北邮数理方程课件第三章的分离变量法

第三章 分离变量法3。

2 基础训练3.2.1 例题分析例1 解下列定解问题：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂-==∂∂=><<∂∂=∂∂====0,20,00,0020022222t t lx x t u lx x u x uu t l x x u a t u （1） 解：分离变量，即令(,)()()u x t X x T t = （2） 代入方程（（1）中第一式），得0)()(2=+''t T a t T λ （3）0)()(=+''x X x X λ （4）其中λ为分离常数。

（2）式代入边界条件（（1）中第二式），得0)()0(='=l X X （5）相应的本证值问题为求⎩⎨⎧='==+''0)()0(0)()(l X X x X x X λ （6） 的非零解．下面针对λ的取值情况进行讨论： （1）当0λ<时，（6）式中方程的通解是()X x Ae =+ （7）其中A ，B 为积分常数，（7）代入（6）中边界条件，得00A B Ae+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ （8）由（8）得A=B=0，得X （x ）=0，为平凡解，故不可能有0λ<。

(2) 当0λ=时，（6）式中方程的通解是 ()X x Ax B =+由边界条件得A=B=0，得X （x ）=0，为平凡解，故也不可能有0λ=。

（3）当 02>=βλ时，上述固有值问题有非零解．此时式（6）的通解为x B x A x X ββsin cos )(+=代入条件（6）中边界条件，得0cos ,0==l B A β由于 0≠B ，故 0cos =l β，即),2,1,0(212Λ=+=n ln πβ从而得到一系列固有值与固有函数2224)12(l n n πλ+=),2,1,0(2)12(sin)(Λ=+=n x ln B x X n n π与这些固有值相对应的方程（3）的通解为),2,1,0(2)12(sin 2)12(cos )(Λ=+'++'=n tlan D t l a n C t T n nn ππ于是，所求定解问题的解可表示为x l n t l a n D t l a n C t x u n n n 2)12(sin 2)12(sin 2)12(cos ),(0πππ+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=∑∞=利用初始条件确定其中的任意常数n n D C ,，得0=n D33202)12(322)12(sin )2(2ππ+-=+-=⎰n l xdxln lx x l C l n 故所求的解为x ln t l a n n l t x u n 2)12(sin 2)12(cos)12(132),(0332πππ++⨯+-=∑∞=例2 演奏琵琶是把弦的某一点向旁边拨开一小段距离，然后放手任其自由振动。

设弦 长为l ，被拨开的点在弦长的1n (0n 为正整数)处，拨开距离为h ，试求解弦的振动，即求解定解问题⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤--≤≤===<<=-====0|)1()()10(|0||)0(000000002t t t l x x xx tt u l n n l l x l h n x l hxn u u u l x u a u解：将)()(),(t T x X t x u =代入原方程及边界条件得''20T a T μ+= （1）''0(0)()0X X X X l μ⎧+=⎨==⎩（2）解(2)第一式可得x D x C x X μμsin cos )(+=由（2）的第二式得222ln n πμ=，Λ,3,2,1,sin)(==n lxn D x X n n π将μ代入（1）并解得latn B l at n A t T n n n ππsincos)(+= 1(,)(cossin )sin n n n n at n at n x u x t A B l l lπππ∞==+∑ 由初始条件得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤--≤≤=∑∞=)1()()10(cos 00001l n n l l x l h n x l hxn l at n A n n π 0sin cos 1=∑∞=lxn l at n B l a n n nπππ 所以0=n B00222010100sin)1(2)(sin [200n n n n h n dxn l l x l h dx l xn l hx n l A l n n n πππ-=--+=⎰⎰ 从而∑∞=-=1020220sin cos sin 1)1(2),(n l xn l at n n n n n h n t x u ππππ 例3 求解细杆的导热问题，杆长l ，两端保持零度，初始温度分布20/)(|t x l bx u t -==.解：该问题的定解问题为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=====0||)(|0202l x x t xxt u u l x l bx u u a u （1）令)()(),(t T x X t x u =, 代入(1)第一式可得，0)()(''=+x X x X λ （2）0)()(2'=+t T a t T λ （3）由(2)得()sin X x A B =+ （4） 由(1)第三式可得0)()0(=t T X ，0)()(=t T l X(0)()0X X l λ≠==因为所以由0)0(=X 得0=A ，由()0X l B ==，0≠B 得),3,2,1(222Λ==n l n n πλ， 于是有sin n n n x X B lπ=，2222()(1,2,3,)n n a t a tl n n n T t C e C e n πλ--===L ，因此222(,)sinn a t ln n n xu x t C elππ-=， ∑∞=-=1sin),(222n lta n n lxn eC t x u ππ 将2)(l x l bx -作Fourier 展开得 ∑∞==-12sin )(n n l xn B l x l bx π 其中),3,2,1(]cos 1[4sin )(23302Λ=-=-=⎰n n n bdxl xn t x l bx l B l n πππ于是),3,2,1(]cos 1[433Λ=-==n n n b B C n n ππ因此x lk e k blxn e n n b t x u k l ta k n l ta n πππππππ∑∑∞=-∞=--=-=1)12(3313312sin)12(8sin ]cos 1[4),(22222222例4 在矩形域 b y a x ≤≤≤≤0,0内求Laplace 方程022222=∂∂+∂∂=∇y ux u u （1） 的解，使其满足边界条件⎪⎩⎪⎨⎧========0000b y y y y a x x u u Ay u u (2)(3)解：令 )()(),(y Y x X y x u =，代入式(1)，有0)()(=-''x X x X λ （4）0)()(=+''y Y y Y λ （5）又由边界条件(3)得0)()0(='='b Y Y (6)当0<λ时，式(5)的通解为yyeC e C y Y λλ---+=21)(由式(6)有 021=+-C C021=+----bbeC e C λλ由此得 021==C C ，即式(5)、(6)无非零解．当0=λ时，式(5)的通解为01)(A y A y Y +=1)(A y Y ='由 00)()0(1=⇒='='A b Y Y ，得 常数）()(00A y Y =．当0>λ时，式(5)的通解为y B y A y Y λλsin cos )(+= 0cos sin )(=+-='y B y A y Y λλλλ由 0)0(='Y 得0=B ，由 0)(='b Y 得0sin =b A λλ，得πλλn b ==或0，即 ),2,1(222Λ==n b n πλ．由此可见，本征值为 ),2,1,0(222Λ==n b n πλ本征函数为 ),2,1,0(cos)(Λ==n y bn A y Y n n π将λ的值代入式(4)，解得x D C X 000+=),2,1()(Λ=+=-n eD eC x X bx n n bx n n n ππ故问题的一般解为y b n e D e C x D C y Y x X y Y x X y x u n b xn n b x n n n n n πππcos )()()()(),(100100∑∑∞=-∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+= (7)由边界条件 00==x u 得到()0cos10=++∑∞=byn D C C n n n π 一个无穷级数等于零，说明各项系数均为零，故),2,1(000Λ==+=n D C C n n (8)又由Ay u a x ==得Ay y b n e D e C a D n b an n b a n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∑∞=-πππcos 10 将Ay 展开成Fourier 余弦级数，并比较系数有221221200Abb b A Aydy b a D b ==⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰故 aAbD 20=)1(cos 2cos 2220-==+⎰-πππππn n Ab dy b y n Ay b eD eC b ba n n ba n n (9) 从式(8)和(9)中解得),2,1()1(cos ,)1(cos 2222Λ=--=-=n ban shn n Ab D b a n sh n n Ab C n n ππππππ代入式(7)并整理得by n b x n sh ba n sh n n Ab x a Ab y x u n πππππcos 1cos 22),(122∑∞=-+= (10) 例5 带电云与大地之间的静电场近似匀强静电场，其电场强度0E 是垂直的．水平架设的输电线处在这个静电场中．输电线是导体圆柱．柱面由于静电感应出现感应电荷，圆柱附近的静电场也就不再是匀强的了．不过，离圆柱“无限远”处的静电场仍保持匀强，现研究导体圆柱怎样改变了匀强静电场（即讨论导线附近的电场分布）．解：化成定解问题，取柱轴为z 轴，设导线“无限长”，那么场强和电势都与z 无关，只需在x ，y 平面上讨论．如图3-2所示，圆柱在x ，y 平面的截面是圆周为半径）a a y x (222=+作为静电场的边界，所以我们采用极坐标．柱外空间无电荷，电势满足二维Laplace 方程02222=∂∂+∂∂y ux u ，化成极坐标为 )(01122222a u u u >=∂∂+∂∂+∂∂ρϕρρρρ (1)边界条件：导体中的电荷不再移动，说明导体中电势相同，又因为电势具有相对意义，可以把导体的电势当作零，故0==a u ρ (2)“无穷远”处也为一个边界（圆内则考虑圆心点），“无穷远”处静电场仍为匀强静电场0E ，由于选取了x 轴平行0E ，故有00,y x E E E ==即 000,cos uE u E x E xρϕ∂-==-=-∂ 因此有0cos u E ρρϕ→∞→- (3)图3-2 输电线对带电云和大地之间电场的影响分离变量，令)()(),(ϕρϕρΦ==R u u代入方程(1)，得0=Φ+Φ''λ (4)0222=-+R d dR d R d λρρρρ (5)因为极角具有周期性，)2,(),(πϕρϕρ+和应表示一个点，同一处的u 应该相同，故有),()2,(ϕρπϕρu u =+即 )()()2()(ϕρπϕρΦ=+ΦR R所以有 )()2(ϕπϕΦ=+Φ (6) 方程(6)称为自然周期条件．方程(4)，(6)构成本征值问题，解之ϕϕϕm B m A sin cos )(+=Φ即),2,1,0(2Λ==m m λ方程(5)可以写成02222=-+R m d dR d R d ρρρρ (7) 为欧拉方程．