242
22211
sin 2sin 22424
1(1)sin 2241
(1)12u w v
xy x y ρθρθρρθ=+=
−=−=−− 13，求解圆内的拉普拉斯方程的牛曼问题
22211()0,0,(),R u u
R u f ρρρπθπρρρρθθπθπρ
=⎧∂∂∂+=<<−<<⎪∂∂∂⎪
⎨
∂⎪
=−<<⎪∂⎩ 其中边值函数()f θ满足条件()0f d π
πθθ−
=⎰
解：由分离变量法易得
01
(,)[cos sin ]2n n n n a u a n b n ρθθθρ∞
==++∑
由边界条件，有
1
1
1
[cos sin ]()[cos sin ]2n R
n n n n n n u a n b n nR C f C n D n ρθθρ
θθθ∞
−==∞
=∂=+∂==++∑∑
01
()0C f d π
πθθπ
−
==⎰
1
()cos n C f n d π
πθθθπ
−
=⎰ 1
()sin n D f n d π
πθθθπ
−
=
⎰
于是，有
111()cos ,1,21()sin n n n n a f n d n R
n b f n d n R πππ
πθθθπθθθπ−−−−⎧
=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩
⎰
⎰
0a 为任意。

14，在扇形区域0,0R ρθα<<<<内求下列定解问题
222011()00
()R u u u u u f θθαρρρρρρθθ===⎧∂∂∂+=⎪∂∂∂⎪⎪
==⎨⎪
=⎪⎪⎩
解：由分离变量法求解，令()()u R ρφθ=，则有特征值问题
000
θθαφλφφφ==''+=⎧⎪⎨
==⎪⎩和2
0R R R ρρλ'''+−= 特征值2(
),1,2,n n π
λα
=
=
特征函数sin
1,2,
n n n πθ
ϕα
=
=
且n n n n n R A B π
π
αα
ρρ
−
=+
由自然边界条件，有0n B = 于是 1
(,)sin
n n n n u A π
απθ
ρθρα
∞
==
∑
2
()sin
n n n A f d R α
π
α
πθ
θθα
α=
⎰
15,求下列泊松方程的特解
（1）2
2
,xx yy u u x Axy y A +=++为常数 （2）sin x
xx yy u u x y ye −+=+
解：（1）
122
212(,)(,)(,)
11(,),(,)22
f x y f x y f x y f x y x Axy f x y Axy y
=+=+=+
（1f 是关于y 的线性函数，2f 是关于x 的线性函数）易知，特解为
1243434224(,)(,)1111
121212121
[()]12u f x y dxdx f x y dydy x Ax y y Axy x Axy x y y =+=
+++=+++⎰⎰⎰⎰ （2）特解为
sin sin x x
u x ydydy ye dxdx x y ye
−−=+=−+⎰⎰⎰⎰
16，求解泊松方程的狄利克莱问题
2202,0,22
0,00,22
xx
yy b b y y x x a b b u u x a y u u x a
b b u u y =−===⎧
+=−<<−<<⎪⎪⎪
==<<⎨⎪⎪==−<<⎪⎩ 解：由自由项知有2v x Cx D =−++形式的特解，再让其满足第二对边界条件，即有
()v x a x =−（1）
令u v w =+则
2200,0,22
(),(),00,22xx
yy b b y y x x a b b w w x a y w x a x w x a x x a b b w w y =−===⎧+=<<−<<⎪⎪⎪
=−−=−−<<⎨⎪⎪==−<<⎪⎩
1
1
02
33()sin
()sin
2()sin 4[(1)1]n n n n a n n n x
w Y y a
n x x a x a n x x a x dx
a a a n
ππϕπϕπ∞
=∞
==−−==−−=−−∑∑⎰
2
()0()()22n n n n n n Y Y a
b b Y Y πϕ⎧''−=⎪⎪⎨
⎪−==⎪⎩ n n n n y n y
Y A ch
B sh
a a
ππ=+ 2222n n n n n n n b n b A ch B sh a a
n b n b A ch B sh a a ππϕππϕ⎧
−=⎪⎪⎨
⎪+=⎪⎩
1
,02n n
n A B n b ch a ϕπ== 2n n
n y ch
a Y n
b ch a
πϕπ= 23123314sin 2(21)8(21)sin (21)(21)2n n n n y
ch a n x a w n b a
ch a
n y ch a n x a n b a
n ch a πϕπππππππ∞=∞
==+−+=++∑
∑
17，解定解问题
2000,0,00,sin ,00,0,0tt xx x x l
t t t u a u x l t u u t t u u x l
ω====⎧=<<>⎪==>⎨⎪
==<<⎩（其中l a ωπ不为整数） 解：令sin x
v u t l
ω=−
则22
2222
000sin 00,x x l t t t v v x a t t x l v v v v x l ωωω====⎧∂∂−=⎪∂∂⎪⎪
==⎨⎪
⎪==−⎪⎩
12v v v =+
