数理方程习题解答

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数理方程试题及解答二

数理方程试题二一、填空：（10×2分=20分）1.边界条件2.初始状态3.定解条件.4.边值问题5.拉普拉斯方程的连续解6.狄利克莱问题7.牛曼问题8.()⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΓΩ⋅-∂∂=∇dV gradv gradu dS n vudV v u 2 9.()()()0001114M M M M u M u m u M dS n r r n πΓ⎡⎤⎛⎫∂∂=--⎢⎥ ⎪ ⎪∂∂⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎰⎰10.()()()()01!21220≥++Γ-=++∞=∑n m n m x x J m n mn mm n二、选择题：（5×4分,共20分）1．A; 2. B; 3. C; 4. C; . 5. D ．三、（7分）解定解问题()()()()()⎪⎩⎪⎨⎧==≤≤='=><<=''-''=.0,,0,0;0,,0,;0,0,002t l u t u l x x g u x f x u t l x u c u t t xx tt解：令()()()()()()()2,0X x T t u x t X x T t X x c T t λ''''=≠⇒==-，()()()()20,0T t c T t X x X x λλ''''+=+=由方程()()()()000X x X x X X l λ''+=⎧⎪⎨==⎪⎩解出()()sin 1,2,3,n n n X x B x n l π== 由方程()()20T t c T t λ''+=解出：()()cos sin 1,2,3,.n nn n ct n ctT t C D n l lππ''=+= -----------4分从而有：()(),cos sin sin 1,2,3,n n n n ct n ct n x u x t C D n l l l πππ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭ 叠加起来：()()11,,cos sin sin ,n n n n n n ct n ct n x u x t u x t C D l l l πππ∞∞==⎛⎫==+ ⎪⎝⎭∑∑ 代入初始条件确定,n n C D 有：()()002sin 2sin l n l nn C x xdx l ln D x xdx n c l πϕπψπ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩⎰⎰ ------------------------------------3分四、（7分）证明: ()[]()x xJ x xJ x01d d= 证明: ()()()()(),!21!32!2221222266244220 +-++-+-=k x x x x x J k k k()()().!1!21!4!32!3!22!22212127755331 ++-++⋅⋅-⋅⋅+⋅-=++k k x x x x x x J k k k---------------------4分将()x J 1乘以x 并求导数，得()[]()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++⋅-=++ !1!21!222d d d d 12223421k k x x x x x xJ x k k k()()+-++-=+221233!212k x x x k k k()()()(),!21!32!222122226624422⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++-+-= k x x x x x k k k即()[]()x xJ x xJ x01d d=---------------------------------------------------------------3分五、（7分）由定解问题 ()()⎪⎩⎪⎨⎧+∞<<-∞='+∞<<-∞=''=''==x x u x x u u a u t t t xx tt ,,;002ψϕ导出达朗贝尔公式。

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。

数理方程期末试题B答案

北京交通大学2007-2008学年第二学期《数理方程与特殊函数》期末考试试卷（B ）（参考答案）学院_ ____________ 专业___________________ 班级________ ____学号_______________ 姓名___________ __一、计算题（共80分，每题16分）1．求下列定解问题（15分）2222201200,0,0,|,|,|0,|0.x x l t t u ua A x l t t x u M u M u u t ====⎧∂∂=+<<>⎪∂∂⎪⎪==⎨⎪∂⎪==⎪∂⎩2．用积分变换法及性质，求解半无界弦的自由振动问题：（15分）2,0,0,(,0)0,(,0)0,(0,)(),lim (,)0.tt xx t x u a u x t u x u x u t t u x t φ→+∞⎧=<<+∞>⎪==⎨⎪==⎩ 3．设弦的两端固定于0x =及x l =，弦的出示位移如下图所示。

初速度为零，又没有外力作用。

求弦做横向振动时的位移(,)u x t 。

[ 解 ] 问题的定解条件是1(,)(cos sin )sin n a n a n n n l l l n u x t C t D t x πππ∞==+∑由初始条件可得0, 1,2,...n D n ==222202()sin d ()sin d =sin, 1,2,...c lh n hn n lc l l c l c hl n c lc l c n C x x x x l x x n ππππ--⎡⎤=+--⎢⎥⎣⎦=⎰⎰4．证明在变换, x at x at ξη=-=+下，波动方程xx tt u a u 2=具有形式解0=n u ξ，并由此求出波动方程的通解。