作变换 te =ρ化成常系数线性微分方程，其通解为)0(1)0(ln 0>+==+=m DC R mD C R mmρρρ于是得到极坐标系中Laplace 方程的本征解ρϕρln ),(000D C u +=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=m m mmm m m D C m B m A u ρρϕϕϕρ1)sin cos (),( 一般解应叠加∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=1001)sin cos (ln ),(m m m mmm m D C m B m A D C u ρρϕϕρϕρ (8) 由边界条件(2)，有01)sin cos (ln 100=⎪⎭⎫ ⎝⎛++++∑∞=m m m m m m m a D a C m B m A a D C ϕϕ一个Fourier 级数为零，各系数为零，即01,0ln 00=+=+mmm m a D a C a D C 由此m m m a C D a D C 200,ln -=-=于是将解化简为∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++=1201)sin cos (ln),(m m m m m m a m B m A a D u ρρϕϕρϕρ (9) 再由边界条件(3)，对于∞→ρ略去aρln及mρ1项，即01lim (cos sin )cos m m m m A m B m E ρρϕϕρϕ∞→∞=+=-∑比较系数100(1)0m m A E A m B =-=≠=代入方程（9），导体周围的电势分布2000(,)lncos cos a u D E E aρρϕρϕϕρ=-+ (10)例6 长为l 的理想传输线，一端接于电动势为 t v ωsin 0的交流电源，另一端开路，求解线上的稳恒电振荡．解：经历交流电的许多周期后,初始条件所引起的自由振荡衰减到可以认为已经消失，这时的电振荡完全是由交流电源引起的，所以叫稳恒振荡．因此是没有初始条件的问题：⎪⎩⎪⎨⎧==⎪⎭⎫ ⎝⎛==-==0,10002l x t j x xx tt u e v u LC a u a u ω 为了计算方便，将电动势 t v ωsin 0写成 tj e v ω0，最后将得到的解取虚部．由于振荡完全由交流电源引起，当然可以认为振荡的周期与交流电源相同，即令t j e x X t x u ω)(),(=代入方程得0)()()(22=''-t j t j e x X a x X e j ωωω即0)()()(2=⎪⎭⎫⎝⎛+''x X a x X x X ω其通解为x aj x aj BeAex X ωω-+=)(故有t j x aj x aj e BeAet x u ωωω][),(-+=由 t j x e v u ω00== 得0v B A =+ (1) 及 0==l x u 得 0=+-l aj l aj BeAe ωω(2)从式(1)，(2)中解出⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=--l a e jv ev B l a e jv ev A laj laj l aj l aj ωωωωωωsin 21sin 21020020带入解的表达式，得t j t j x l aj x l aj tj l x aj l x aj e a l x l a v l a j e e ev l a j e e ev t x u ωωωωωωωωωωω⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛--=------sin )(sinsin 2][sin 2][),(0)()(0)()(0取虚部，并以 LCa 1=代入，得传输线内稳恒的电振荡 t LCl x l LC v t x u ωωωsin sin )(sin ),(0-=例7 试解出具有放射衰变的热传导方程2220x u u a Ae x tα-∂∂-+=∂∂ 已知边界条件为0|0,|0x x l u u ====初始条件为00|t u T ==（常数） 解 令2221,Ab B a a ==，定解问题可以化为 222000||0|x x x l t u u b Be t x u u u T α-===⎧∂∂=+⎪∂∂⎪⎪==⎨⎪=⎪⎪⎩由于对应的齐次问题具有第一类边界条件，故令11(,)()sin ,()sin xn n n n n n u x t T t x Be f t x l l αππ∞∞-====∑∑ 代入上述方程和初始条件得21101()()sin ()sin (0)sin n nn n n nn n b n n T t T t x f t x l l l n T x T l ππππ∞∞==∞=⎧⎡⎤⎛⎫'+=⎪⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎨⎪=⎪⎩∑∑∑ 即2000()()()22(0)sin [1(1)]n n n l n n n b T t T t f t l T n T T d l l n ππξξπ⎧⎛⎫'+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪==--⎪⎩⎰ (1)(2) 其中22021(1)22()sin n ll n e n n B f t Be d l l l n l ααξππξξπα--⎡⎤--⎣⎦==⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰（3） 求解(1)式得到22222()()n b t l n n n l T t C e f t n bππ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+ （4）将(2)(3)、式代入(4)式得02221(1)221(1)n lnn e T B C n b n n l απππα-⎡⎤--⎣⎦⎡⎤=---⎣⎦⎛⎫+ ⎪⎝⎭2202221(1)22()1(1)1n l n b n b t t nl l n e T B T t e e n b n n l απππππα-⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎡⎤⎡⎤--⎣⎦⎢⎥⎡⎤=----⎣⎦⎢⎥⎛⎫⎣⎦+ ⎪⎝⎭故得原定解问题的解为22022121(1)22(,)1(1)1sin n l n b n b t t n l l n e T B n u x t e e x n b n l n l αππππππα-⎛⎫⎛⎫∞-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎧⎫⎪⎪⎡⎤⎡⎤--⎪⎪⎣⎦⎢⎥⎡⎤=----⎨⎬⎣⎦⎢⎥⎛⎫⎪⎪⎣⎦+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭∑ 即2202121(1)22(,)1(1)1sin n l n n t t n al al n e T A n u x t e e x n n l n l αππππππα-⎛⎫⎛⎫∞-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎧⎫⎪⎪⎡⎤⎡⎤--⎪⎪⎣⎦⎢⎥⎡⎤=----⎨⎬⎣⎦⎢⎥⎛⎫⎪⎪⎣⎦+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭∑ 例8 在环形域)0(22b a b y x a <<≤+≤内求解下列定解问题．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂=<+<-=∂∂+∂∂=+=+0,0),(12222222222222b y x a y x n u u b y x a y x y u x u 解：由于求解区域式环形区域，所以我们选用平面极坐标系，利用直角坐标系与极坐标系之间的关系⎩⎨⎧==θρθρsin cos y x 可将上述定解问题用极坐标θρ,表示：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂=<<=∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂==0,0,2cos 12112222b a u u b a uu ρρρρθρθρρρρρ (1)(2) 这是一个非齐次方程附有齐次边界条件的定解问题．采用固有函数法，并注意到圆域内Laplace 方程所对应的固有函数，可令问题(1)--(2)的解的形式为]sin )(cos )([),(0∑∞=+=n n n n B n A u θρθρθρ代入式(1)并整理得到θρθρρρρρθρρρρρ2cos 12sin )()(1)(cos )()(1)(202222=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-'+''+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-'+''∑∞=n n n n n n n n B n B B n A n A A比较两端关于θθn n sin ,cos 的系数，可得2222212)(4)(1)(ρρρρρρ=-'+''A A A (3))2(0)()(1)(22≠=-'+''n A n A A n n nρρρρρ (4) 0)()(1)(22=-'+''ρρρρρn nnB n B B (5)再由条件(2)得0)()(0)()(='=='=b B a B b A a A nn nn (6)(7)方程(4)与(5)都是齐次的欧拉方程，它们的通解分别为nn nnn n n n n n d c B d c A --'+'=+=ρρρρρρ)()(其中n nn n d c d c '',,,都是任意常数．由条件(6)与(7)可得 0)()2(0)(≡≠≡ρρn n B n A下面的任务就是要确定2()A ρ．方程(3)是一个非齐次的欧拉方程，利用待定系数法可求得它的一个特解42)(ρρ=*A所以，它的通解为422212)(ρρρρ++=-C C A由条件(6)确定21,C C ，得442244244661)2(2b a b a b a C b a b a C +--=++-= 因此42442244244662)2(2)(ρρρρ++--++-=-ba b a b a b a b a A 原定解问题的解为θρρρθρ2cos ])()2()2[(1),(4442224426644b a b a b a b a ba u +--+++-=- 例9 求解一端固定，一端作周期运动t ωsin 的弦的振动问题．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤====><<=====lx u u t u u t l x u a u t t t l x x xx tt 00,0sin ,00,00002ω解法一：令 ),(),(),(t x W t x v t x u += 取 t lxt x lt t t x W ωμμμsin )()()(),(112=+-= (1) 则定解问题转化为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=====-xl x v x v t l v t v t x l v a v t xx tt ωωω)0,(,0)0,(0),(),0(sin 22(2)又令 ),(),(),(t x v t x v t x v I II+=其中 ),(),,(t x v t x v I II分别满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=====I I I I IIxl x v x v t l v t v v a v t xx tt ω)0,(,0)0,(0),(),0(2 (3)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====+=I I I I I I I I I II I 0)0,()0,(0),(),0(sin 22x v x v t l v t v t x l v a v t xx tt ωω (4)由分离变量法求解式(3)，得 x ln l at n an l t x v n nπππωsin sin 2)1(),(122∑∞=I-=(5)用固有函数法求解问题(4)，即设lx n t f t x ll x n t v t x v n n n n πωωπsin)(sin sin)(),(121∑∑∞=∞=I I==其中t n dx l x n t x l l t f n l n ωπωπωωsin 2)1(sin sin 2)(2102+-==⎰ 代入方程(4)，得⎪⎩⎪⎨⎧=='==+''),2,1(0)0(,0)0()()()(222Λn v v t f t v l n a t v n nn n nπ 由参数变易法，得ττπωττπωτπωπττπωτπωπd l t a n l t a n n a n l d lt a n n a n lt v t n tn n ⎰⎰⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛---⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--=--=++021021)(cos )(cos 212)1()(sin sin 2)1()( 因此x l n t t t t a n l t x v n n n n n n πωωωωωωωωπωsin sin sin sin sin )()1(),(1221⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∑∞=+I I(6)其中 lan n πω= 原定解问题的解为t lxt x v t x v t x u ωsin ),(),(),(++=I I I 解法二：取 t al xa t x W ωωωsin sin sin),(=则原问题化为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-====''=''====ωωωa l x a v v v v v a v t t t l x x xx tt sin sin ,00,00002 (7)注意到方程和边界条件同时齐次化了． 用分离变量法解方程(7)，得l xn l at n l l n al a t x v n n n nn ππββααωπωsin sin sin 1sin 11sin ),(1⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∞= 其中 ⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=l n al n an n πωβπωα, 原定解问题的解为t al xa t x v t x u ωωωsin sin sin),(),(+= 应当指出，同两种方法得到的定解问题的解在形式上不一样，但可以证明它们是等价的，这是由定解问题解的唯一性决定的．例10 求下列定解问题⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂===><<+∂∂=∂∂====0,00,000022222t t l x x t u u B u u t l x A x u a tu (1)(2)(3)的解，其中A ，B 均为常数．解：这个定解问题的特点是：方程及边界条件都是非齐次的．根据上述原则，首先应将边界条件化成齐次的．由于问题中方程（1）的自由项及边界条件（2）都与t 无关，所以我们有可能通过一次代换将方程及边界条件都变成齐次的．具体做法如下：令 )(),(),(x W t x V t x u += 代入方程(1)，得A x W x V a t V +⎥⎦⎤⎢⎣⎡''+∂∂=∂∂)(22222为了使这个方程及边界条件同时化成齐次的，选)(x W 满足⎪⎩⎪⎨⎧===+''==BW W A x W a l x x ,00)(02 (4)问题 (4)是一个二阶常系数线性非齐次常微分方程的边值问题，它的解可以通过两次积分求得：x l B a Al x a A x W ⎪⎭⎫⎝⎛++-=22222)( 求出函数)(x W 之后，再由问题（1）-（3）可知函数),(t x V 为下列定解问题⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂-===><<∂∂=∂∂====0),(00,000022222t t l x x t V x W V V V t l x x V a tV (5)(6)(7)的解．采用分离变量法，可得式(5)满足齐次边界条件(6)的解为 x l n t l a n D t l a n C t x V n nn πππsin sin cos ),(1∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=(7) 利用式(7)中第二个条件可得0=n D ． 于是定解问题(5)-（7）的解可表示为∑∞==1sin cos),(n n x ln t l a n C t x V ππ 代入式(7)中第一个条件，得∑∞==-1sin)(n n x ln C x W π 即∑∞==⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1222sin 22n n x l n C x l B a Al x a A π 由傅氏级数的系数公式可得πππππππn B n a Al n n a Al xdx l n x l B aA xdx l n x l a A xdxl n x l B a Al x a A l C ll l n cos 22sin 2sin sin 222222233220220220222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎰⎰⎰ (8) 因此，原定解问题的解为∑∞=+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=1222sin cos 22),(n n x l n t l a n C x l B a Al x a A t x u ππ其中n C 由式(8)确定．例11在扇形区域内求下列定解问题200||0|()au u u u f θθαρθ===⎧∇=⎪==⎨⎪=⎩的解。