2.6 固有值和固有函数
数学物理方程练习题第七版(学生用)

= u(0, t) 0= , ux (2,t) 1,
u(x= ,0)
cos π x + x3 − 3x2 − x.
2
3.求定解问题的解:
u
x= x + u yy
sinπ x,
0 < x < 1, 0 < y < 1,
= u(0, y) 1,= u(1, y) 2,
u(x,0) =1+ x,
7
u
rr
+
1 u
r
r
+
1 r2
uθθ
= 0,
u= (1,θ ) A cosθ (−π < θ ≤ π ).
4. 设 A, B 为常数,用试探法求如下定解问题的解:
u rr
1 +rur
+
1 r2
u
θθ
=
0,
r < a,
u r= =a A cosθ + B sinθ (−π < θ ≤ π ).
练习十五
练习六
1.求解如下定解问题:
ut = uxx + cosπ x, (0 < x < 1, t > 0), u= x (0,t) u= x (1,t) 0, u(x,0) = 0.
3
2.求解如下定解问题:
= u tt
a2u
xx
+
t
sin
π l
x
,
u= (0,t) u= (l,t) 0, t ≥ 0,
X= ′(0)
X= (l)
0.
3. 求如下定解问题的解:
= ut uxx , 0 < x < 2, t > 0, ux= (0, t) u= (2, t) 0,
25-26具有非齐次边界条件的问题以及固有值和固有函数资料

6
utt a 2uxx f (x, t) (0 x l, t 0), (79) 若边界条件不全是第一类,也可采用类似方法 把非齐次边界条件化成齐次的。 我们就下列几种
非齐次边界条件的情况,分别给出相应辅助函数
w(x,t) 的表达式:
(1) u(0,t) u1(t),
于是可得
w(t, x)
x l
[u2
(t
)
u1
(t
)]
u1
(t
).
因此,令
u( x, t )
v( x, t )
x l
[u2 (t)
u1(t)]
u1 (t ).
则问题(79)-(81)可化成v(x,t) 的定解问题
(79) (80) (81) (82)
(85)
4
utt a 2uxx f (x, t) (0 x l, t 0),
4
vt (x,0) sin l x.
为了将 v(x,t) 的边界条件也化成齐次,则 w(x)满足
w(0) 3,
w(l) 6.
13
utt a 2uxx u(0,t) 3,
sin 2 x cos 2
l
l
u(l,t) 6,
x
(0
x l,
t
0),
(91)
u ( x,0)
l
x,
为了将此方程化成齐次的,自然选取w(x) 满足
a2w sin 2 x cos 2 x 0.
l
l
12
例2 求解下列问题:
utt a 2uxx u(0,t) 3,
固有值问题和特殊函数Bessel方程

(1) y j (2) yi 得 d dyi d dy j [x ]y j [x ] yi (ki 2 k j 2 ) xyi y j 0,即 dx dx dx dx d (ki 2 k j 2 ) xyi y j [ x( y j yi yi y j )]. dx 再从0到1积分得, (ki k j ) xyi y j dx d [ x( y j yi yi y j )]
因为a1 0,故由上式可得 a2 k 1 0,k 0,1, 2, a2 k a2 k 2 a 2 2 k 2 , k 1, 2, 2k (2 2k ) 2 k ( k ) (5)
反复应用(5),有 (1) 2 a2 k 22 a2 k 22 2 k (k 1)( k )( k 1) (1)3 a2 k 23 23 2 k (k 1)(k 2)( k )( k 1)( k 2) (1) k a0 2k 2 k !( k )( k 1) ( 1) (1) k 2 ( 1)a0 2 k . 2 k !( k 1)
四、Bessel函数的正交性及模
1.含参数的Bessel方程 x 2 y xy ( 2 x 2 n 2 ) y 0 (*) y (0) 且满足端点条件 的固有值问题。 y (a) 0 在(*)中令 x,方程变为
2 2 y y ( n ) y 0. 2
(ii)s1 s2 2 2n(n 1,2),即s1 n, s2 n.
(1)k x2k n (1)k x2k n 此时J n ( x) 2k n , J n ( x) 2k n . k !(n k 1) k !(n k 1) k 0 2 k 0 2 1 而当 n k 1为零和负整数时(n k 1) ,即 0, (n k 1)
数理方程常规例题I

数学物理方程常规例题I(1-20题)一、数学模型例题例1. 密度为ρ均匀柔软的细弦线x =0端固定,垂直悬挂,在重力作用下,横向拉它一下,使之作微小的横振动。
试导出振动方程。
解:考虑垂直悬挂的细弦线上一段微元ds ,该微元在坐标轴上投影为区间[x ,x+d x ],在微元的上端点处有张力:)(1x L g T -=ρ,在下端点处有张力:)(2dx x L g T --=ρ考虑张力在位移方向的分解,应用牛顿第三定律,有tt u m T T =-1122sin sin αα 由于细弦作微小振动,所以有近似)(tan sin 22dx x u x +=≈αα )(tan sin 11x u x =≈αα代入牛顿第三定律的表达式,有tt x x u ds t x u x L g t dx x u dx x L g ρρρ≈--+--),()(),()(上式两端同除以ds ρ,得tt x x u dsx u x L dx x u dx x L g≈--++-)()()())((由于dx ds ≈,而x x x x x u x L dxx u x L dx x u dx x L )]()[()()()())((-≈--++-所以,细弦振动的方程为tt x x u u x L g =-])[(例2. 长为L 密度为ρ底半径为R 的均匀圆锥杆(轴线水平)作纵振动,锥顶点固定在x =0处。
导出此杆的振动方程。
(需要包括假设在内的具体推导) 解:设均匀圆锥杆作纵振动时位移函数为u (x ,t )则在点x 处,弹力与相对伸长量成正比,即),(),(t x Yu t x P x = 其中,Y 为杨氏模量。
在截面上张力为T (x , t ) = S (x ) P (x , t )这里,S (x )为x 处圆锥截面积。
考虑圆锥杆上对应于区间[x ,x+dx ]处的微元(如右图所示)。
应用牛顿第二定律,得),()]()()[(31),(),(t x u x xS dx x S dx x t x T t dx x T tt -++=-+ρ 由于圆锥截面积2)()(x LR x S π= 微元(圆台)体积)33()(31)]()()[(313222dx xdx dx x LRx xS dx x S dx x ++=-++ρπρ 所以),()33()(31)],(),()[()(3222222t x u dx xdx dx x L Rt x u x t dx x u dx x L R Y tt x x ++=-++ρππ两端除dx ,并取极限,得),()],([22t x u x t x u x Y tt x x ρ=记ρ/2Y a =,则有方程)2(2x xx tt u xu a u += 二、二阶偏微分方程化简与求通解只考虑未知函数是两个自变量情形,即),(y x u 。
数学物理方程 2-3章课后部分习题答案 李明奇主编 电子科技大学出版社

