最新数学物理方程期末考试试题及答案
数学物理方程考试试题及解答(1)
数学物理方程考试试题及解答(1)数学物理方程考试试题及解答考试题目：求解一阶常微分方程y'+3y=x+e^(-2x)解答：1. 首先我们需要将原方程变形，得到y'和y的系数都为1的形式： y'+3y=x+e^(-2x)y'+3y-1*x= e^(-2x)即：y'+3y-(1*x)= e^(-2x)2. 根据一阶常微分方程的标准形式 y'+p(x)y=q(x) ，我们可以将上述方程的左侧写成d/dx(y*e^(3x))的形式。
具体步骤如下：(y'+3y)e^(3x) - x*e^(3x) = e^(3x)*e^(-2x)即：d/dx(y*e^(3x)) - x*e^(3x) = e^xd/dx(y*e^(3x)) = e^(3x)+x*e^(3x)+e^x3. 将方程两侧的d/dx和e^(3x)去掉，得到最终的含y的方程：y*e^(3x) = ∫(e^(3x)+x*e^(3x)+e^x)dx + C= (1/3)*e^(3x) + (1/2)*x*e^(3x) + e^x + C即：y = (1/3) + (1/2)*x + e^(-3x)*(e^(2x)*C+1)4. 因为是一阶线性齐次方程，存在唯一的初始条件y0，可以将解方程带入初始条件得到C的值。
考试题目：提出热传导方程的边界条件∂u/∂t = a(∂²u/∂x²)解答：热传导方程描述的是一个物质内部温度分布随时间变化的情况，它可以用数学模型来表示:∂u/∂t = a(∂²u/∂x²)其中，u(x,t)是时间t和空间x处的温度，a是热传导系数，代表了物质的传热速率。
热传导方程的边界条件通常有如下几种：1. 第一类边界条件（Dirichlet边界条件）：即在给定的边界上已知温度u，通常写成形式u(x,t)|_∂Ω = f(x,t) 。
在第一类边界上，温度保持不变，而且是已知的，所以我们直接用Dirichlet边界条件就可以描述。
数学物理方程答案
nπ nπ n , X n x sin x , n 1, 2, a a
设原问题的解为：
nπ u x, t Tn t sin x a n 1
2
代入方程得：
2 nπ πx nπ T t x t sin n Tn t sin a a a n 1
2 2
rMM 0 y 0
rMM1
1 ，从而
1 x x0 y y0
2 2
1 ln 2π
y0 G G 1 n y y 0 π x x0 2 y0 2
这样，解的表达式为：
u x0 , y0
三、设 a 为正常数，求以下定解问题的解
πx utt u xx t sin a , u 0, t u a, t 0, t 0 u x, 0 0, ut x, 0 0, 0 x a
由分离变量法知，问题的特征值和特征函数为：
令 u r , t R r T t ，代入方程得
T t T 0
(1)
r 2 R r rR r r 2 R 0
(2)为零阶 Bessel 方程，其通解为：
(2)
R r CJ 0
r Dy0
ut u xx , 0 x a, t 0 5 u x, 0 10 x, a u 0, t 10, u a, t 5
令 w x, t 10
5 5 x, v x, t u x, t 10 x 则 a a
《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。
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。
数学物理方程试卷及答案
数学物理⽅程试卷及答案参考解答：⼀、填空题1. A 定解 B 初值（或Cauchy 问题） C 存在性、唯⼀性和稳定性2. D 双曲3. E (1)(2)(4)4. F [x-3t,x+t] ,G 决定区域5. H 222(21)(1,2,)4n n L πλ-==L I(21)cos (1,2,)2n x X n Lπ-==L ⼆、解：⽆界区域上波动⽅程200,,0|(),|()tt tt t t t u a u x t u x u x ?ψ==?=-∞<<+∞>??==?? 的达朗贝尔公式为：22()()1(,)()22x atx at x at x at u x t d aψξξ+--++=+对于本题所给半⽆界区域上的⾃由端点定解问题，只需对初始条件作偶延拓，即令：2(),()||x x x x ?ψ==即可，2a = ,代⼊达朗贝尔公式得22222222(2)(2)1()||2224,25(4),24x tx tx t x t u x d x xt t x tx t x t ξξ+--++=+??++≥?=?+⼆、解：设(,)()()u x t X x T t =，则()''()4''()()X x T t X x T t =，分离变量成为''()''()4()()T t X x T t X x λ==-，则''()()0,'(0)'(1)0''()4()0X x X x X X T t T t λλ+===??+=?，解前⼀⽅程，得固有值22(0,1,2,)n n n λπ==L 和固有函数()cos X x n x π=，代⼊⽅程''()4()0T t T t λ+=中可得()cos 2sin 2T t A n t B n t ππ=+，1,2,3,)n =L （由叠加原理，原⽅程有解1(,)(cos 2sin 2)cos nnn u x t A n t Bn t n x πππ∞==+∑。
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
数学物理方程考试试题及解答
数学物理方程试题（一）一、填空题（每小题5分，共20分）1.长为π的两端固定的弦的自由振动，如果初始位移为x sin 2x ，初始速度为cos2x 。
则其定解条件是2.方程∂u ∂u -3=0的通解为∂t ∂x⎧X "(x )+λX (x )=03.已知边值问题⎨'，则其固有函数X n(x )=⎩X (0)=X (π)=04.方程x y +xy +(αx -n )y =0的通解为2"'222二.单项选择题（每小题5分，共15分）∂2u ∂2u1.拉普拉斯方程2+2=0的一个解是（）∂x ∂y （A ）u (x ,y )=e sin xy （B ）u (x ,y )=（C ）u (x ,y )=x x 2+y 2x 2+y 21x 2+y 2（D ）u (x ,y )=ln2.一细杆中每点都在发散热量，其热流密度为F (x ,t ),热传导系数为k ，侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ，则热传导方程是()∂2u F (x ,t )∂u ∂2u F (x ,t )2（A ）（B ）=a 2+=a +22∂t c ρc ρ∂x ∂t ∂x 2222∂F∂F u (x ,t )∂F ∂F u (x ,t )(其中2k )22(C )(D)=a +=a +a =222c ρ∂t c ρc ρ∂t ∂x ∂x 2⎧∂2u 2∂u =a ⎪⎪∂t 2∂x 23.理想传输线上电压问题⎨⎪u (x ,0)=A cos ωx ,∂u ⎪∂t ⎩∂2ut =0=aA ωsin ωx(其中a 2=1)的解为（）L C（A ）u (x ,t )=A cos ω(x +at )（B ）u (x ,t )=A cos ωx cos a ωt（C ）u (x ,t )=A cos ωx sin a ωt （D ）u (x ,t )=A cos ω(x -at )三.解下列问题1.∂u ⎧∂u+3=0⎪(本题8分)求问题⎨∂x 的解∂y3x⎪⎩u (x ,0)=8e ⎧∂2u=6x 2y ⎪⎪∂x ∂y(本题8分)⎨⎪u (x ,0)=1-cos x ,u (0,y )=y 2⎪⎩2⎧∂2u 2∂u ⎪2=a 2⎪∂t ∂x 3 . (本题8分)求问题⎨⎪u (x ,0)=sin 2x ,∂u ⎪∂t ⎩2.的解t =0=3x 2四.用适当的方法解下列问题2⎧∂u 2∂u=a ⎪(本题8分)解问题⎨∂t ∂x 2⎪u (x ,0)=1-2x +3x 2⎩2⎧∂2u ∂2u ∂2u2∂u =a (2+2+2)⎪2⎪∂t ∂x ∂y ∂z (本题8分)解问题⎨2∂u 2⎪u t =0=2y +3xz ,=6y t =0⎪∂t 2⎩1. 2.2⎧∂u2∂u⎪∂t =a 2∂x ⎪⎪五．(本题10分)解混合问题：⎨u (0,t )=u (1,t )=0⎪u (x ,0)=2sin πx⎪⎪⎩六．(本题15分)用分离变量法解下列混合问题：2⎧∂2u 2∂u =a ⎪2∂x 2⎪∂t ⎪⎨u (0,t )=u (π,t )=0⎪∂u ⎪u (x ,0)=2x (π-x ),∂t ⎪⎩t =0=3sin 2x一.单项选择题（每小题4分，共20分）1.（D ）2.（B ）3.（D ）4.（D ）二.填空题（每空4分，共24分）⎧u (0,t )=u (2π,t )=0⎪1.x +y =C 1,2x +y =C22.⎨,∂u (x ,0)=x ,t =0=2x ⎪∂t ⎩3.u (x ,t )=x +f (3x +2y )，4.X n (x )=B n cos n πx,(n =0,1,2,3,)25.通解为u (x ,t )=322x y +f (x )+g (y )2三.解下列问题(本题7分)∂u ⎧∂u+3=0⎪1．求问题⎨∂x的解∂y 3x⎪⎩u (x ,0)=8e 解：设u (x ,t )代入方程，(8e =8e 3x +m y（2分）)⨯3+3⋅(8e 3x +m y )⨯m=03x +m y 3m +3=0,m =-1（6分）所以解为u (x ,t )=8e 3x -y（7分）2．2⎧∂2u ∂u 2⎪2=a 2⎪∂t ∂x (本题7分)求问题⎨⎪u (x ,0)=sin 2x ,∂u ⎪∂t ⎩的解t =0=3x 2解：由达朗贝尔公式，得11x +at2u (x ,t )=[sin 2(x +at )+sin 2(x -at )]+3ξd ξ（3分）⎰x -at22a =cos 2at sin 2x +3x 2t +a 2t 3（7分）四.