2221122101101000
0,x x l t t t v v a t x v v v v x l ω====⎧∂∂−=⎪∂∂⎪⎪==⎨⎪⎪==−⎪⎩ 22
2222
222022020sin 00,0x x l t t t v v x a t t x l v v v v ωω====⎧∂∂−=⎪∂∂⎪⎪
==⎨⎪==⎪⎪⎩
11
sin
sin
k k k at k x
v B l l
ππ∞
==∑ 2
022sin (1)()
l k
k k l B d k a l l k ωξπξωξππ−==−⎰ 12212(1)sin sin k k l k at k x v a k l l
ωπππ∞=−=∑
201
()[()sin
]sin
t
k k k a t k x
v B d l l
πτπττ∞
=−=∑⎰ 2212022()sin sin (1)sin ()l k k k l
B d k a l l k a
ωπξωτωτξξωτππ+==−⎰ 0
222222222()
()sin
2(1)[sin sin ]()l
k k k a t B d l l k at k a t l l k a k a l
πτττωππωωωππ−−=−−⎰(注意l
k a
ωπ≠
) 222222222212(1)[sin sin ]sin ()k k l k at k x v k a t l a l k a k l l
ωπππωωπωπ∞=−=−−∑
12sin x
v v v t l
ω=++
18，解定解问题
2000,0,0,0,00,0t xx x x x l t u a u x l t u u u t u x l
===⎧=<<>⎪
==>⎨⎪
=<<⎩ 解：0v u u =−
2000
,0,00,0,0t xx x x x l t v a v x l t v v t v u ===⎧=<<>⎪
==>⎨⎪
=−⎩
1()2()sin n n n x
v T t l π∞
=+=∑ 00
1()2sin n n n x u l πω∞
=+−=∑ 00000001()22sin 1()22cos 1()221[cos()1]
12()2241
(21)()2l n l n x
u dx l l
n x
u l l l
n u n n u u n n πωπππππ
π+=−+=+=+−+−−==
++⎰ 21()2[]0
001()41
2sin 21
n x
t l
n n x
u v e n l
u u v
πππ+∞
−=+=−
+=+∑ 19，试确定下述定解问题的解
200(),0,0,,0
(),0t xx x x l t u a u f x x l t u A u B t u g x x l ===⎧=+<<>⎪
==>⎨⎪
=<<⎩ 其中A ，B 皆为常数。

解：(,)()u w x t v x =+
222
0()0,x x l d v
a f x dx
v
A v
B ==⎧+=⎪⎨⎪==⎩，2000()()
t xx
x x l t w a w w w w g x v x ===⎧=⎪==⎨⎪=−⎩ 22
00
00
11()()[()][()]l x x x v x A B A f d d f d d l l a a η
η
ξξηξξη=+−+−⎰⎰⎰⎰
（1）
2
(
)1
sin
n a t l
n n n x
w a e
l
ππ∞
−==∑（2）
02[()()]sin l n n x a g x v x dx l l
π=−⎰（3）
200
1()()x F x f d d a η
ξξη=−⎰⎰
()[()()]()x
v x A B A F l F x l
=+−−+
2()01()(,)
2 [()()]()[()sin ]sin
n a t l l
n u v x w x t x n n x A B A F l F x G d e l l l l
ππξπξξ∞−==+=+−−++∑⎰ ()()()
()[()]()
G g x v x x
g x A B A F l F x l ξ=−=−−−−− 20,求解圆环域内的拉普拉斯方程的牛曼问题
2221211()0,12,02sin ,020u u
u
u ρρρρθπρρρρθθθπρρ==⎧∂∂∂+=<<<<⎪∂∂∂⎪⎪∂=≤<⎨∂⎪
⎪∂=⎪∂⎩
解：添加周期性边界条件
(,2)(,)u u ρθπρθ+=
分离变量法求解(,)()()u R H ρθρθ=得
20R R R ρρλ'''+−=
0,02()(2)
H H H H λθπ
θθπ''+=<<⎧⎨
=+⎩ 得2
,0,1,2
n n λ==
()cos sin ,0,1,2
n n H A n B n n θθθ=+=
ln (),1,2
n n n
n n C D R C D n ρρρρ−+⎧⎨+=
⎩
1
ln [cos sin ][]n n n n n n n u C D A n B n C D ρθθρρ∞
−==++++∑
即1
ln ()cos ()sin n
n n n n
n n n n u c d a b n c d n ρρ
ρθρρθ∞
−−==++
+++∑
由边界条件，利用比较系数法，得
110
0,()0,(1)14,33n n n n c d a b n c d n c d ==⎧⎪==∀⎪⎪
==≠⎨⎪
⎪=−=−⎪⎩
从而11
(4)sin 3
u ρρθ−=−+。