数学物理方程 李明奇主编 电子科技大学出版社2-3章部分习题答案习题2.14.一根长为L 、截面面积为1的均匀细杆,其x=0端固定,以槌水平击其x=L 端,使之获得冲量I 。
试写出定解问题。
解:由Newton 定律: tt x x Sdxu t x YSu t dx x SYu ρ=-+),(),(,其中,Y 为杨氏模量,S 为均匀细杆的横截面积,x u 为相对伸长率。
化简之后,可以得到定解问题为:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==========)(|,0|0|,0|)/(0002L x Iu u u u u a u Y u t t t L x x x xx xx tt δρρ。
习题2.23.设物体表面的绝对温度为u ,它向外辐射出去的热量,按斯特凡-波尔兹曼定律正比于4u ,即dSdt ku dQ 4=,设物体与周围介质之间,只有热辐射而无热传导,周围介质的绝对温度为已知函数),,,(t z y x ϕ,。
试写出边界条件。
解:由Fourier 热传导实验定律dSdt nuk dQ ∂∂-=1,其中1k 称为热传导系数。
可得dSdt u k dSdt nuk )(441ϕ-=∂∂-,即可得边界条件:)(441ϕ--=∂∂u k k nus。
习题2.34.由静电场Gauss 定理⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅VsdV dS E ρε01,求证:0ερ=⋅∇E ,并由此导出静电势u 所满足的Poisson 方程。
证明:⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅=⋅VVsdV dV divE dS E ρε01,所以可以得到:0ερ=divE 。
由E divE ⋅∇=与u E -∇=,可得静电势u 所满足的Poisson 方程:2ερ-=∇u 。
习题2.42.求下列方程的通解:(2):;032=-+yy xy xx u u u (5):;031616=++yy xy xx u u u解:(2):特征方程:03)(2)(2=--dx dy dx dy解得:1-=dx dy 和3=dxdy。
2.6 固有值和固有函数

x 2 y ′′ + xy ′ + λy = 0, (1 < x < e) y (1) = y (e) = 0 1 固有函数系 {y n (x)} 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。 正交。
{ (1)首先求出固有函数系 (1)首先求出固有函数系 y n (x)}的具体表达式 t t = ln x 作变换 x = e 则有
y1 ( x), y 2 ( x), ⋯, y n ( x), ⋯.
(2) 如果把对应于固有值 λn 的固有函数记为 y n (x), 那么所有y n (x)组成一个带权函数 ρ (x) 的正交函数 系,即 b (m ≠ n). (96) ∫a ρ ( x)y m ( x) y n ( x)dx = 0 例如
解
1 y x = yt ⋅ , x
1 1 1 1 1 y xx = ( y tt ⋅ ) ⋅ + y t ⋅ (− 2 ) = 2 y tt − 2 y t , x x x x x
代入原方程有
y tt − y t + y t + λy = 0
y tt + λy = 0
10
15. 试证问题
齐次欧拉方程
x 2 y ′′ + xy ′ + λy = 0, (1 < x < e) y (1) = y (e) = 0 1 固有函数系 {y n (x)} 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。 正交。
解
y tt + λy = 0
y (0) = y (1) = 0.
λ n = ( nπ ) 2 ,
f ( x) = ∑ c n y n ( x),
n =1 ∞
(97)
数学物理方程与特殊函数课后答案