用适当的方法解下列问题2⎧∂u 2∂u=a ⎪1.(本题7分)解问题⎨∂t ∂x 2⎪u (x ,0)=1-2x +3x 2⎩解：设u (x ,t )=1-2x +3x 2+At代入方程，A =a 2[0-0+6+A ''t ]+6x⎧A ''=0令⎨显然成立2⎩A =6a +6x解为u (x ,t )=1-2x +3x 2+6a 2t +6xt2∂2u ∂2u ∂2u2∂u =a (2+2+2)2∂t ∂x ∂y ∂z 2∂u2=6y t =0=x +2y +3yz ,t =0∂t 22.⎧⎪⎪(本题7分)解问题⎨⎪u ⎪⎩解：设u=[x 2+2y 2+3yz +At 2]+[6x 2t +Bt 3]（2分）代入方程2A +6Bt =a 2[(2+12y +∆At 2)+(12t +∆Bt 3)]（4分）⎧∆B =0令，⎨显然成立，解为2⎩6B =12a u (x ,t )=x +2y +3yz +a 2t 2+6y 2t +2a 2t 3五．(本题7分)解混合问题：2⎧∂u 2∂u ⎪∂t =a ∂x 2⎪⎪⎨u (0,t )=u (1,t )=0⎪u (x ,0)=2sin πx ⎪⎪⎩解u (x ,t )=L -1{U (x ,s )}=2e -a πt sin πx22六．(本题15分)用分离变量法解下列混合问题：2⎧∂2u 2∂u=a ⎪22∂t ∂x ⎪⎪⎨u (0,t )=u (π,t )=0⎪∂u ⎪u (x ,0)=2x (π-)x ,∂t ⎪⎩t =0=3sin 2x解：设u (x ,t )=X (x )T (t )代入方程及边界⎧T ''+λa 2T =0n π2⎪λ=()=n 2,X n=sin nx''⎨X +λX =0nπ⎪X (0)=X (π)=0⎩u n=(C ncos ant +D nsin ant )sin nxu (x ,t )=∑(C ncos ant +D nsin ant )sin nxn =1∞其中C n =2π⎰π08[1-(-1)n ]x (π-x )sin nxdx =n 3πD n =2π⎰π0⎧0(n ≠2)⎪3sin 2x sin nxdx =⎨3(n =2)⎪⎩a∞38[1-(-1)n ]cos ant sin nx 所以解为u (x ,t )=sin 2at sin 2x +∑3a n πn =12009-2010学年第一学期数学物理方程试题一、填空题（每小题4分，共24分）∂2u ∂2u ∂2u 1.方程2-3+22=sin(x 2+y 2)的特征线为∂x ∂y ∂x ∂y 2.长为l 的弦做微小的横振动，x =0、x =l 两端固定，且在初始时刻处于水平状态，初始速度为2x ,则其定解条件是3.方程∂u ∂u +3=2x 的通解为∂x ∂y⎧X "(x )+λX (x )=04.已知边值问题⎨,则其固有函数⎩X '(0)=X '(2)=0X n(x )=5.方程x y +xy +(25x -64)y =0的通解为6.2⎰x J 1(x )dx = .2"'2二．单项选择题（每小题4分，共20分）1.微分方程uxxx+uxyy-sin u =ln(1+x 2)是（）（A ）三阶线性偏微分方程（B ）三阶非线性偏微分方程（C ）三阶线性齐次常微分方程（D ）三阶非线性常微分方程∂2u ∂2u2.拉普拉斯方程2+2=0的一个解是（）∂x ∂y （A ）u (x ,y )=e sin xy （B ）u (x ,y )=（C ）u (x ,y )=x x 2+y 2x 2+y 21x 2+y 2（D ）u (x ,y )=ln3.一细杆中每点都在发散热量，其热流密度为F (x ,t ),热传导系数为k ，侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ，则热传导方程是()∂2u F (x ,t )∂u ∂2u F (x ,t )2（A ）（B ）=a 2+=a +22∂t c ρc ρ∂x ∂t ∂x 2222∂F∂F u (x ,t )∂F ∂F u (x ,t )(其中2k )22(C )(D)=a +=a +a =222c ρ∂t c ρc ρ∂t ∂x ∂x 2⎧∂2u 2∂u=a ⎪2⎪∂t ∂x 24.理想传输线上电压问题⎨⎪u (x ,0)=A cos ωx ,∂u ⎪∂t ⎩∂2ut =0=aA ωsin ωx（A ）u (x ,t )=A cos ω(x +at )（B ）u (x ,t )=A cos ωx cos a ωt（C ）u (x ,t )=A cos ωx sin a ωt （D ）u (x ,t )=A cos ω(x -at )5.单位半径的圆板的热传导混合问题2⎧∂u 1∂u2∂u =a (2+)(ρ<1)⎪⎨有形如（）的级数解。
数学物理方程 参考答案
1.求下列波动方程Cauchy 问题的解: (2)2005,tt xx t tt u a u u u x==⎧=⎪⎨==⎪⎩解:根据达朗贝尔公式可得521)55(21),(+=++=⎰+-xt d a t x u at x atx ξξ6.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 tt ew a v a v ++=22令2)(a ex w x-=可得⎪⎩⎪⎨⎧=+====222,5xv ae v v a v t tx t xxtt由达朗贝尔公式可得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2232211(,)()523x x atx ate u x t v w eetx a t aa-+=+=++++-7.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:[][]11(,)()()()()22x at x atv x t x at x at d aϕϕψξεϕξξ+-=++-++⎰所以,原定解问题的解为:[][]11(,)()()()()22x at t tx atu x t x at x at d eaeββϕϕψξεϕξξ+-=++-++⎰习题4.22.求解下列定解问题2000,0,00,0()tt xx t t t x x u a u x t u u u h t ===⎧=<<+∞>⎪==⎨⎪=⎩解:通解为12(,)()()u x t f x at f x at =++-由初始条件1212(,0)()()0(1)(,0)()()0(2)t u x f x f x u x af x af x =+=⎧⎨''=-=⎩对(2)式积分可得121()()f x f x C -=则有1112()2,0()2C f x x C f x ⎧=⎪⎪≥⎨⎪=⎪⎩0x at +≥恒成立,但是x at -可能小于零当0x at -<时1212()()()()()()f at f at h t f f h a ξξξ''+=⎧⎪⎨''+-=⎪⎩令0at ξ=>,积分可得12120()()()(0)(0)f f h d f f aξξξξξ+-=+-⎰令aξη=上式变为12120()()()(0)(0)a f f a h d f f ξξξηη+-=+-⎰21101110()()()()2()2a a a f f a h d C C a h d C C a h d ξξξξξηηηηηη⎡⎤-=-+⎢⎥⎣⎦=--=--⎰⎰⎰所以1210,02()(),02a C f C a h d ξξξηηξ⎧-≥⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩⎰则有1210,2()(),2a C x t a f x at C xa h d t a ξηη⎧-≤⎪⎪-=⎨⎪-->⎪⎩⎰又因为11()2C f x at +=所以00,(,)(),a x t a u x t xa h d t a ξηη⎧≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩⎰习题4.31.求解下列定解问题200,,,,0,tt t t t u a u x y z t u yz u xz ==⎧=∆-∞<<+∞>⎪⎨==⎪⎩解:对于三维波动方程,其解为1(,,)(,,)(,,,)41(,,)1(,,)44x y z x y z u x y z t dS dS a t atatx y z x y z dS dSa tataatϕψπϕψππ''''''∂⎡⎤=+⎢⎥∂⎣⎦''''''∂⎡⎤=+⎢⎥∂⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰其中2sin cos ,02,0sin sin cos ()sin x x at y y at z z at dS at d d θϕϕπθπθϕθθϕθ'=+≤≤≤≤⎧⎪'=+⎪⎨'=+⎪⎪=⎩在本题目中(,,)x y z yzϕ=,(,,)x y z xz ψ=()()2222222001(,,)41(sin sin )(cos )()sin 41sin sin cos sinsin sin cos sin 412sin 2sin cos 4x y z dS a t aty r z r at d d a tatat yz aty at a t d d a tat yz aty d a t πππππϕπθϕθθϕθπθθθθϕθθϕϕθππθπθθθπ'''∂⎡⎤⎢⎥∂⎣⎦∂++⎡⎤=⎢⎥∂⎣⎦∂⎛⎫=+++ ⎪∂⎝⎭∂=+∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ()1404at yz a t yzππ⎛⎫ ⎪⎝⎭∂⎛⎫=+⎪∂⎝⎭=⎰1(,,)4x y z dSa atxztψπ'''=⎰⎰则(,,,)u x y z t yz xzt=+3.