5．用分离变量法解下列定解问题⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂===><<+∂∂=∂∂====0|,0|0|,0|00sin sin 0002222222t t l x x l a l t uu u u t l x t x x u a t u ，，ππ [ 提示：1) 可以直接给出问题的固有函数，不必推导；2) 利用参数变易法。

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。

数理方程第一章答案

u = f( − 3 ) + g(x + y) (−3 ) + ( ) = 3 代入边界条件得： (−3 ) + ( ) = 0 (2)式积分得： (−3 ) + ( ) = 3 −
(−3 ) + ( ) = 0 (3)
求得：所以：
( )= ( )= u= ( + ) + ( −3 )
14.解下列定解问题. = , > 0, − ∞ < x < +∞ (2). (0, ) = 特征方程：特征线 f(x + at) f(x) = u=( + )
∫ ( )
[∫ ( ) +
∫ ( )
+ ]
( ) ( )
( )]
+ ( )+
(2).
+ ( , ) = ( , ) ,u = u(x, y)
直接套用公式 6. 推导杆的微小纵振动方程解：设细杆截面积 S，密度，杨氏模量 E 取一小段 dx, 用牛顿第二定律得：
E S u ( x dx, t ) u ( x, t ) 2u ES Sdx 2 x x t
数理方程 A 参考答案中国科学技术大学
代入原方程得：
u 1, u f ( )
u xy f ( x 2 y 2 ) 15.一端固定的半无界弦的定解问题. = , > 0, >0 ( , 0) = 0 (0, ) = sin , (0, ) =
若为cos ,则 =? 解：为满足边界条件作以下延拓： φ(x) = sin , 由达朗贝尔公式得： u(t, x) = [sin( +
d 2 R 2 dR )0 dr 2 r dr

数理方法习题解答(方程部分)0809

作业参考答案3、在（,ππ-）这个周期上，2()f x x x =+，试将它展开为傅立叶级数，又在本题所得展开式中置x π=，由此验证222211112346π++++=解：因为2()f x x x =+在（,ππ-）上满足狄氏定理，可以展开为傅立叶级数又 l π=所以()0101()cos sincos sin k k k k k k k k f x a a x b x l l a a kx b kx ππ∞=∞=⎛⎫=++ ⎪⎝⎭=++∑∑23201111()d 2233a x x x x πππππππ--=+==⎰ 21()cos d k a x x kx xπππ-=+⎰()()22312sin cos sin 2cos sin xkx kx kx kx kx kx kx k k k πππππππππ---=+++-()241k k =- 21()sin d k b x x kx xπππ-=+⎰()()22312sin cos 2sin cos cos xkx kx kx kx kx kx kx k k k πππππππππ---=-+--()121k k +=- 所以 ()()1221142()1cos 1sin 3k k k f x kx kx kk π∞+=⎛⎫=+-+- ⎪⎝⎭∑222,,,x x x x x ππππππ⎧+-<<⎪==-⎨⎪=⎩令x π=代入上式得:()()()()122222211142141cos 1sin 1133k k k k k k kx kx k k kπππ∞∞+==⎛⎫⎛⎫+-+-=+-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 所以有222211112346π++++=得证5．（1）()cos ,(0,),(0)0,()0f x x x f f αππ=∈==作奇延拓，展为奇函数（sin 函数）1()sin k k f x b kx ∞==∑2cos sin d k b x kx x παπ=⎰2sin()sin()d 2k x k xx πααπ-++=⎰0111cos()cos()k x k x k k ππααπαα--⎡⎤=-++⎢⎥-+⎣⎦()()111cos cos 1cos cos 1k k k k παππαππαα--⎡⎤=-+-⎢⎥-+⎣⎦12221(1)cos ()k k k αππα+⎡⎤=+-⎣⎦- 12212()1(1)cos sin ,0()k k kf x kx x k απππα∞+=⎡⎤∴=+-<<⎣⎦-∑6．（1）2cos(/),(0,/2)(),(0)0,()00,(,)lx l x l f x f f l x l π∈⎧''===⎨ ∈⎩ 作偶延拓，展为偶函数（cos 函数）01()cos k k k x f x a a l π∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑/2/200002111cos d cos d sin 2l l l x x x a x x l l l l l πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰⎰ /202cos cos d l k x k x a x l l l ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰所以要讨论k ＝1的情况/221021cos d 2l x a x l l π⎛⎫== ⎪⎝⎭⎰ /202cos cos d l k x k x a x l l l ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰/202111cos cos d 2l k k x x x l l l ππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰ /211111sin sin 11l k k x x k l k l πππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎢⎥+-⎝⎭⎝⎭⎣⎦11111sin sin 1212k k k k πππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎢⎥+-⎝⎭⎝⎭⎣⎦120,212(1),2(41)m k m k m m π+ =+⎧⎪=-⎨ =⎪-⎩121112(1)2()cos cos ,02(41)m m x mf x x x l l m l ππππ+∞=-∴=++<<-∑ （2）()(1/),(0,),(0)0,()0f x a x l x l f f l ''=-∈==作偶延拓，展为偶函数（cos 函数）01()cos k k k x f x a a l π∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑002(1/)d 22l aa a x l x l =-=⎰ 02(1)cos d l k x k x a a x l l l π⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰ 202221sin cos l a l k k k x x x l l k l l l ππππ-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()222202211421(21)k k n a a k n k n ππ=⎧⎪⎡⎤=--=⎨⎣⎦=+⎪+⎩220421()cos ,02(21)n a a n f x x x l n lππ∞=+∴=+<<+∑8．矩形波()f x 在(/2,/2)T T -这个周期上可以表示为0,/2/2(),/2/20,/2/2T x f x H x x T ττττ-<<-⎧⎪=<<-⎨⎪<<⎩试将它展为复数形式的傅立叶级数解：因为()f x 在(/2,/2)T T -上满足狄氏定理，可以展开为复数形式的傅立叶级数又 2l T =2()k k ix ix lTkkk k f x c ec eππ∞∞=-∞=-∞==∑∑22/2/2/2/211()d d k k T i x i x T Tk T c f x e x He x T T ππττ--==⎰⎰ 2/2/22k ixTH T e T i k πττπ-⎛⎫=⎪-⎝⎭sin 2k k i i TT H e e H k k i k T πτπτπτππ-⎛⎫- ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭当k ＝0时，/2/2/2/211()d d T k T H c f x x H x T T Tτττ--===⎰⎰ 2211()sin sin k k i x i x T Tk k H H k H k f x e e T k T k T ππτπτπτππ-∞=-∞=∴=++∑∑*****************************************************************3．把下列脉冲()f t 展开为傅立叶积分0,(),0,00,t T f t h T t h t T t T⎧⎪<-⎪⎪=--<<⎨⎪<<⎪>⎪⎩解：在(,)t ∈-∞∞，()f t 满足狄氏条件，且绝对可积，所以()f t 可以展开为付氏积分。