29.0(,)11cos ,sin (,)(cos ,sin ),cos sin ;sin cos .sin cos ;s xx yy rr r r x y x y x r y laplace u u r u u u r rx r y r u x y u r r u u u u r u r u u u u ru θθθθθθθθθθθθθθθ+=++==⎧⎨=⎩∴==+⎧⎪⎨=−+⎪⎩=−⇒=∵ 证明方程在极坐标下为 证明: sin cos ;cos cos in .sin .sin ()cos ()sin sin cos cos r xx x r r u u r y r r u u u x x r r x u u r r r r θθθθθθθθθθθθθθθθθθ⎧∂∂∂⎛⎞⎧=−⎜⎟⎪⎪∂∂∂⎝⎠⎪⎪⇒⎨⎨∂∂∂⎛⎞⎪⎪+=+⎜⎟⎪⎪⎩∂∂∂⎝⎠⎩∂∂∂∂∂⎛⎞==−⎜⎟∂∂∂∂∂⎝⎠∂∂∂∂⎛⎞⎛=−−⎜⎟⎜∂∂∂∂⎝⎠⎝ 从而2222222222222sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin .cos ()sin ()sin yy u u u u r r r r r r u u ur r r r u u u y y r r y θθθθθθθθθθθθθθθθθθθ⎞⎟⎠∂∂∂∂=+−+∂∂∂∂∂∂∂∂−++∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎛⎞==+⎜⎟∂∂∂∂∂⎝⎠= 2222222222222cos cos sin sin cos sin cos cos sin sin cos sin cos cos .1u u r r r r u u u u r r r r r r u u ur r r r u u u u θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ∂∂∂∂⎛⎞⎛⎞++⎜⎟⎜⎟∂∂∂∂⎝⎠⎝⎠∂∂∂∂=−++∂∂∂∂∂∂∂∂+−+∂∂∂∂+=+ 所以 10.u +=21.(01,0),(0,)(1,)0,1,0.(2)2(,0)11,1,2(,0)(1);tt xx tu a u x t u t u t x x u x x x u x x x ⎧=<<>⎪==⎪⎪⎧⎪<≤⎪⎨⎪=⎨⎪⎪⎪−<<⎪⎩⎪⎪=−⎩求下列问题的解22(,)()().()()0,()()0.(0)(1)0.()()0,(0)(1)0.(),()si n n n u x t X x T t T t a T t X x X x X X X x X x X X n X x B λλλλπ=′′+=′′+===′′+=⎧⎨==⎩==解:应用分离变量法,令 代入方程分离变量,得 由边界条件分离变量,得 求解固有值问题得, 111212202n (1,2,).()cos sin (1,2,).(,)(cos sin )sin .42sin (1)sin sin .2n n n n n n n n x n T t C an t D an t n u x t a an t b an t n x n a x n xdx x n xdx n ππππππππππ∞===+==+⎡⎤=+−=⎢⎥⎣⎦∑∫∫ 代入另一常微分方程,得则其中 ()()14402244124(1)sin 11.44(,)(sin cos 11sin )sin .2nn nn b x x n xdx an n a n u x t an t an t n x n n a πππππππππ∞=⎡⎤=−=−−⎣⎦⎡⎤=+−−⎣⎦∫∑ 因此,所求定解问题的解为2(0,0),(0,)(,)0,(3)35(,0)3sin6sin ,22(,0)0.tt xx x t u a u x l t u t u l t x xu x l l u x ππ⎧=<<>⎪==⎪⎪⎨=+⎪⎪=⎪⎩ ()22(,)()().()()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.21(),(2n n u x t X x T t T t a T t X x X x X X l X x X x X X l n X l λλλπλ=′′+=′′+=′==′′+=⎧⎨′==⎩+=解:应用分离变量法,令 代入方程分离变量,得 由边界条件分离变量,得 求解固有值问题得, ()()()()()()121)sin (0,1,2,).22121()cossin (0,1,2,).22212121(,)(cossin )sin .222235(3sin6sin 22n n n n n n n n n x B x n la n a n T t C t D t n l la n a n n u x t a tb t x l l l x x a l l ππππππππ∞=+==++=+=+++=+=+∑ 代入另一常微分方程,得则 其中 ()03,1;21)sin 6,2;20,12.0.3355(,)3cos sin 6cos sin .2222l n n n xdx n l l n b a a u x t t x t x l l l lπππππ=⎧+⎪==⎨⎪≠⎩==+∫、 因此,所求定解问题的解为3.4(0,0),(2)(0,)0,(,)0,(,0)().t xx x x u u x l t u t u l t u x x l x =<<>⎧⎪==⎨⎪=−⎩求下列定解问题的解:2(,)()().()4()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.(),()n n u x t X x T t T t T t X x X x X X l X x X x X X l n X x A lλλλπλ=′+=′′+=′′==′′+=⎧⎨′′==⎩==解:应用分离变量法,令 代入方程分离变量,得 由边界条件分离变量,得 求解固有值问题得, 222()2()012000cos (0,1,2,).()(0,1,2,).1(,)cos .222().62()cos n n t ln n n t ln n l l n n x n l T t D e n n u x t a a e x l l a x l x dx l n a x l x xd l l πππππ−∞−=====+=−==−∑∫∫ 代入另一常微分方程,得则 其中 2222222()2212[1(1)].2[1(1)](,)cos .6n n n t ln l x n l l n u x t e x n lππππ∞−=−−+−=−−+−=+∑ 因此,所求定解问题的解为2110(01),,0,(1,)0,.,.rr r u u u r r r A u A θθθαθαθπα⎧++=<<⎪⎪⎨⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪<≤⎪⎩⎩其中为已知常数22(,)()().()()()0,()()0.()()0,()(2).(),()cos sin n n n n u r R r r R r rR r R r n X x A n B n θθλθλθθλθθθπλθθ=Φ′′′+−=′′Φ+Φ=′′Φ+Φ=⎧⎨Φ=Φ+⎩==+解:应用分离变量法,令 代入方程分离变量,得求解固有值问题得,()2010(0,1,2,).()()()0,(0).()(0,1,2,).1(,)cos sin .212n n n n n n n n n r R r rR r R r R R r C r n u r a a n b n r Aa Ad a ααλθθθαθππ∞=−=′′′⎧+−=⎨<+∞⎩===++==∑∫ 代入另一常微分方程的定解问题得, 则 其中 112cos sin ,1sin 0.2(,)sin cos .n nn AA n d n n b A n d A A u x t r n n n ααααθθαππθθπααθππ−−∞======+∫∫∑ 因此,所求定解问题的解为0(0,0),(0,)0,(,)0(0),(,0)(1),lim (,)0(0),.xx yy y u u x l y u y u l y y x u x A u x y x l l A →∞⎧+=<<<<∞⎪⎪==≤<∞⎨⎪⎪=−=<<⎩其中为已知常数 2(,)()().()()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.(),()sin n n n u x y X x Y y X x X x Y y Y y X X l X x X x X X l n X x B lλλλπλ=′′+=′′−===′′+=⎧⎨==⎩==解:应用分离变量法,令 代入方程分离变量,得 由边界条件分离变量,得 求解固有值问题得, 10(1,2,).