利用三维泊松公式求解下列问题220,,,,00,tt t t t u a u x y z t u u x yz ==⎧=∆-∞<<+∞>⎪⎨==+⎪⎩ 解:对于三维波动方程,其解为1(,,)(,,)(,,,)41(,,)1(,,)44x y z x y z u x y z t dS dS a tatatx y z x y z dS dSa t ataatϕψπϕψππ''''''∂⎡⎤=+⎢⎥∂⎣⎦''''''∂⎡⎤=+⎢⎥∂⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰在本题目中有(,,,)0x y z t ϕ=,则有()()()()()()()()()222220220021(,,)(,,,)4sin sin sin sin cos 1sin 4sin sin sin sin cos sin 4sin sin sin 4sin 4x y z u x y z t dSaatx at y at z at at d d a at t x at y at z at d d t x at d d yzttx d ππππππψπθϕθϕθθϕθπθϕθϕθθϕθπθϕθϕθπθπ'''=⎛⎫++++ ⎪=⎪⎝⎭=++++=++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ()()22222322000022223200232sin sin 2sin sin 4sin sin 043d a t d d xat d d yztt x a t d d yzta t x t yztππππππππϕθθϕϕθθϕϕθπθθϕϕπ+++=+++=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰习题4.43.导出二维Cauchy 问题解的表达式200(,,),,,00,0tt t t t u a u f x y t x y t u u ==⎧=∆+-∞<<+∞>⎪⎨==⎪⎩ 解:利用齐次化原理求解 如果(,,,)w x y t τ是定解问题20,(,,)tt t tt W a W W W f x y τττ==⎧=∆⎪⎨==⎪⎩的解 则0(,,)(,,,)tu x y t w x y t d ττ=⎰即为定解问题200(,,)0,0tt t t t u a u f x y t u u ==⎧=∆+⎪⎨==⎪⎩的解 对于0(,,)(,,,)tu x y t w x y t d ττ=⎰显然存在如下的关系(,,,)0t uw x y t d ττ===⎰(,,,)t t t u w w w x y t d d tttττττ=∂∂∂=+=∂∂∂⎰⎰此时有00t ut =∂=∂又有222222222000(,,)(,,)t tttu w w w wd f x y t a wd f x y t a d tttx y ττττ=⎛⎫∂∂∂∂∂=+=+∆=++ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎰⎰⎰且222222220tuuw wd x y xy τ⎛⎫∂∂∂∂+=+ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎰将上式代入22u t∂∂表达式可得2222222(,,)(,,)u u u f x y t a f x y t a u txy ⎛⎫∂∂∂=++=+∆ ⎪∂∂∂⎝⎭因此齐次化原理得以证明.由齐次方程柯西问题解的泊松公式可得1(,,)(,,,)2Mf w x y t aττπ=⎰⎰所以,原问题的解为()201(cos ,sin ,)(,,)2t a t f x r y r u x y t d aτπθτπ-++=⎰⎰⎰习题5.1 1.若[]()()F g x f ω=,求证[]()2()F f x g πω=-.证明:由傅里叶反变换式1()()2j xg x f ed ωωωπ+∞-∞=⎰,将式中自变量x 换为x -,得1()()2j xg x f ed ωωωπ+∞--∞-=⎰将上式变量x 换为ω,而把ω换为x ,得 1()()2j xg f x e dx ωωπ+∞--∞-=⎰ 即[])(2)(ωπ-=g x f F2.求证 (1)1,0y Fe y ω--⎡⎤>⎣⎦(2)00()()j xF ef x f ωωω⎡⎤=-⎣⎦证明:根据Fourier 变换可得出000++()0()()()()j xj xj xj xF e f x f x e edxf x edxf ωωωωωωω∞--∞∞---∞⎡⎤⎣⎦===-⎰⎰(3)[]()()f aF f at aω=证明:若0>a ,则)(at f 的傅里叶变换为[]+()()j tF f at f at edtω∞--∞=⎰令at x =,则adtdx=代入上式，可得[]+1()()j x adx F f x f x ef aa a ωω-∞-∞⎛⎫==⎪⎝⎭⎰若0<a ,则类似地有[]1()Ff at f aa ω⎛⎫=-⎪⎝⎭综上所述[]()()f aF f at aω=3.求函数的Fourier 变换 (1) ()xf x e -= 证明:2cos sin 22cos 1xxxxj xxF e eedx exdx i exdxexdx ωωωωω+∞+∞+∞------∞-∞-∞+∞-⎡⎤==-⎣⎦==+⎰⎰⎰⎰由于积分区间是关于坐标轴对称,且积分函数是个奇函数故sin 0xexdx ω+∞--∞=⎰因此2022cos 1x xF e e xdx ωω+∞--⎡⎤==⎣⎦+⎰(2) 2()xf x eπ-=证明:直接利用公式[]2222()cos sin 2cos xj xxxxF f x e edxexdx i exdxexdxπωπππωωω+∞---∞+∞+∞---∞-∞+∞-==-=⎰⎰⎰⎰根据公式22240cos xa ba bexd ωωω-+∞-=⎰则[]22441()22Ff x eeωωππ--=⋅=(3)2()cos f x ax = 证明:[]2()cos j xF f x ax edxω+∞--∞=⋅⎰根据cos 2izize ez -+=上式可以变为2222222222222()()2424()42cos 211221122112212j xjaxjaxj xjaxj xjaxj xjax j xjax j xja x jja x jaaa ajja x aaax edxee edxe edx eedxedx edxedx edxeeωωωωωωωωωωωω+∞--∞-+∞--∞+∞+∞----∞-∞+∞+∞----∞-∞--+++∞+∞-∞-∞--⋅+==+=+=+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰22()4212jja x aadx eedxωω++∞+∞-∞-∞+⎰⎰令)2x aωξ=-以及)2x aωη=+上式变为222222222222()()4242444401122112211jja x jja x aaaajjj j aajjj j aaeedx eedxeedeede d ed ωωωωωωξηωωξηξη--++∞+∞-∞-∞-+∞+∞-∞-∞-+∞+∞+==+⎰⎰⎰⎰⎰⎰再利用公式2402jj ed πξξ+∞=⎰上式可变为22222222440()()4444()()444422)44jjj j aaj j a a j j a a ed ed ee e e aωωξηωπωπωπωπξηωπ-+∞+∞------+⎤=+⎥⎥⎦⎤+⎥=⎥⎥⎣⎦=-⎰⎰5.求()0axf x ea -=>，,Fourier 正弦与余弦变换.解:由定义,得:2202cos 1cos 11cos cos 1sin 1sin 1sin cos 1cos axaxaxaxaxaxaxaxaxexdxxdeaxe ed xaaexdxa axdea axe xdea a xdeaaωωωωωωωωωωωωωω+∞-+∞-+∞+∞--+∞-+∞-+∞+∞--+∞-=-=-+=-=+⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰由此得出222cos axaexdx a ωω+∞-=+⎰即22()c a f a ωω=+同理可得22ˆ()sin axs f exdx a ωωωω+∞-==+⎰习题5.21. 用Fourier 变换法求解定解问题 ⎩⎨⎧==>∈=0)0,(,sin )0,(0,,2x u x x u t R x u a u t xx tt 解：对于初值问题关于x 作Fourier 变换，得：[]2222d (,)(,),,0d (,0)sin ,(,0)0t u t a u t x R t t u F x uωωωωω⎧+∈>⎪⎨⎪==⎩该方程变为带参数ω的常微分方程的初值问题. 解得12(,)ja t ja t ut C e C e ωωω-=+ 于是1212(,0)(sin ),(,0)()0t uF x C C u ja C C ωωω==+=-= 则由[]121sin 2C C F x ==可得[]1(,)sin ()2ja tja tut F x eeωωω-=+作像函数(,)ut ω 的Fourier 逆变换 [][][]11111(,)[(,)]1sin ()21sin (sin )211sin (sin )221[sin()sin()]2sin cos ja t ja t ja t ja t ja t ja t u x t F u t F F x e e F F x e F x e FF x e F F x e x at x at x atωωωωωωω--------=⎡⎤=+⎣⎦⎡⎤=+⎣⎦⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦=-++=2.