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

数学物理方程课后作业答案

。在 x=0 端，有
于杆 x=L 端为自由振动，故
u x |x = L = 0
u |x=0 = 0 。综上所述，定解条件为：
⎧ u t |t = 0 = 0 ⎪ b ⎪ u | = k x = 1 + x ⎪ t=0 L ⎨ ⎪ u |x = 0 = 0 ⎪ ⎪ ⎩ u x |x= L = 0
tan β L = −
5. 一根均匀弦两端分别在 x=0 及 x=L 处固定，设初始速度为零，初始时刻弦的形状为一抛物线，抛物线的顶点为（，h）。求弦振动的位移。解：设位移函数为 u ( x, t ) ，他是下列定解问题的解：
L 2
⎧ ⎪ 2 u = a u xx , tt ⎪ ⎪ ⎨u x =0 = u x = L = 0, ⎪ ⎪u = 4h x ⎛1 − x ⎞；u t =0 t ⎜ ⎟ ⎪ L ⎝ L⎠ ⎩
于是得到固有值问题：
⎧ X // ( x ) + λ X ( x ) = 0 ⎪ ⎨ X ( x ) x =0 = 0 ⎪ / ⎩[ X ( x ) + hX ( x )] x= L = 0
所以当 λ > 0时，X = A cos β x + B sin β x
X
x=0
= A=0
∴ A = 0, B ≠ 0
2. (2)
u xx + 2u xy − 3u yy = 0
△=2 －4×(-3)=16﹥0 dy ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ −2 −3 = 0 dx ⎝ dx ⎠
2
2
解：由题意可知： => 双曲型
=>
dy = 3 或 -1 dx
3
⎧ε = 3 x − y 令 ⎨ ⎩η = x + y