()(1,2,).(,)sin.22()sin .lim (,)0n n y y lln n n n n y y l ln n n l n n y n x n l Y y C e D e n n u x y a e b e x l x n A a b A l xdx l l l n u x y a ππππππππ−∞−=→∞==+=⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠+=−==⇒∑∫ 代入另一常微分方程,得则 其中 10.2(,)sin .n n y l n A n u x t e x n l πππ∞−===∑因此,所求定解问题的解为()22228.-10.cos ,sin ,111(0),0.{cos sin }.,()xx yy x y a rr r r an a u u u x r y r u u u r a r r u A n B n u r a r θθθθθθθ+==+====⎧++=−<<⎪⎨⎪=⎩+= 在以原点为心,为半径的圆内,试求泊松方程 的解,使它满足边界条件解:令作极坐标变换,得由固有函数法,相应的固有函数系为 因此,设方程的解为[]()()()()()()()0002222cos ()sin .11,110,0210,323()0()n n n n n n n n n nn n nn n n n b r n a a r n a a a n r r nb b b r r a r A r B r n b r C r D θθ∞=−+⎧′′′+=−⎪⎪⎪′′′+−=≠⎨⎪⎪′′′+−=⎪⎩=+≠=+∑ 代入方程,得方程,的通解:, ()()2000(0),()0;(0),()0.()00()0.11()ln ,4(0),()n n n n n n n n r a a a b b a a r n b r a r A r B r a a a −<+∞=<+∞==≠==+−<+∞=. 由有界性条件及边界条件,得 , 方程的通解: 由有界性条件及边界条件,()()()()()220222220.1().41,.41,.a r a r u r a r u x y a x y θ=−=−⎡⎤=−+ 得 则定解问题的解为 化成直角坐标,则得21210.sin ,(2)(0,)0,(,)0(0),(,0)0,(,0)0(0);{sin }.(,)()sin .tt xx tn n n u a u t x l u t u l t t u x u x x l n x ln u x t u t x l n a u u l ππππ∞=⎧=+⎪⎪==≥⎨⎪==≤≤⎪⎩=⎛⎞′′+⎜⎟⎝⎠∑求下列问题的解:解:由固有函数法,相应的固有函数系为 设方程的解为 代入原方程,得()2111020(1),.(0)(0)0(1,2,),1()0;1()sin sin .n n n n t n a u u t l u u n n u t l an u t t d al l l a t t a a l ππτττππππ=≠⎛⎞′′+=⎜⎟⎝⎠′===≠===−⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫"" 由初始条件,得当时, 当时, 2(,)sin sin l l a u x t t t x a a l l ππππ⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠ 故所求的解为2110(0,0),(3)(0,)0,(,)0,(,0)0.,{sin}.(,)()sin .sin 22sin [1(t xx n n n n l n u a u A x l t u t u l t u x n x ln u x t u t x l n A A A x l n A A A xdx l l n πππππ∞=∞=⎧=+<<>⎪==⎨⎪=⎩====−∑∑∫ 解:由固有函数法相应的固有函数系为 设方程的解为 并将展为: ,其中 222()023321)].2[1(1)],(0)0.2()[1(1)]2[1(1)][1].(,n n n n n n a t tn l n n a t n ln a A u u l n u Au t e d n Al e n au x πτπππτππ⎛⎞−−⎜⎟⎝⎠⎛⎞−⎜⎟⎝⎠−⎧⎛⎞′+=−−⎪⎜⎟⎨⎝⎠⎪=⎩=−−=−−−∫ 代入原方程可得得: 故所求的解为2233212)[1(1)][1]sin .n a tnl n Al n t e x n alπππ⎛⎞∞−⎜⎟⎝⎠==−−−∑()2211.224sin cos ,(2)(0,)0,(,)(0),(,0),(,0)()(0).(,)(,)().224sin cos ,(0,)(0ttxx t ttxx u a u x x l lu t u l t B t Bu x x u x x l x x l l u x t v x t w x v a v w x x l lv t w ππππ⎧=+⎪⎪==≥⎨⎪⎪==−≤≤⎩=+′′=+++求下列问题的解解:设问题的解为 将其代入上面的定解问题,得22222)0,(,)(),(,0)(),(,0)().224sincos 0,(0)0().4()sin.8(0,)0,(,)0,(,0)t tt xx v l t w l B Bv x w x x v x x l x l a w x x l lw w l B B l w t x x l a l v a v v t v l t v x ππππ⎧⎪⎪=+=⎨⎪⎪+==−⎩⎧′′+=⎪⎨⎪==⎩=+==== 化成下面两个问题:(1) , 解得: (2) 12222022340(),(,0)().(,)cos sin sin .0,4;24sin sin 8, 4.824()sin t n n n l n l n Bx w x v x x l x l n a n a n v x t a t b t x l l l n l n a x xdx l l a l l n an l b x l x xdx n a l n ππππππππππ∞=⎧⎪⎪⎨⎪⎪−=−⎩⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠≠⎧⎪=−⋅=⎨−=⎪⎩=−⋅=∑∫∫ 解得: 其中, ()()43222441222[11].4[11]44(,)cos sin sin sin .844(,)(,)()1cossin 8nn n al l a n a n v x t t x t x a l l n a l l B l a u x t v x t w x x t x l a l l πππππππππ∞=−−−−=−+⎛⎞=+=+−⎜⎟⎝⎠∑ 则 因此,原问题的解为14..0,(2)(-)(),(-)().0().:0X X X X X X X x Be Ae Be A B λππππλ′′+=⎧⎨′′==⎩<=++=+−=−==⇒求下列问题的固有值与固有函数解:当时,方程的通解为 由边界条件,有, ; 得0()0.0().-0.:().0().sin ,X x X x Ax B A B A B A X x C X x A B A B A Bλππλ===++=+⇒==>=+−=++=− 当时,方程的通解为 由边界条件,有 得当时,方程的通解为 由边界条件,有22sin ;()0sin 0(1,2,);()cos sin .(0,1,2,),()cos sin .n n n n n n n n X x n n X x A nx B nx n n X x A nx B nx λλ+====+===+"""" 要不恒等于,则,得故,固有值 固有函数222()()0,(3)(1)()0.ln ,()0.0()00:x y x xy x y y y e x e x d y y d y x Be Bx A B Be τλτλττλ′′′⎧++=⎨==⎩==+=<=+=++=+=解:方程通过自变量代换 或 得: 当时,方程的通解为 由边界条件,有 , ; 得))0()0.0()ln .0,0.:()0.0()cos ln sin ln .0,A B y x y x A B A x B B A y x y x A B A x B x A λτλ==⇒===+=+===>=+=+= 当时,方程的通解为 由边界条件,有 得当时,方程的通解为 由边界条件,有()()2220;()00(1,2,);()sin ln .(1,2,),()sin ln .n n n n n n B y x n n y x B n x n n y x B n x λππλπ========"""" 要不恒等于,则,得 故,固有值 固有函数。
数学物理方程2-3章课后部分习题答案