求解下列定解问题2cos ,0,0(,0)0,(,0)0,lim (,)0(0,)0tt xx t x x u a u t x t u x u x u x t u t →+∞⎧=+<<+∞>⎪===⎨⎪=⎩ 解:对自变量t 取Laplace 变换可得⎪⎩⎪⎨⎧=+∞=+=-0),(~,0),0(~1~~22222s u s us s dx ud a u s x求解常微分方程，得)(1~22s s Be Ae u xa sx as+++=-ω于是)1(1,02s s B A +-==所以]1[)1(1~2xas es s u --+=且111222()22211L (1)L L (1)(1)(1)R e s ,R e s ,(1)(1)s x sa x a xs t sta k k kke e s s s s s s e e s s s s s s ------⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥++⎣⎦⎢⎥⎣⎦∑∑其中k s 是u ~的极点 由于01=s ,js =2,j s -=3都是一级极点,所以222202R e s ,lim lim ()lim ()(1)(1)(1)(1)11()2(1cos )12sin2st st st stk s s j s j kjtjte e e e s s s j s j s s s s s s s s eet t→→→--⎡⎤=⋅+-++⎢⎥++++⎣⎦=-+=-=∑2()2()2sin ,2R e s ,(1)0,x s t a k kat x x t e a a s x s s t a --⎧⎡⎤>⎪⎪⎢⎥=⎨⎢⎥+⎪≤⎢⎥⎣⎦⎪⎩∑所以,最后定解问题为22122sin 2sin ,22[]2sin ,2t at x x t aau L ut x t a--⎧->⎪⎪==⎨⎪≤⎪⎩4.求解定解问题(,),,0(,0)(),(,0)()tt xx t u u f x t x t u x x u x x ϕψ=+-∞<<+∞>⎧⎨==⎩解:首先使用分离变量法,令u VW=+,则可将原定解问题分解为200()(1)()tt xx t t t V a V V x V x ϕψ==⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩200(,)0(2)0tt xx t t t W a W f x t W W ==⎧=+⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩对于方程(1).对初值问题关于x 做Fourier 变化,得2222(,)(,)0(,0)(),(,0)()t d v t a v t dt v v ωωωωϕωωψω⎧+=⎪⎨⎪==⎩该方程变为带参数ω的常微分方程的初值问题.解得12(,)j at j at vt C e C e ωωω-=+ 于是1212()(,0)()(,0)()t v C C vj a C C ϕωωψωωω==+==-即有1111(,)()()()()22j at j at vt e ej a j a ωωωϕωψωϕωψωωω-⎡⎤⎡⎤=++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦做像函数的Fourier 逆变换[]11111(,)(,)1111()()()()22j at j at j at j at W x t Fut Fe F e F e F e aj a j ωωωωωϕωϕωψωψωωω-------=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦因为[][]()()()j atj atF x at eF x eωωϕϕϕω±±±== 做逆变换可得 1()()j at Fe x at ωϕωϕ-±⎡⎤=±⎣⎦又因为1()()()x at x j atj at F s ds e F s ds e j ωωψψψωω±±±-∞-∞⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰ 做逆变换可得11()()x at j at Fe s dsj ωψωψω±-±-∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰因此[][]11(,)()()()()2211()()()22x atx at x at x atV x t x at x at s ds s ds a x at x at s dsaϕϕψψϕϕψ+--∞-∞+-⎡⎤=++-+-⎢⎥⎣⎦=++-+⎰⎰⎰对于方程(2).根据齐次化原理,如果(,,)w x t τ是齐次方程Cauchy 问题的解20(,)tt xx t t t w a ww w f x τττ==⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩则0(,)(,,)tW x t w x t d ττ=⎰是原问题的解.利用变换t t τ'=-则2000(,)t t xx t t t w a w w w f x τ'''=''=⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩ 利用达朗贝尔公式有1(,,)(,)2x at x at w x t f d a τατα'+'-'=⎰ ()()1(,,)(,)2x a t x a t w x t f d aτττατα+---=⎰可求得()0()1(,)(,)2t x a t x a t W x t f d d aττατατ+---=⎰⎰最后,[]()0()111()()()(,)222x at t x a t x atx a t u V W x at x at s ds f d d aaττϕϕψατατ++----=+=++-++⎰⎰⎰习题5.31.求证Laplace 变换的位移定理. 证明: Laplace 变换的位移定理为L ()(),Re()axef x f s a s a σ⎡⎤=-->⎣⎦ 根据Laplace 变换的定义可以求得()00L ()()()(),Re()axaxsxs a xef x ef x edx f x edx f s a s a σ+∞+∞---⎡⎤===-->⎣⎦⎰⎰3.用留数计算1221L (1)()sx ae s s ω--⎡⎤-⎢⎥+⎣⎦解:1122222211L (1)L ()()()sx sa x a e e s s s s s s ωωω----⎡⎤⎡⎤⎢⎥-=-⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎢⎥⎣⎦根据L 变换的线性性质11122222211L (1)L L ()()()sx sa x ae e s s s s s s ωωω-----⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎣⎦根据留数定理可得出()12222221L (1)R e s ,R e s ,()()()xs t ssta x a k k kk eee s s s s s s s s ωωω---⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎣⎦∑∑其中k s 是极点.由于01=s ,ωj s =2,ωj s -=3都是一级极点,所以22222222022222R e s ,lim lim ()lim ()()()()()11()21(1cos )2sin2st st st stk s s j s j kj tj te e e e s s s j s j s s s s s s s s eet tωωωωωωωωωωωωωωωω→→→--⎡⎤=⋅+-++⎢⎥++++⎣⎦=-+=-=∑对于()22R e s ,()xs t a k kes s s ω-⎡⎤⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎣⎦∑需要分情况讨论当xt a >时,()()()()222222220()()22222R e s ,lim lim ()lim ()()()()()1121()1cos 2()sin2x x x x s t s t s t s t a a a a k s s j s j kx xj t j t aae e e e s s s j s j s s s s s s s s e e at x a at x aωωωωωωωωωωωωωωωω----→→→----⎡⎤⎢⎥=⋅+-++⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦-⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦-=∑当x t a≤时,()22R e s ,0()xs t a k kes s s ω-⎡⎤⎢⎥=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦∑综上所述,可以得出2()2222()sin ,2R e s ,()0,x s t a k kat x x t e a a s x s s t a ωωω--⎧⎡⎤>⎪⎪⎢⎥=⎨⎢⎥+⎪≤⎢⎥⎣⎦⎪⎩∑所以，最后结果为22221222222()sin sin ,122L (1)2()sin ,2s x at at x x t a a e t xs s t a ωωωωωωω---⎧->⎪⎡⎤⎪-=⎨⎢⎥+⎣⎦⎪≤⎪⎩7.