数理方程例题解析

例 7．求解双曲型方程初边值问题
⎧u tt = a 2 u xx , x ∈ (0, π ), t ∈ (0, + ∞ ) ⎪ ⎪ ⎨u x = 0 = 0, u x =π = 0 ⎪ ⎪ ⎩u t = 0 = sin x, u t t = 0 = 0 2 解：对应的固有值和固有函数分别为： λ n = n ， X n ( x ) = sin nx ，（n=1，2，……）。
数学物理方程常规例题
(1-30 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+dx]，在微元的上端点处有张力：
所以
R 1 R Yπ ( ) 2 [( x + dx) 2 u x ( x + dx, t ) − x 2 u x ( x, t )] = ρπ ( ) 2 (3x 2 dx + 3xdx 2 + dx 3 )u tt ( x, t ) L 3 L 两端除 dx，并取极限，得 Y [ x 2 u x ( x, t )] x = ρx 2 u tt ( x, t )
u = f (ξ ) + g (η )
其中， f , g 是两个任意一元函数（二阶连续可微）。代回原来变量，得原方程的通解
u = f (9 x − y ) + g ( x − y )
例 4．判别二阶微分方程 y u xx + 6 xyu xy + 8 x u yy = 0 的类型并求通解。
2 2
T1 = ρg ( L − x ) ，

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

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。

数理方程习题答案

习题6.21. 解：这是Laplace 方程的Robin 问题，直接调用公式，得⎰⎰⎰⎰∂∂-=∂∂-=sMM sMM MMds r n ds r n M M r M u )1(41)]1()()(1[41)(00πϕψπ2. 解：011111()()()()441111()()44S V S V u M M M dS f M dV r n r r M dS M dV n r r ψϕππϕδππ⎡∂⎤⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎢⎥∂⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎡∂⎤⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎢⎥∂⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰习题6.31. 证明：设u1与u2是定解问题(,,),(,,)(,,)SSu f x y z x y z V u x y z ϕ∆=∈⎧⎪⎨=⎪⎩的两个解。

令v=u1-u2,则： 120()S Sv v u u ∆=⎧⎪⎨=-≡⎪⎩由调和函数性质知：在VS 上： 1212()0SSV V vu u u u =-≡⇒=得证解的唯一性。

设在边界S 上给出两个函数f1与f2,且： 12f f ε-< 泊松方程的狄氏问题对应于f1与f2的解设为u1与u2，即：111(,,),(,,)SSu f x y z x y z V u f ∆=∈⎧⎪⎨=⎪⎩222(,,),(,,)SSu f x y z x y z V u f ∆=∈⎧⎪⎨=⎪⎩ 令：12v u u =-，那么：120,(,,)SS v x y z V v f f ∆=∈⎧⎪⎨=-⎪⎩由调和函数极值原理，v 在VS 上的极值只能在S 上取得，所以 12u u ε-< 得证解的稳定性。

习题6.41.（2）证明：10441)41(),(220-=+⋅-=∂-∂=∂∂⎰⎰⎰⎰r rdS n v r dS n M M G ss πππ 其中v v ,02=∇是调和函数，所以0d =∂∂⎰⎰S nvS。

得证。

习题6.51. 求区域上的格林函数（1）解：格林函数满足的定解问题为：200,()()(1)0(2),0(3)RG M M G G ρϕπδ==∆=--⎧⎪⎨==⎪⎩设想在000(,)M ρϕ放置电量为ε0的电荷(1) 对于 0,ϕπ=在000(,)M ρϕ'-放置电量为-ε0的电荷，则能够使边界条件(3)满足，但不能使(2)满足。

数理方程作业答案

1．一根水平放置长度为L 的弦(两端被固定) ，其单位长度的重力为ρ g ，其ρ 中是弦的线密度，g 是重力加速度。

若弦的初始形状如图所示：（1）推导出弦的微振动方程；（2）写出定解问题。

试证明导线内的热传导方程为：222u ucp k j r t x∂∂-=∂∂其中c ，ρ ，k 分别为导线的比热，体密度，及热传导系数解：设导线内的热传导方程为：22(,)u k uf x t t c x ρ∂∂=+∂∂ 依题意，(,)f x t =2j rc ρ将其代入得222u ucp k j r t x∂∂-=∂∂3．长度为L 的均匀杆，侧面绝热，其线密度为ρ、热传导系数为k 、比热为c 。

（1）推导出杆的热传导方程；（2）设杆一端的温度为零，另一端有恒定热流 q 进入（即单位时间内通过单位面积流入的热量为q ），已知杆的初始温度分布为()2x L x - ，试写出相应的定解问题。

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