数学物理方程 李明奇主编 电子科技大学出版社2-3章部分习题答案习题2.14.一根长为L 、截面面积为1的均匀细杆,其x=0端固定,以槌水平击其x=L 端,使之获得冲量I 。
试写出定解问题。
解:由Newton 定律: tt x x Sdxu t x YSu t dx x SYu ρ=-+),(),(,其中,Y 为杨氏模量,S 为均匀细杆的横截面积,x u 为相对伸长率。
化简之后,可以得到定解问题为:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==========)(|,0|0|,0|)/(0002L x I u 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 n uk )(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:02ερ-=∇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=--dxdydx dy 解得:1-=dx dy 和3=dxdy。
分离变量法(非齐次方程的求解问题)

二阶非齐次常系数微分方程:
y + py + qy = f ( t )
'' '
齐次通解:
y = C 1 y1 ( t ) + C 2 y 2 ( t )
非齐次特解: y * = C 1 ( t ) y1 ( t ) + C 2 ( t ) y 2 ( t ) 非齐次特解:
y = ( C 1 + C 1 ( t )) y1 ( t ) + ( C 2 + C 2 ( t )) y 2 ( t )
此时弦的振动是由两部分干扰引起的,其一是外界的 强迫力,其二是弦所处的初始状态.由物理意义知,这 种振动可以看作是仅由强迫力引起的振动和仅由初 始状态引起的振动之合成.于是我们可以设问题(**) 的解为:
u ( x, t ) = v ( x, t ) + w ( x, t )
其中
v ( x, t )
( n = 1, 2 )
将此式代入(1.1)式即得定解问题(*)的解
nπ a nπ a y1 (t ) = cos t , y2 (t ) = sin t l l l nπ a C1′(t ) = − f n (t )sin t, nπ a l l nπ a ′ C2 ( t ) = f n (t ) cos t nπ a l nπ a nπ a un (t ) = c1 cos t + c2 sin t+ l l nπ a nπ a ∫ C1′(t )dt cos l t + ∫ C2′ (t )dt sin l t
(t > 0)
1
v ( x , 0 ) = ϕ 1 ( x ) , vt ( x , 0 ) = ψ
数学物理方程练习题第九版(学生用)

u(r, π=) 2
0,
0 < r < 1,
u(1,θ )=
θ (π −θ ), 2
0<θ < π . 2
练习六
3
1.求解如下定解问题:
ut = uxx + cosπ x, (0 < x < 1, t > 0), u= x (0,t) u= x (1,t) 0, u(x,0) = 0.
2.求解如下定解问题:
《数学物理方程与特殊函数》习题
练习一
1.写出长为 L 的弦振动的边界条件和初始条件:
(1)端点 x = 0, x = L 是固定的;
(2)初始状态为 f (x) ;
(3)初始速度为 g(x) ; (4)在任何一点上,在时刻 t 时位移是有界的. 2.写出弦振动的边界条件:(1)在端点 x = 0 处,弦是移动的,由 g(t) 给出;(2) 在端点 x = L 处,弦不固定地自由移动. 3. 验证函数 u = f (xy) 是方程 xux − yu y = 0 的解,其中 f 是任意连续可微函数.
保持零度,而外圆温度保持 u0 (u0 > 0) 度,试求稳恒状态下该导热版的温度分布
规律 u(r,θ ) . 问题归结为在稳恒状态下,求解拉普拉斯方程 ∆u= uxx + uy问题:
u1r (∂r∂1r,θ= )r
∂u ∂r
0,
+ 1 ∂2=u r 2 ∂θ 2 u(r2 ,θ=)
= u(0, t) s= in t, ux (π ,t) 0,
u(x,0) = 0.
4
3. 求解以下定解问题:
= uu= (t0,tu) xx
+2ux , u= (1, t )
固有值和固有函数(精简)

n (n ) ,
yn (t ) sinnt (n 1, 2, ).
n ln x), 将 t ln x 代入即得 yn ( x) sin(
(n 1, 2, )
则原问题的固有函数系为 yn ( x) sin(n ln x)
(n 1, 2, )
6
练习 15. 试证问题
b
a
( x) f ( x) y n ( x)dx
b
a
2 ( x) y n ( x)dx
(n 1, 2, 3, );
4
练习 15. 试证问题
齐次欧拉方程
x 2 y xy y 0, (1 x e) y(1) y(e) 0 1 固有函数系 yn ( x) 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。
(1)首先求出固有函数系yn ( x)的具体表达式 t t ln x 作变换 x e 则有 解
1 y x yt , x
y xx
1 1 1 1 1 ( y tt ) y t ( 2 ) 2 ytt 2 y t , x x x x x
代入原方程有
ytt yt yt y 0
1
施图姆-刘维尔方程的一般形式
d dy p( x) q( x) y ( x) y 0 dx dx
(95)
其中 1. p( x), p( x) C[a, b], p( x) 0 (a x b); 2. q( x) C[a, b], 或者 q( x) C (a, b), 而在 区间端点处至多有一阶极点,且 q( x) 0; 3. ( x) C[a, b], ( x) 0. 方程(95)加上边界条件就称为施图姆-刘维尔问题
工程数学习题答案