求下列函数的Laplace 逆变换 (1) 5482+++s ss (2) )0(,)(222>+a a s s解:(1)对原式进行分解,得1)2(61)2(2548222++++++=+++s s s s s s则)sin 6(cos 1)2(61)2(25482212121t t e s L s s L s s s L t+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++----[查表可得](2)对原式进行分解,得22222)(14)(14)(ja s a j ja s a j a s s--+=+由于[]2)(1a s te L at+=-,得:1112222211()4()4()()41sin 2jatjats j jL L L s a a s ja a s ja j t eea t ata ----⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥++-⎣⎦⎣⎦⎣⎦=-=[查表可得] 习题5.41.用Laplace 变换法解下列定解问题：(2)2000,0,00,00tt xx t t t x u a u c x t u u u ===⎧=+<<∞>⎪⎪==⎨⎪=⎪⎩解:对时间变量t 坐拉普拉斯变换222200,x x d u c a s u u dx s u =→∞⎡⎤=⎧-=-⎪⎪⎩⎣⎨⎦=求解微分方程上述微分方程. 对应的特征方程为220s a λ⎛⎫-= ⎪⎝⎭特征根为s aλ=±对应齐次方程的通解为s sxxaauAe Be-=+由于00λ=不是特征方程对应的特征根,故非齐次方程的一个特解为*uC =将特解代入原方程可得3c C s=因此原问题的解为*3s sxxa ac uu u Ae Bes-=+=++根据边界条件可得出30c A s B ⎧=-⎪⎨⎪=⎩则33s xac c uess-=-+对其做逆变换可得[]1133(,)sx a c c u x t L u L e ss ---⎡⎤==-+⎢⎥⎣⎦ 根据线性定理可将其变为1133(,)sx ac c u x t L e L s s ---⎡⎤⎡⎤=-+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦其中,2132c ctL s -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦133Re s ,ssx x staa k kc c L e e e s s s ---⎡⎤⎡⎤-=-⋅⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑其中,0s =是三阶极点故有()332()32302R e s ,R e s ,1lim (0),(31)!0,(),20,,s xx t s sta a k k kkxt s as c c e e s e s s s d c x s e t ds s a x t a c x x t t a a x t a ---→⎡⎤⎡⎤-⋅=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎧⎡⎤->⎪⎢⎥⎪-⎣⎦=⎨⎪≤⎪⎩⎧->⎪⎪=⎨⎪≤⎪⎩∑∑因此222(),22(,),2ct c x xt t a au x t ct x t a ⎧-->⎪⎪=⎨⎪≤⎪⎩4.用Laplace 变换求解⎪⎩⎪⎨⎧===+∞=>+∞<<=0)0,(,0)0,(0),(),(),0(0,0,2x u x u t u t f t u t x u a u t x xx tt 解:对自变量t 取Laplace 变换22220(0,)(),(,)0x d u s u a dx u s f s us ⎧-=⎪⎨⎪=+∞=⎩微分方程的解为x a sx a sBe Ae u-+=~ 再由(0,)(),(,)0x u s f s us =+∞= 所以()s xa a uef s s-=-由 Laplace 变换的卷积定理,得[][][]()*()()()L g x f x L g x L f x =⋅令xa s es a x g --=)(,对其求逆,得:()()0R e s ,lim (0)0,xxs t s t a a k s kx a t a a a e s s e xs s t a --→⎧->⎪⎡⎤⎡⎤⎪-=--=⎨⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎪≤⎪⎩∑，最后定解问题的解是)(*)(x f x g 则最后的解为0()(,)0,xt ax a f d t au x t x t a ττ-⎧->⎪⎪=⎨⎪≤⎪⎩⎰，6.有一根均匀弹性细杆,长为l ,一端固定,另一端受外力sin F A tω=作用.杆的初始位移与速度都为0,求杆的纵向振动规律.解：设Y 与S 分别是细杆杨氏模量与截面积,则定解问题为2,0,0sin (0,)0,(,)(,0)0,(,0)0tt xx xx u a u x l t A t u t u l t SY u x u x ω⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==⎪⎩对自变量t 取Laplace 变换2222220(,)(0,)0,x ld u a s u dx du x s Au s dx SY s ωω=⎧-=⎪⎪⎨⎪==⎪+⎩求解常微分方程可得ss xxaauC eD e-=+代入边界条件可得出2201()l l s s aaC D A C SY s s e e ωω-+=⎧⎪⎪=⎨+⎛⎫⎪+ ⎪⎪⎝⎭⎩所以221()ssx x x x s s a a a a l ls s a a u C e D e e e s s e eωω---⎛⎫=+=- ⎪+⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭对上式取Laplace 逆变换可求得。
数学物理方程期末练习题
一、填空题.1.初始位移为ϕ(x )，初始速度为ψ(x )的无界弦的自由振动可表述为定解问题： ；2.为使定解问题2220000,0,00,,0()0,0===⎧∂∂=<<>⎪∂∂⎪⎪==>⎨⎪=≤≤⎪⎪⎩x x x x l t u ua x l t t x u u u t u u x l 为常数中的边界条件齐次化，而设(,)(,)(,)=+u x t v x t w x t ，则可选(,)=w x t ；3.方程22220∂∂+=∂∂u uy x y 所属类型为 ；4.方程22222230∂∂∂+-=∂∂∂∂u u ux x y y的特征方程为 ；通解为 ； 5.泛函22[(,)](2(,))=++⎰⎰x y DJ u x y uu uf x y dxdy 的欧拉方程为 .二、1.长为l 的均匀细杆，内部有热源，热源强度为-txe ，杆的侧面是热.假设热是经过杆的两个端点流到介质或流入杆内，且杆的两端保持零度.已知初始温度分布为()-x l x ，则此热传导问题可归结为 22200,0,00,0,0(),0-===⎧∂∂=+<<>⎪∂∂⎪⎪==>⎨⎪=-≤≤⎪⎪⎩tx x l t u u a xe x l t t x u u t u x l x x l 试求该定解问题的解.2.解定解问题22222000()sin ,0,00,0,0,()0,0,0x x l t t t u ua A x t x l t t x u u t A x u u x l ωω====⎧∂∂=+<<>⎪∂∂⎪⎪==>⎨⎪==≤≤⎪⎪⎩其中为已知函数，为常数. 3. 解定解问题22222000,0,00,sin ,00,0,0x x l t t t u ua x l t t x u u t t u u x l ω====⎧∂∂=<<>⎪∂∂⎪⎪==>⎨⎪==≤≤⎪⎪⎩.三、完成下列各题1.解初值问题222200sin ,,00,sin ,==⎧∂∂=+-∞<<∞>⎪∂∂⎨⎪==-∞<<∞⎩t t t u ut x x t t x u ux x ；2.利用Poisson 公式求解定解问题222223222200()(,,),0,0==⎧∂∂∂∂=++∈>⎪∂∂∂∂⎨⎪=++=⎩t t t u u u u a x y z R t tx y z u x y z u；3.（1）证明Laplace 变换的性质000[()]()(0),[()]()[()][()],()().pt at ptL f t pF p f L e f t F p a L f t t e L f t F p f t edt -+∞-'=-=--==⎰及这里(2)计算[],[]L k L t ，这里k 为常数.（3）求解定解问题2222000,0,0,00,lim 0,lim 0.x tx t t t x x x x u u e x t t x u e u u u u ---===→+∞→+∞⎧∂∂=+<<+∞>⎪∂∂⎪⎪==⎨⎪⎪===⎪⎩（4）求解定解问题2001,0,011==⎧∂=>>⎪∂∂⎪⎪=+⎨⎪=⎪⎪⎩x y ux y x y u y u .四、1.设(,,)u x y z 在ΩΩ+∂上有连续一阶偏导，在区域Ω内调和.（1）证明：对任意的0000(,,)Ω∈M x y z ，有0111()[()]4Ωπ∂∂∂=-∂∂⎰⎰u u M u dS r n n r这里n 为区域Ω的边界Ω∂的单位外法方向，=r（2）利用Green 函数，给出边值问题2222220,(,,)()ΩΩ∂⎧∂∂∂++=∈⎪∂∂∂⎨⎪=⎩u u ux y z xy z u f M 的解.2．求泛函2220[()]()π'=-⎰J y x y y dx 的极值曲线，边界条件为(0)0,() 1.2π==y y。
华南理工大学期末考试数学物理方程卷a及答(08[1]6
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ìï dU (l, t) í dt
=
-a2l 2U (l, t) ,
ïî U (l, 0) = F(l).
U (l, t) = F(l)e-a2l2t .
ò u(x, t) = sin x *
1
e = -
x2 4 a2t
1
+¥
sin
x
e
-
(
x-x 4a2
) t
2
d
x
=
sin xe-a2t .
2a p t
òò ìDu = 0,
í î
u |G =
(x, y, z) Î f (x, y, z)
W
的解可表示为（
u( M 0
)
=
-
G
f (x, y, z) ¶G dS ）。 ¶n
8. 贝塞尔方程 x2 y¢¢ + xy¢ + ( x2 - 5) y = 0 的通解是（ y( x) = AJ (x) + BJ ( x) ）。
wn
分别为（
np l
），（
(2n + 1)p 2l
），（
(2n + 1)p 2l
），（
np l
）。
3.
表达波动方程初值问题
ìíutt îu(
= x,
a2uxx , -¥ 0) = j (x),
< ut
x < +¥,t (x,0) =y
>0 ( x)
的解的达朗贝尔公式是
ò （ u(x,t) = j ( x - at) + j (x + at) + 1
=
¥ m=1
4J 2 (mm(0) )
山东大学物理学院 数学物理方法 2022-2023期末试题及解析
《数学物理方法》课程考试大纲2022-2023山东大学物理学院 数学物理方法期末试题一、 填空题(每题3分，共27分)1. 已知zz =cos (aa +iibb )，z 的代数表达式为________________2. 指出多值函数�(zz −aa )(zz −bb )的支点和阶数___________3. 已知级数∑aa nn xx nn ∞nn=0的收敛半径为A ，试问级数∑aa nn √1+bb nn nnxx nn ∞nn=0（|bb |<1）的收敛半径为_____________4.ssss nn 2zz zz 3的极点为_____，且为______ 阶极点5. 利用柯西公式计算∮zz 2−zz+1zz 2(zz−1)ddzz |zz |=2_______________6. 连带勒让德多项式的正交代数表达式为_______________7. 计算留数1(zz 2+1)2_________________________8. 从t=a 持续作用到t=b 的作用力ff (tt )，可以看作许多前后相继的瞬时力的总和，其数学表达形式为__________9. ∫3δδ(xx −ππ)[ee 2xx +cccccc xx ]ddxx 10−10=_________________ 二、 简算题(每题5分，共15分)1. 将函数ff (zz )=1zz 2−3zz+2，在区域0<|zz −1|<1上展开为洛朗级数 2. �cos mmxx(xx 2+aa 2)2d xx ∞−∞，m>03. 已知解析函数ff =uu +iiνν，而uu =xx 3−3xxyy 2，试求ff三、 (8分)用级数法解微分方程yy ′′+xxyy ′+yy =0四、 (10分)在圆域ρρ<ρρ0上求解泊松方程的边值问题�ΔΔuu =aa +bb (xx 2−yy 2)uu ρρ=pp 0=cc五、 (15分)设有一均匀球体，在球面上的温度为cos 2θθ，试在稳定状态下求球内的温度分布（已知，PP 0(xx )=1，PP 1(xx )=xx , PP 2(xx )=12(3xx 2−1)）六、 (10分)利用拉普拉斯变换解RC 电路方程：�RRRR +1CC �RR dd tt tt=EE 0sin ωωttRR (0)=0七、 (15分)计算：⎩⎨⎧ðð2uu ððtt 2−aa 2ðð2uuððxx2=AA cos ππxx ll sin ωωttuu |xx=0=0, uu |xx=ll =0uu |tt=0=φφ(xx ), uu tt |tt=0=ψψ(xx )2022-2023 数学物理方法期末试题 参考答案一、 填空题(每题3分，共27分)1.【正解】 12(ee bb +ee −bb )cos aa +i2(ee −bb −ee bb )sin aa 【解析】cos (aa +i bb )=ee ss (aa+ss bb )+ee −ss (aa+ss bb )2=12(ee −bb ee ss aa+ee bb ee −ss aa )=12[e −bb(cos aa +isin aa )+e bb (cos aa −isin aa )]=12[(e bb+e −bb )cos aa +i(e −bb −e bb )sin aa ]=12(ee bb +ee −bb)cos aa +i 2(ee −bb−ee bb )sin aa 2.【正解】支点：z=a 、b 、∞；皆为一阶支点【解析】注意到函数为12次，且当z=a 、b 时函数置零，z=∞为熟知的支点，阶数皆为2−1=1 3.【正解】A【解析】由根值判别法，幂级数的收敛区间为ll ii ll nn→∞�aa nn ⋅(1+bb nn )nn⋅xxxx (−1,1)而|bb |<1⇒ll ii ll nn→∞√1+bb nn nn=1故收敛半径保持不变，仍为A 4.【正解】zz =0；一阶 【解析】ll ii llzz→0ssss nn 2zz zz 3→∞，且ll ii ll zz→0zz ⋅ssss nn 2zz zz 3=1故zz =0为一阶极点5.【正解】2πi注意到原函数的极点为zz =0和zz =1，且分别为2阶与一阶极点，故上述积分即为II =2ππii �Re cc�ff (zz ),0]+Re cc [ff (zz ),1]��而Re cc [ff (zz ),0]=ll ii ll zz→0dd �zz 2−zz +1zz −1�ddzz=0Re cc [ff (zz ),1]=ll ii ll zz→1zz 2−zz +1zz 2=1因此II =2ππii6.【正解】�PP ll mm (xx )⋅PP kk mm (xx )ddxx =01−1(ll ≠kk ) 7. 【正解】Re cc [ff (zz ),ii ]=ll ii ll zz→ss dd �1(zz +ii )2�ddzz=−2[2ii ]−3Re cc [ff (zz ),−ii ]=ll ii ll zz→−ss dd �1(zz −ii )2�ddzz=−2[−2ii ]−38.【正解】∫ff (ττ)1−1δδ(tt −ττ)ddττ 9.【正解】ee 2ππ−1【解析】由δδ函数的挑选性，上述积分即为 (ee 2xx +cccccc xx )|xx=ππ=ee 2ππ−1 二、 简算题(每题5分，共15分)1.【解析】在区域0<|zz −1|<1内ff (zz )=1zz 2−3zz +2=−12⋅11−zz 2−1zz −1=−12⋅11−zz 2−1zz ⋅11−1zzff (zz )=−�12kk+1zz kk ∞kk=0−�zz −(kk+1)∞kk=0 =−�zz kk−1kk=−∞−�12kk+1zz kk∞kk=02.【解析】由约旦引理，从上半平面的半圆弧补全围道，上半平面有一个二阶极点zz 0=iiaa ，该点的留数为RReeccff (zz 0) =limzz→zz 0d d zz e immzz(zz +aa i)2=lim zz→zz 0[i ll e immzz (zz +aa i)2−2e ss nn zz (zz +aa i)3] =−llaa +14aa 3ie −mmaaII =ππi ⋅(−llaa +14aa 3ie −mmaa )=llaa +14aa3ππe −mmaa 3.【解析】根据C-R 条件,有∂uu ∂xx =3xx 2−3yy 2=∂νν∂yy−∂uu ∂yy =6xxyy =∂νν∂xxddνν=−(−6xxyy )d xx +3(xx 2−yy 2)d yy =d(3xx 2yy −yy 3) 有νν=3xx 2yy −yy 3+CC ,代入得ff (zz )=xx 3−3xxyy 2+i(3xx 2yy −yy 3+CC ) =(xx +i yy )3+i CC =zz 3+i CC 0三、(8分)【解析】设 yy =�aa nn xx nn ∞nn=0 是方程的解,其中 aa 0,aa 1 是任意常数,则yy ′=�nnaa nn xx nn−1∞nn=1yy ′′=�nn (nn −1)aa nn xx nn−2∞nn=2=�(nn +2)(nn +1)aa nn+2xx nn ∞nn=0方程 yy ′′+xxyy ′+yy =0,得�[(nn +2)(nn +1)aa nn+2+nnaa nn +aa nn ]xx nn ∞nn=0=0故必有(nn +2)(nn +1)aa nn+2+(nn +1)aa nn =0即aa nn+2=−aa nnnn +2(nn =0,1,2,⋯ ) 可见,当 nn =2(kk −1) 时aa 2kk=(−12kk )aa 2kk−2=(−12kk )(−12kk −2)⋯(−12)aa 0=aa 0(−1)kkkk !2kk当nn =2kk −1时aa 2kk+1=(−12kk +1)aa 2kk−1=(−12kk +1)(−12kk −1)⋯(−13)aa 1=aa 1(−1)kk (2kk +1)!