[cos 2π λ − 1]2 + sin 2 2π λ = 0
整理得
由余弦函数的最大值点得
cos 2π λ = 1
所以特征值和特征函数分别为
2π λ = 2nπ
λn = n2 , X n = Acos nx + B sin nx ,(A 和 B 不全为零)
2.求解常微分方程:
r2
d2R dr 2
+
∑ a0
2
+
∞
[an
n=1
cos nθ
+
bn
sin nθ ] =
Acos 2θ
+
B cos 4θ
用待定系数法得
a2 = A, a4 = B an = 0, (n ≠ 2, n ≠ 4) , bn = 0, (n = 1,2,L)
故原拉普拉斯方程解
u(r,θ ) = r 2 cos 2θ + r 4 cos 4θ
A = Acos λ 2π + B sin λ 2π , B = − Asin λ 2π + B cos λ 2π
联立得线性方程组
⎡cos 2π λ − 1
⎢ ⎣
−
sin 2π
λ
sin 2π cos 2π
λ λ−
⎤⎡ A⎤
⎥ 1⎦
⎢⎣ B ⎥⎦
=
⎡0⎤ ⎢⎣0⎥⎦
方程组有非零解的条件为系数矩阵行列式为零,即
两端取指数函数,整理得
ln
K
y −
y
=
rx
+
c0
y(x) =
K
1 + exp(−rx − c0 )
2.求傅里叶级数展开
数理方程-第3章-研究生

第一节二阶常微分方程的级数解
求解固有值问题时,经常遇到二阶线性齐次常微
分方程的求解问题。
二阶齐次常微分方程的一般形式:
y p( x) y q( x) y 0.
(1)
定义:在方程(1)中,若p(x),q(x)在 称
x0 处解析,则 x0 点为方程(1)的正常点;若 x0是
f ( x) n ( x) ( x)dx
称级数(1)为f ( x)按正交函数系 n 展开的广义Fourier级数, cn为广义Fourier系数。
a
b
2 n
( x) ( x)dx
,n 0,1,2
第三节 Sturm-Liouville问题
常微分方程
c1 ( x) X ( x) c2 ( x) X ( x) [c3 ( x) ] X 0, a x b (1) 其中与x无关的参数。 (1)式适当变形后,可化成 d [ p( x) X ( x)] [q( x) s( x)] X 0 (2) dx (1) s( x)得 s ( x)c1 ( x) X ( x) s ( x)c2 ( x) X ( x) s ( x)[c3 ( x) ] X 0 (3) (2)式改写成 p ( x) X ( x) p( x) X ( x) [q( x) s( x)] X 0 (4)
a b
有 X 1 X * sdx 0.
a
b
可见,X 1与X *是属于同一固有值的固有函数,且关于权函数s正交。
6.定理(1)任何正则S-L问题存在一个实固有值的无穷序列 1 2 n 其中lim n , 且对应的固有函数X(除常数因子外是唯一确定的) n
电子科技大学《数学物理方程》课后习题答案 李明奇版

数学物理方程 李明奇主编 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 I u 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 n uk 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 nu s。
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。
热传导和拉普拉斯方程

23
Φ′′(θ ) + λΦ (θ ) = 0
Φ (θ ) = Φ (θ + 2π )
周期性条件
(4) (5)
r 2 R′′( r ) + rR′(r ) − λ R ( r ) = 0
(6) (7)
R (0 ) < ∞
自然边界条件
24
附: 欧拉方程 r 2 R′′( r ) + rR′( r ) − n 2 R ( r ) = 0 的求解.
∞
⎞ x ⎟ , an = An Bn . ⎠
利用初始条件得
2 l ⎛ (n + 1 )π 2 an = ∫ ϕ ( x) sin ⎜ l 0 l ⎝ ⎞ x ⎟ dx ⎠
4
• 举例
⎧ ∂u ∂ 2u x ∈ (0, l ), t > 0 = a2 2 , ⎪ ∂t ∂x ⎪ u0 ⎪ x ∈ [0, l ] ⎨u ( x, 0) = x, l ⎪ ⎪u (0, t ) = u x (l , t ) = 0, t ≥ 0 ⎪ ⎩
nπ y a
−e 2
−
nπ y a
,
− nπ y a
nπ y a
+e 2
.
18
· 椭圆方程
Ω : x2 + y 2 < 1
2 2 ⎧ ∂ u ∂ u ⎪ Δ u = 2 + 2 = 0, ∂x ∂y ⎨ ⎪u = f ( x , y ) ⎩ ∂Ω
(1)
以前的定解问题所在的区域都是区间或矩形域,均 采用直角坐标系。但如果定解区域为圆形、圆柱形或者 球形时,采用直角坐标系难以适用,而采用极坐标系、 柱坐标系或者球面坐标系。
⎛ a 2 (n + 1 ) 2 π 2 ⎞ ⎛ (n + 1 )π (−1) n 2 2 u ( x, t ) = 2 ∑ exp ⎜ − t ⎟ sin ⎜ l2 l π n =0 (n + 1 )2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 2u0
固有值问题

2 2 n 于是 l n 或 n n 1,2, 2 l n x 此时 X n ( x) Cn sin l n 称为固有值, X n ( x) 称为固有函数
C1 0 C2 sin l 0 只有sin l 0 才能保证 C2 0,方程有非零解
按上述公式计算出系数 An 和 Bn
nx nat nat u( x, t ) ( An cos Bn sin ) sin l l l n 1
注:该解称为古典解,在求解中我们假设无穷级数是收敛的。 如上的方法称为分离变量法,是齐次发展方程求解的一个 有效方法。下面对该方法的步骤进行总结。
0.9
1
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
【例题1】 磁致伸缩换能器、鱼群探测换能器等器件的核心是 两端自由的均匀杆,它作纵振动。研究两端自由棒的自由 纵振动,即定解问题
utt a u xx 0 0 x l , t 0
由此解出C1 =0, C2 =0,从而
X ( x) 0
X ( x) C1 x C2
C2 0 C1l C2 0
则仍然解出 C1 0 C2 0
u( x, t ) X ( x)T (t ) 0
3、 λ>0的情况
方程的解是
X ( x) C1 cos x C2 sin x
该解所表示的物理过程可以从下面动画图中得到。注意级数解 有无穷多项,计算时取前50项,a=1。程序为my4
2.2有限长杆的热传导问题2

10
求边值问题
X ' ' ( x) X ( x) 0, 的非0解。 X (0) X ' (l ) 0.
(1)当 0 时,该问题没有非平凡解。 (2)当 0 时,该问题也没有非平凡解。 (3)当 0 时,该问题有非平凡解。 此时
( 2n 1)x an cos ( x ), 2l n 1
2 l ( 2n 1)x an ( x) cos dx, l 0 2l
20
二、考察齐次热传导方程的混合问题(边界条件 都是第二类的情形) u t a 2 u xx (0 x l , t 0), (20 ) (21 u (0, t ) 0, u (l , t ) 0,
X ' (0) 0, X ' (l ) 0.
u t a 2 u xx (0 x l , t 0), u x (0, t ) 0, u x (l , t ) 0, u ( x,0) ( x),
(20 ) (21
方程
T ' (t ) a 2T (t ) 0,
T A exp(a t )
2 2
X " 2 X 0
X sin x, nl
uk Tk (t ) X k ( x )
u u ( x, t )
u
T
k
Xk
补充
考察齐次热传导方程的混合问题(边界条件中 左端是第一类,右端是第二类的情形)
ut a 2u xx (0 x l , t 0), u(0, t ) 0, u x (l , t ) 0, u( x,0) ( x ), 其中 ( x) 为给定的已知函数。 下面用分离变量法(或称驻波法)来求解该定解 问题。
固有值问题和特殊函数Legendre函数