�aa 2nn xx 2nn ∞nn=0与�aa 2nn+1xx 2nn+1∞nn=0的收敛域均为(−∞,+∞) 故yy =�aa κκxx κκ∞κκ=0=�aa 2κκxx 2κκ∞κκ=0+�aa 2κκ+1xx 2κκ+1∞κκ=0=�aa 0(−1)nn nn !2nn xx 2nn∞nn=0+�aa 1(−1)nn (2nn +1)!xx 2nn+1∞ss=0即yy =aa 0e −xx 22+aa 1�(−1)nn (2nn +1)!xx 2nn+1∞nn=0,xx ∈(−∞,+∞)四、 (10分)【解析】 首先找到满足方程的特解vv =aa 4(xx 2+yy 2)+bb 12(xx 4−yy 4)=aa 4ρρ2+bb 12(xx 2+yy 2)(xx 2−yy 2) =aa 4ρρ2+bb 12ρρ4cos 2φφ 令uu =vv +ww =aa 4ρρ2+bb 12ρρ4cos 2φφ+ww对于齐次方程，且满足球心为有限值的泊松方程通解为ww (ρρ,φφ)=�ρρnn (AA mm cos ll φφ+BB nn sin llφφ)∞mm=0代入边界条件，有 �ρρ0nn (AA mmcos ll φφ+BB nn sin llφφ)∞mm=0=cc −aa 4ρρ02−bb 12ρρ04cos 2φφ比较系数解得uu =vv +ww =cc +aa 4(ρρ2−ρρ02)+bb 12ρρ2(ρρ2−ρρ02)cos 2φφ 五、(15分)【解析】对于满足球心处为有限值的拉普拉斯方程通解为uu (rr ,θθ)=�AA ll rr l P ll (cos θθ)∞ll=0代入边界条件有�AA ll rr 0l P ll (cos θθ)∞ll=0=cos 2θθ=xx 2由于P 2(xx ) =12(3xx 2−1) ,有xx 2=13[1+2P 2(xx )]=13P 0(xx )+23P 2(xx )即�AA ll rr 0lP ll (cos θθ)∞ll=0=cos 2θθ=xx 2=13P 0(xx )+23P 2(xx )对比系数可得uu (rr ,θθ)=13+23⋅1rr 02⋅rr 2P 2(cos θθ)六、(10分)【解析】对方程进行拉普拉斯变换，有jj ‾RR +jj ‾ppCC =EE 0ωωpp 2+ωω2 解得jj ‾=ωωEE 0(RR +1ppCC )(pp 2+ωω2)再进行反演RR (tt )=EE 0ωωRR (−RRCC e llRRRRωω2RR 2CC 2+1+RRCC cos ωωtt +ωωRR 2CC 2sin ωωtt ωω2RR 2CC 2+1) =EE 0RR 2+1/CC 2ωω2(RR sin ωωtt +1CCωωcos ωωtt )−EE 0/CCωωRR 2+1/CC 2ωω2e −tt /RRRR七、(15分)【解析】应用冲量定理法，先求解vv uu −aa 2vv xxxx =0ννxx ∣x=0=0,vv x ∣x=l =0vv ∣tt=ττ+0=0,vv t ∣t=ττ+0=AA cos ππxxllsin ωωττ根据通解的一般形式并代入边界条件，可得vv (xx ,tt ;ττ)=AAllππaasin ωωττsin ππaa (tt −ττ)ll cos ππxx ll uu (xx ,tt )=�vv (xx ,tt ;ττ)tt=AAll ππaa cos ππxx ll �sin ωωττsin ππaa (tt −ττ)ll d ττtt 0=AAll ππaa 1ωω2−ππ2aa 2/ll 2(ωωsin ππaa ll tt −ππaa ll sin ωωtt )cos ππxx ll。
数学物理方程试卷
数学物理方程试卷一、常微分方程(1)证明椭圆线方程$x^2+y^2=1$的曲率半径是无穷的证明：曲线的曲率半径R为曲线点处的法线与曲率半径的夹角$\frac{1}{R}$的反正切值，其表达式为$\frac{，y'，}{\sqrt{1+y'^2}}$，其中$y'$为曲线其中一点处的导数值。
而椭圆线方程$x^2+y^2=1$的一阶导数分别为$\frac{dy}{dx}=\frac{-x}{y}$以及$\frac{dx}{dy}=\frac{x}{y}$，这里可以得到$y' = \frac{-x}{y}=\frac{-1}{x}$。
此时曲率半径表达式变为$\frac{x}{，x，\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$，表达式中的$，x，$可以去掉，并且$x$取任意值，故椭圆线方程$x^2+y^2=1$的曲率半径是无穷的。
(2)证明球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率、曲率半径一致证明：根据曲线曲率的定义可知，球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率为$\kappa=\frac{，R_1\cdot R_2，}{R^3}$，其中$R_1$、$R_2$分别为曲线其中一点处的两个切线的曲率半径，$R$为曲线其中一点处的曲率半径。
而对于球面，它的两个曲率半径$R_1$和$R_2$是完全一样的，这是因为在球面其中一点的法线方向没有区别，故$R_1=R_2$。
此时曲率可以表示为$\kappa=\frac{R_1^2}{R^3}=\frac{R^2}{R^3}=\frac{1}{R}$，即曲率等于其曲率半径的倒数，也就是说球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率和曲率半径是一致的。
二、偏微分方程。
物理数学考试试题及答案
物理数学考试试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是多少？A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/sC. 299,792,458 m/minD. 299,792,458 km/min答案：A2. 根据牛顿第二定律，力F、质量m和加速度a之间的关系是？A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = a/m答案：A3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t后的速度为v，则加速度a为？A. a = v/tB. a = v^2/tC. a = v^2/t^2D. a = v*t答案：A4. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力F作用，若物体的质量为m，摩擦力为f，则物体的加速度a为？A. a = (F - f)/mB. a = (F + f)/mC. a = F/m - fD. a = F/m + f答案：A5. 一个物体的质量为m，从高度h自由下落，忽略空气阻力，落地时的速度v是多少？A. v = √(2gh)B. v = √(2gh)/2C. v = 2ghD. v = 2gh/2答案：A6. 根据欧姆定律，电阻R、电流I和电压V之间的关系是？A. V = IRB. V = I/RC. V = R/ID. I = V/R答案：A7. 一个电路中，电阻R1和R2串联，总电阻Rt为？A. Rt = R1 + R2B. Rt = R1 * R2C. Rt = R1/R2D. Rt = R1 * R2/(R1 + R2)答案：A8. 一个电路中，电阻R1和R2并联，总电阻Rt为？A. Rt = R1 + R2B. Rt = R1 * R2C. Rt = R1/R2D. Rt = 1/(1/R1 + 1/R2)答案：D9. 一个电容器的电容C、电荷量Q和电压V之间的关系是？A. C = Q/VB. C = QVC. C = V/QD. C = V*Q答案：A10. 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E和磁通量变化率ΔΦ/Δt之间的关系是？A. E = ΔΦ/ΔtB. E = Δt/ΔΦC. E = ΔΦ * ΔtD. E = ΔΦ^2/Δt答案：A二、填空题（每题4分，共20分）1. 牛顿第三定律指出，作用力和反作用力大小相等，方向________，作用在不同的物体上。
数学物理方程期末考试题及答案
数学物理方程期末考试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 以下哪一项不是数学物理方程的特点？A. 连续性B. 离散性C. 线性D. 非线性答案：B2. 波方程是描述什么的方程？A. 热传导B. 电磁波C. 机械波D. 流体动力学答案：C3. 拉普拉斯方程通常出现在哪种物理现象中？A. 热传导B. 流体流动C. 电磁场D. 弹性力学答案：C4. 以下哪个不是偏微分方程的解的性质？A. 唯一性B. 线性C. 稳定性D. 离散性答案：D5. 波动方程的解通常表示什么？A. 温度分布B. 电荷分布C. 压力分布D. 位移分布答案：D二、填空题（每空2分，共20分）6. 波动方程的基本形式是 _______。
答案：\( \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \nabla^2 u \)7. 热传导方程，也称为________方程。
答案：傅里叶8. 拉普拉斯方程 \( \nabla^2 \phi = 0 \) 在静电学中描述的是________。
答案：电势9. 边界条件通常分为________和________。
答案：狄利克雷边界条件；诺伊曼边界条件10. 波动方程的一般解可以表示为________和________的叠加。
答案：基频解；高阶谐波三、简答题（每题10分，共30分）11. 解释什么是边界层的概念，并给出一个实际应用的例子。
答案：边界层是流体力学中的一个概念，指的是流体靠近物体表面处的一层非常薄的流体，其中速度梯度很大。
在边界层内，流体的速度从物体表面的零速度逐渐增加到与外部流体速度相匹配。
一个实际应用的例子是飞机的机翼，边界层的厚度和特性对飞机的升力和阻力有重要影响。
12. 描述什么是格林函数，并解释它在解决偏微分方程中的作用。
答案：格林函数是一种数学工具，用于解决线性偏微分方程。
它是一个特定的函数，当它与方程的算子相乘时，结果是一个狄利克雷问题，其解是原始方程的一个解。
物理方程测试题及答案
物理方程测试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中传播的速度是多少？A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/hC. 299,792,458 km/sD. 299,792,458 m/h答案：A2. 以下哪个是牛顿第二定律的表达式？A. F = maB. F = mvC. F = m/aD. F = ma^2答案：A3. 一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，它的加速度是多少？A. 5 m/s^2B. 10 m/s^2C. 20 m/s^2D. 40 m/s^2答案：A4. 根据动能定理，一个物体的动能与其速度的平方成正比，与其质量成什么关系？A. 正比B. 反比C. 无关D. 无法确定答案：A5. 以下哪个选项是描述电磁波的方程？A. E = mc^2B. E = hνC. F = G*(m1*m2)/r^2D. F = ma答案：B6. 一个物体从静止开始自由下落，其加速度是多少？A. 9.8 m/s^2B. 10 m/s^2C. 0 m/s^2D. 无法确定答案：A7. 以下哪个是描述理想气体状态方程的？A. PV = nRTB. P = ρghC. F = maD. E = mc^2答案：A8. 以下哪个是描述欧姆定律的方程？A. V = IRB. I = V/RC. R = V/ID. A. B. C. 都是答案：D9. 以下哪个是描述电磁感应定律的方程？A. E = F/qB. E = hνC. E = -dΦ/dtD. E = mc^2答案：C10. 以下哪个是描述库仑定律的方程？A. F = G*(m1*m2)/r^2B. F = k*(q1*q2)/r^2C. F = maD. E = mc^2答案：B二、填空题（每题2分，共20分）1. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小________，方向________。
答案：相等；相反2. 光年是光在一年内通过的距离，其值约为________光年。
大学数学专业《大学物理（下册）》期末考试试卷 附答案
大学数学专业《大学物理（下册）》期末考试试卷附答案姓名：______ 班级：______ 学号：______考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。
2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。
一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、一长直导线旁有一长为，宽为的矩形线圈，线圈与导线共面，如图所示. 长直导线通有稳恒电流，则距长直导线为处的点的磁感应强度为___________；线圈与导线的互感系数为___________。
2、一长为的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。
抬起另一端使棒向上与水平面呈60°，然后无初转速地将棒释放，已知棒对轴的转动惯量为，则(1) 放手时棒的角加速度为____；(2) 棒转到水平位置时的角加速度为____。
（）3、如图所示，轴沿水平方向，轴竖直向下，在时刻将质量为的质点由a处静止释放，让它自由下落，则在任意时刻，质点所受的对点的力矩＝________ ；在任意时刻，质点对原点的角动量=_____________。
4、均匀细棒质量为，长度为，则对于通过棒的一端与棒垂直的轴的转动惯量为_____，对于通过棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量_____。
5、动量定理的内容是__________，其数学表达式可写__________，动量守恒的条件是__________。
6、图示曲线为处于同一温度T时氦（原子量4）、氖（原子量20）和氩（原子量40）三种气体分子的速率分布曲线。
其中曲线（a）是________气分子的速率分布曲线；曲线（c）是________气分子的速率分布曲线。
7、长为、质量为的均质杆可绕通过杆一端的水平光滑固定轴转动，转动惯量为，开始时杆竖直下垂，如图所示。
现有一质量为的子弹以水平速度射入杆上点，并嵌在杆中. ，则子弹射入后瞬间杆的角速度___________。
8、静电场中有一质子(带电荷) 沿图示路径从a点经c点移动到b点时，电场力作功J．则当质子从b点沿另一路径回到a点过程中，电场力作功A＝___________；若设a点电势为零，则b点电势＝_________。
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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 cos 21+=，at C at C T λλsin cos 21+=
由边值条件得：
21)(
,0l n C πλ== l x n at A at B
u n n n πλλsin
)sin cos (1+=∑∞= ⎰=l n dx l x n x l B 0sin )(2πϕ，⎰=l n dx l
x 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。
(8’)由
≤-21v v ετ≤-2
1v v ，稳定性得证由u e v ct -=知u 的唯一性稳定性
得证。
四．求解二维调和方程在半平面上的狄利克雷问题(15分).
,0,0>=++=∆z u u u u zz yy xx
).(0x f u z ==
解：设),,(ζηξp 是上半平面内一点，在该点放置单位点电荷，其对称点
),,(ςηξ-p 格林函数：
222)()()(141
),,,(ςηξπ
ηξ-+-+--=z y x y x G 222)()()(141
ςηξπ++-+-+z y x
2/32220])()[(2ςηξπς
+-+-=∂∂-=∂∂=y x z G n G z 方程的解：dx y x y x u R ⎰+-+-=2
2/3222])()[(),(2),(ςηξϕπς
ηξ
五、证明下列初边值问题解的唯一性.(20分)
),,()(2t y x f u u a u yy xx tt =+- ),,(0y x u t ϕ==
),,(0
y x u t t ψ== ).,,(t y x g u =Γ
其中,),(,0Ω∈>y x t Γ为Ω的边界.
解:设21,u u 都是方程的解设21u u u -=代入方程得：
0)(2=+-yy xx tt u u a u
00==t u
00
==t t u .0=Γu 设⎰⎰Ω
=[21)(t E dxdy u u a u y x t ](2222++ =dt t dE )(⎰⎰Ω
[2dxdy u u u u a u u yt y xt x tt t )](2++ ⎰⎰Ω=[2dxdy u u a u u yy xx tt t )]([2
+-
0=(10’)
0)0()(==E t E ，C u =，由边值条件得：0=u 。
(20’)
六 考察边值问题
∑==++∆n i x i
f u x c u x b u i 1)()(
.0=∂∂Γn u
试证)(x c 当充分负时,其解具有唯一性及在能量模意义下的稳定性.(20分)
证明：在原方程两边同乘以u 然后在Ω上积分：
⎰Ω
∆u u ∑⎰=Ω=++n i x i dx fu dx u x c u u x b i 12)()( 由格林公式dx u u ⎰Ω∆⎰Ω∂-∂∂=
ds n u dx Du 2⎰Ωdx Du 2
⎰Ω-=
由Young 不等式
≤⎰∑=dx u u n i x i 1dx u n i x i 212⎰∑=εdx u n ⎰+22ε 又⎰⎰⎰+≤
dx u dx f fudx 222
121故得估计： ⎰⎰∑≤+=dx f C dx u u n i x i 2221)((10’)
设21,u u 都是方程的解设21u u u -=代入方程并由估计式得：0=u 唯一性得证
≤-21u u ετ≤-2
1f f ，稳定性得证。