于是对上式求l阶导数,可见次数低于l的项都是零, l 即只有2l 2k l ,即k 项。 2
于是 1 dl [( x 2 1)l ] 2l l ! dx l M k (2l 2 k )(2l 2 k 1) (l 2 k 1) l 2 k (1) x l 2 (l k )!k ! k 0 分子、分母同乘(l 2k )!,有 1 dl [( x 2 1)l ] 2l l ! dx l M (2l 2k )(2l 2k 1) (l 2k 1)(l 2k )! l 2 k (1) k x l 2 (l k )!k !(l 2k )! k 0 (1) k
k 2
(k 1)(k 2) ( 1) 则有ak ak 2, k (k 1) k (k 1) ( 1) 即ak 2 ak (k 1)(k 2) ( 1) k (k 1) k k ak (k 1)(k 2) ( k )( k 1) ak ,(k 0) (1) (k 1)(k 2) 则a2 , a4 ,, a2 k ,由a0确定; a3 , a5 ,, a2 k 1 ,由a1确定,而a0,a1 R.
k 0
则(1 x ) ak k (k 1) x 2 x ak kx
2 k k 0 k 0
k 1
( 1) ak x k 0
k 0
ak k (k 1) x
k 2
k 2
ak k (k 1) x k
k 0
Hale Waihona Puke 2 x ak kx ( 1) ak x k 0
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3
类似于傅里叶级数, 固有函数系展开有下 (3) 类似于傅里叶级数,按固有函数系展开有下 面的收敛性 收敛性: 面的收敛性: 若函数 f (x)在 (a, b) 内有一阶连续导数及分段 连续的二阶导数,并且满足所给的边界条件, 连续的二阶导数,并且满足所给的边界条件, 内可以按固有函数展开为绝对且 则 f (x)在 (a, b) 内可以按固有函数展开为绝对且 一致收敛的级数 的级数: 一致收敛的级数:
这样的问题称为固有值问题。 这样的问题称为固有值问题。 固有值问题 也属于施图姆也属于施图姆-刘维尔问题 施图姆
1
施图姆施图姆-刘维尔方程的一般形式
d dy p ( x) − q ( x) y + λρ ( x) y = 0 dx dx
(95)
其中 1. p( x), p ′( x) ∈ C[a, b], p( x) > 0 (a < x < b); 2. q( x) ∈ C[a, b], 或者 q( x) ∈ C (a, b), 而在 区间端点处至多有一阶极点, 区间端点处至多有一阶极点,且 q( x) ≥ 0; 3. ρ ( x) ∈ C[a, b], ρ ( x) > 0. 方程(95)加上边界条件就称为施图姆方程(95)加上边界条件就称为施图姆-刘维尔问题 (95)加上边界条件就称为施图姆 那些使施 刘问题存在 存在非 那些使施-刘问题存在非0解的 λ 值,称为该问题 固有值,而相应于给定的固有值的非 的固有值,而相应于给定的固有值的非0解,称为 固有函数。 固有函数。
∫
e
1
1
x y n ( x) y m ( x)dx
t 作变换 x = e
= ∫ e 2t y n (t ) y m (t )dt
0
= ∫ sin nπt sin mπtdt = 1
0
1
0, m ≠ n,
2 ,
m = n.
15
固有函数系 {y n (x)} 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。 正交。
{ (1)首先求出固有函数系 (1)首先求出固有函数系 y n (x)}的具体表达式 t t = ln x 作变换 x = e 则有
解
1 y x = yt ⋅ , x
1 1 1 1 1 y xx = ( y tt ⋅ ) ⋅ + y t ⋅ (− 2 ) = 2 y tt − 2 y t , x x x x x
f ( x) = ∑ c n y n ( x),
n =1 ∞
(97)
内是分段连续函数, 若函数 f (x), f ′(x) 在 (a, b) 内是分段连续函数, 则级数(97) (97)在 则级数(97)在 f (x) 的间断点 x 0 处收敛于
1 [ f ( x0 + 0) + f ( x0 − 0)], 2
齐次欧拉方程
x 2 y ′′ + xy ′ + λy = 0, (1 < x < e) y (1) = y (e) = 0 1 固有函数系 {y n (x)} 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。 正交。
解
{ (2)现在验证固有函数系 (2)现在验证固有函数系 y n (x)}的函数正交性
x 2 y ′′ + xy ′ + λy = 0, (1 < x < e) y (1) = y (e) = 0 1 固有函数系 {y n (x)} 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。 正交。
解
y tt + λy = 0
y (0) = y (1) = 0.
λ n = ( nπ ) 2 ,
7
X ′′( x ) + λX ( x ) = 0, X ′(0) = αX (0), X ′ | = 0. x =l
(1)边界条件中的 (1)边界条件中的 α = 0 时固有值问题简化为
X ′′( x) + λX ( x) = 0, X ′ | x =0 = 0, X ′ | x =l = 0.
∫
e
1
1 y n ( x) y m ( x)dx x
t 作变换 x = e
= ∫ y n (t ) y m (t )dt
0
1
= ∫ sin nπt sin mπtdt = 1
0
1
0, m ≠ n,
2 ,
m = n.
12
思考 试证问题
x 2 y ′′ + 3xy ′ + λy = 0, (1 < x < e) y (1) = y (e) = 0
2.6
固有值与固有函数
在本章的前三节我们应用分离变量法求解弦振 动方程、 动方程、一维热传导方程和二维拉普拉斯方程的 有关定解问题时, 有关定解问题时,都需要解决一个含参变量 λ 的 常微分方程的边值问题, 常微分方程的边值问题,
X ′′( x) + λX ( x) = 0, X (0) = X ′(l ) = 0.
x 2 y ′′ + xy ′ + λy = 0, (1 < x < e) y (1) = y (e) = 0 1 固有函数系 {y n (x)} 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。 正交。
{ (1)首先求出固有函数系 (1)首先求出固有函数系 y n (x)}的具体表达式 t t = ln x 作变换 x = e 则有
此时对应的固有值和固有函数为
nπ 2 nπx λn = ( ) , X n ( x) = cos (n = 0, 1, 2, ⋯). l l
8
X ′′( x ) + λX ( x ) = 0, X ′(0) = αX (0), X ′ | = 0. x =l
(2)边界条件中的 (2)边界条件中的α → ∞ 时固有值问题简化为
x
(n = 1, 2, ⋯)
14
思考 试证问题
x 2 y ′′ + 3xy ′ + λy = 0, (1 < x < e) y (1) = y (e) = 0
固有函数系 {y n (x)} 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。 正交。 解
{ (2)现在验证固有函数系 (2)现在验证固有函数系 y n (x)}的函数正交性
2
关于固有值和固有函数的几点结论: 关于固有值和固有函数的几点结论: 存在无穷多个实的固有值: (1) 存在无穷多个实的固有值: λ1 ≤ λ 2 ≤ ⋯ ≤ λ n ≤ ⋯ ,
λ 当 q( x) ≥ 0 时, n ≥ 0 (n = 1, 2, 3, ⋯); 对应于这些固有值 有无穷多个固有函数: 有无穷多个固有函数:
6
下列定解问题: 13. 下列定解问题: u t = a 2 u xx (0 < x < l , t > 0), (u x − αu ) | x =0 = 0, u x | x =l = 0, u ( x,0) = ϕ ( x) 的固有值问题为 X ′′( x ) + λX ( x ) = 0, X ′′( x) + λX ( x) = 0, ( X ′ − αX ) | x =0 = 0, X ′(0) = αX (0), X ′ | = 0. X ′ | = 0. x =l x =l
代入原方程有
y tt − y t + 3 y t + λy = 0
y tt + 2 y t + λy = 0
13
思考 试证问题
x 2 y ′′ + 3xy ′ + λy = 0, (1 < x < e) y (1) = y (e) = 0
固有函数系 {y n (x)} 在 [1, e] 上带权函数 x 正交。 正交。 y tt + 2 y t + λy = 0 解
y1 ( x), y 2 ( x), ⋯, y n 的固有函数记为 y n (x), 那么所有y n (x)组成一个带权函数 ρ (x) 的正交函数 系,即 b (m ≠ n). (96) ∫a ρ ( x)y m ( x) y n ( x)dx = 0 例如
解
1 y x = yt ⋅ , x
1 1 1 1 1 y xx = ( y tt ⋅ ) ⋅ + y t ⋅ (− 2 ) = 2 y tt − 2 y t , x x x x x
代入原方程有
y tt − y t + y t + λy = 0
y tt + λy = 0
10
15. 试证问题
齐次欧拉方程
y (0) = y (1) = 0.
λ n = (nπ ) 2 + 1,
y n (t ) = Bn e − t sin nπt (n = 1, 2, ⋯).
1 将 t = ln x 代入即得 y n ( x) = Bn x sin(nπ ln x), (n = 1, 2, ⋯)
则原问题的固有函数系 1 为 {y n ( x)} = sin(nπ ln x)
f ( x) = ∑ c n y n ( x),
n =1 ∞
(97)
(n = 1, 2, 3, ⋯);
4
其中
cn
∫ =
b
a
ρ ( x) f ( x) y n ( x)dx
∫
b
a
ρ ( x) y ( x)dx
2 n
类似于傅里叶级数, 固有函数系展开有下 (3) 类似于傅里叶级数,按固有函数系展开有下 面的收敛性 收敛性: 面的收敛性: