第十三章 积分变换法求解定解问题
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,
偏微分方程考试题
数学物理方程及数值解 复习提要一、偏微分方程的建立 CH1 典型方程和定解条件 【内容提要】1. 方程的建立(步骤:确定物理量;微元法建立等式;化简得方程)主要方法：微元法； 泛定方程:(1) 波动方程(双曲型)：弦振动方程：222222(,)(,)(),()u x t u x t F a a txρ∂∂==∂∂张力单位长度弦质量 传输线方程：222222222221,00i a LCi a a t x t x νν∂∂∂∂-=-=∂∂∂=∂；， 电磁场方程:22222211,,H E H E t t εμεμ∂∂=∇=∇∂∂22222222221(),με标量函数形式:∂∂∂∂=++∂∂∂=∂u u u z a u a t x y (2) 热传导方程/扩散方程（抛物型）:ρ，其中22u Fa u f f t c ∂=∇+=∂ 导热杆（无热源）222u u a t x ∂∂=∂∂， 导热片（无热源）22222()u u u a t x y ∂∂∂=+∂∂∂ (3) 稳恒方程(椭圆型):Poisson 方程：，2u f ∇= Laplace 方程：，20u ∇=2.定解条件：初始条件及边界条件边界条件(1)第一类边界条件(Dirichlet 条件): 1(,)(,)D u M t f M t ∂=(2) 第二类边界条件(Neumann 条件):2Duf n ∂∂=∂ (3) 第三类边界条件(Robin 条件): 3()Duu f n σ∂∂+=∂ 3.定解问题的提法：⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩偏微分方程(泛定方程)定解问题初始条件定解条件边界条件()Cauchy ⎧⎨⎩泛定方程(1)初始问题初始条件 ⎧⎨⎩泛定方程(2)边界问题(第一,二,三)边界条件⎧⎪⎨⎪⎩泛定方程(3)混合问题初始条件边界条件4.线性偏微分方程的基本性质（1）.线性迭加原理212,11,,,,,,,:nnij i ij i n i j i i j iL a b c a b c f x x x x x x ==∂∂=++∂∂∂∑∑其中是算子的函数111(1,2)(),nnni i ii ii i i i i i L u f in L c u c L u c f=====⇒==∑∑∑命题：21110(1,2),,()0,nnii i i i i i i i i i k j u Lu i c u c L c u x x ∞===∂==⇒=∂∂∑∑∑一致敛命收题：(2.) 齐次化原理（冲量原理）Duhamel 原理：设(,,)x t ωτ是方程22222,,(,)(,)0,(,),a x t t x x x f x x t ωτωτωττω⎧∂∂=-∞<<+∞>⎪∂∂⎪⎨∂⎪==-∞<<+∞⎪∂⎩的解，⇒0(,,)d ,()t x t u x t ωττ=⎰是方程22222(,),,0(,0)(,0)0,0,u u a f x t x t tx u x u x x t ⎧∂∂=+-∞<<+∞>⎪∂∂⎪⎨∂⎪==-∞<<+∞⎪∂⎩的解。
第十二章 积分变换法
傅里叶级数的复数形式（指数形式）： n
令 kn
l
，则
a0 f ( x) (an cos kn x bn sin kn x) 2 n 1 a0 an ikn x bn ikn x ikn x [ (e e ) (e e ikn x )] 2 n 1 2 2i a0 an ibn ikn x an ibn ikn x ( e e ) 2 n 1 2 2
a0 n x n x f ( x) (an cos bn sin ) 2 n1 l l 利用三角函数的正交关系，可得
1 n an f ( )cos d l l l
l
(n 0,1, 2,) (n 1, 2,)
数学物理方法
1 n bn f ( )sin d l l l
问题，积分变换法适宜。 关于无界问题的说明：如果物体的体积很大，而所需要知 道的只是在较短的时间和较小范围内的变化情况，那么边界条 件所产生的影响可以忽略，此时问题就变成只有初始条件、但 没有边界条件的定解问题（柯西问题） ，但无边界条件就无法 构成本征值问题（分离变量法的重要步骤） 。
数学物理方法
由上式可见：正弦项是 k 的奇函数，对 k 的积分为零；余弦 项是 k 的偶函数，为在区间（0，∞）积分值的两倍。
f ( x)
0 0
1
0
dk
f ( ) cos[k ( x )]d
dk{[
[ A(k ) cos(kx) B (k )sin(cos k ( ) d ]cos( kx) [
1
f ( )sin k ( ) d ]sin( kx)}
积分变换课后答案
1-1之袁州冬雪创作1．试证：若()f t 知足Fourier 积分定理中的条件，则有 其中()()()()d d ππ11cos ,sin .a f b f ωτωττωτωττ+∞+∞-∞-∞==⎰⎰分析：由Fourier 积分的复数形式和三角形式都可以证明此题，请读者试用三角形式证明.证明：操纵Fourier 积分的复数形式，有由于()()()(),,a a b b ωωωω=-=--所以 2．求下列函数的Fourier 积分：1）()2221,10,1t t f t t ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩; 2) ()0,0;e sin 2,0tt f t t t -⎧<⎪=⎨≥⎪⎩ 3)()0,11,101,010,1t t f t t t ⎧-∞<<-⎪--<<⎪=⎨<<⎪⎪<<+∞⎩分析：由Fourier 积分的复数形式和三角形式都可以解此题，请读者试用三角形式解.解：1）函数()2221,10,1t t f t t ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩为持续的偶函数，其Fourier变换为12233sin 2cos 2sin sin 4(sin cos )2t t t t t t ωωωωωωωωωωωω⎡⎤⎛⎫-=--+=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦(偶函数)f(t)的Fourier 积分为2)所给函数为持续函数，其Fourier 变换为()224252j j 1121(2)j 1(2)j 256ωωωωωω⎡⎤--⎛⎫⎣⎦=+=⎪-+-+--+⎝⎭（实部为偶函数，虚数为奇函数） f (t)的Fourier 变换为 这里用到奇偶函数的积分性质.3）所给函数有间断点-1，0，1且f(-t)= -f(t)是奇函数，其Fourier 变换为12j(cos 1)2j 1sin d 0t t ωωω-=-⋅=⎰（奇函数） f(t)的Fourier 积分为其中t ≠-1，0，1（在间断点0t 处，右边f(t)应以()()00002f t f t ++-代替）.3．求下列函数的Fourier 变换，并推证下列积分成果： 1）()e (0),t f t ββ-=>证明：22cos πd e ;02tt βωωβωβ-+∞=+⎰2）()e cos tf t t -=，证明：242πcos d e cos ;042tt t ωωωω-+∞+=+⎰ 3）sin ,π()0,πt t f t t ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，证明：2πsin ,πsin πsin 2d 010,πt t t t ωωωω⎧≤+∞⎪=⎨-⎪>⎩⎰ 证明：1）函数()e t f t β-=为持续的偶函数，其Fourier 变换为再由Fourier 变换得 即2）函数()e cos t f t t -=为持续的偶函数，其Fourier 变换为 再由Fourier 变换公式得 即 242πcos d e cos 042tt t ωωωω-+∞+=+⎰3）给出的函数为奇函数，其Fourier 变换为 故()()e 0,0t f t t ββ-=>≥的Fourier 正弦积分表达式和Fourier 余弦积分表达式.解：根据Fourier 正弦积分公式，并用分部积分法，有根据Fourier 余弦积分公式，用分部积分法，有1-21．求矩形脉冲函数,0()0,A t f t τ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他的Fourier 变换.解：()F ω是函数()f t 的Fourier 变换，证明()F ω与()f t 有相同的奇偶性.证明：()F ω与()f t 是一个Fourier 变换对，即()()j e d t F f t t ωω-+∞=-∞⎰，()()j 1e d 2πtf t F ωωω+∞=-∞⎰ 如果()F ω为奇函数，即()()F F ωω-=-，则 （令u ω-=）()j 1e d 2πutF u u -∞=+∞⎰（换积分变量u 为ω）()()j 1e d 2πt F f t ωωω+∞=-=--∞⎰所以()f t 亦为奇函数.如果()f t 为奇函数，即()()f t f t -=-，则（令t u -=）()j e d u f u u ω--∞=+∞⎰（换积分变量u 为t ）()()j e d t f t t F ωω-+∞=-=--∞⎰所以()F ω亦为奇函数.同理可证()f t 与()F ω同为偶函数.4．求函数()()e 0t f t t -=≥的Fourier 正弦变换，并推证 解：由Fourier 正弦变换公式，有 由Fourier 正弦逆变换公式，有 由此，当0t α=>时，可得5．设()()f t F ω⎡⎤=⎣⎦F，试证明：1）()f t 为实值函数的充要条件是()()F F ωω-=； 2）()f t 为虚值函数的充要条件是()()F F ωω-=-.证明： 在一般情况下，记()()()r i f t f t f t =+j 其中()r f t 和()i f t 均为t 的实值函数，且分别为()f t 的实部与虚部. 因此其中()()()Re cos sin d r i F f t t f t t t ωωω+∞⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦-∞⎰， ()a1）若()f t 为t 的实值函数，即()()(),0r i f t t f f t ==.此时，()a 式和()b 式分别为 所以反之，若已知()()F F ωω-=，则有此即标明()F ω的实部是关于ω的偶函数；()F ω的虚部是关于ω的奇函数.因此，必定有亦即标明()()r f t f t =为t 的实值函数.从而结论1）获证.2）若()f t 为t 的虚值函数，即()()()j ,0i r f t f f t t ==.此时，()a 式和()b 式分别为 所以反之，若已知()()F F ωω-=-，则有此即标明()F ω的实部是关于ω的奇函数；()F ω的虚部是关于ω的偶函数.因此，必定有()()()sin d j cos d i i F f t t t f t t t ωωω+∞+∞==+-∞-∞⎰⎰，亦即标明()()j i f t f t =为t 的虚值函数.从而结论2）获证.sin ()F ωωω=，求该函数()f t .解：sin ()F ωωω=为持续的偶函数，由公式有但由于当0a >时 当0a <时当0a =时，sin d 0,0a ωωω+∞=⎰所以得()11211401t f t t t ⎧<⎪⎪⎪==⎨⎪⎪>⎪⎩，，，7．已知某函数的Fourier 变换为()()()00πδδF ωωωωω⎡⎤=++-⎣⎦，求该函数()f t .解：由函数()()()00δd t t g t t g t -=，易知8．求符号函数（又称正负号函数）()1,0sgn 1,0t t t -<⎧=⎨>⎩的Fourier 变换. 解：容易看出()()()sgn t u t u t =--，而1[()]()πδ().j u t F ωωω=-+F 9．求函数()()()1δδδδ222a a t a t a t f t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++-+++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的Fourier 变换.解 ：cos cos 2aa ωω=+.10 .求函数()cos sin t f t t =的Fourier 变换. 解: 已知由()1cos sin sin 22f t t t t ==有()()()πjδ2δ22f t ωω⎡⎤⎡⎤=+--⎣⎦⎣⎦F()3sin f t t =的Fourier 变换.解:已知()0j 0e 2πδtωωω⎡⎤=-⎣⎦F,由即得()πsin 53t t f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的Fourier 变换.解: 由于故()()()()()πjδ5δ55δ52f t ωωωω⎤⎡⎤⎡⎤=+--+++-⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦F. 14.证明：若()()j e t F ϕω⎡⎤=⎣⎦F，其中()t ϕ为一实数，则其中()F ω-为()F ω的共轭函数.证明：因为 ()()j j e e d t t F t ϕωω+∞--∞=⋅⎰()()()()()()j j j j 1e e ed cose d cos 22t t tt F F t t t t ϕϕωωωωϕϕ-+∞+∞---∞-∞+⎡⎤⎡⎤+-===⎣⎦⎣⎦⎰⎰F 同理可证另外一等式.17．求作如图的锯齿形波的频谱图.（图形见教科书）.解 ：02π,T ω=()1,00,ht t T f t T ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他1－31．若1122()[()],()[()],F f t F f t ωω== F F ,αβ是常数，证明（线性性质）：分析：根据Fourier 变换的定义很容易证明. 证明：根据Fourier 变换与逆变换的公式分别有 6．若()[()]F f t ω= F，证明（翻转性质）：()[()]F f t ω-=- F分析：根据Fourier 变换的定义，再停止变量代换即可证明.证明：()[()]t f t f t t ω+∞--∞-=-⎰Fj e d（令t u -=）()()u f u u ω+∞---∞=⎰j e d （换u 为t ）()()t f t t ω+∞---∞=⎰j e d9．设函数()1,10,1t f t t ⎧<⎪=⎨>⎪⎩，操纵对称性质，证明：π ,1sin .0,1t t ωω⎧<⎪⎡⎤=⎨⎢⎥>⎣⎦⎪⎩F 证明：()[()]t f t f t t ω+∞--∞=⎰Fj e d 11t t ω--=⎰j e d由对称性质：()[()]f t F ω= F，则()[()]2,F t f ω=-F π有12．操纵能量积分()()2212f t t F ωω+∞+∞-∞-∞⎡⎤=⎣⎦⎰⎰d d π，求下列积分的值：1）21cos xx x +∞-∞-⎰d ； 2）42sin x x x +∞-∞⎰d ；3）()2211x x +∞-∞+⎰d ；4）()2221x x x +∞-∞+⎰d .解：1）2222sin 1cos 2xxx x xx +∞+∞-∞-∞-=⎰⎰d d（令2x t =）2sin t t t +∞-∞⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰d 2）()22422sin 1cos sin x x xx x x x +∞+∞-∞-∞-=⎰⎰d d3）()22221111x t t x +∞+∞-∞-∞⎛⎫= ⎪+⎝⎭+⎰⎰d d 221121t ω+∞-∞⎡⎤=⎢⎥+⎣⎦⎰F d π，其中 从而4）()()2222221111x x x x x x +∞+∞-∞-∞+-=++⎰⎰d d ()2221111x x x x +∞+∞-∞-∞=-++⎰⎰d d 1－41.证明下列各式：2）()1f t ()()()()()23123f tf t f t f t f t ⎡⎤⎡⎤=⎣⎦⎣⎦；6）()()()()()()121212ddd;d d d f t f t f tf t f t f t t t t⎡⎤==⎣⎦ 10)()()()d t f t u t f ττ-∞=⎰分析：根据卷积的定义证明. 证明： 2)()()()123f t f t f t ⎡⎤⎣⎦()()()123d f f t f t ττττ+∞-∞⎡⎤=--⎣⎦⎰6）()()()()1212dd d d d f t f t f f t t t τττ+∞-∞⎡⎤⎡⎤=⋅-⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰()()()()1212ddd d d f f t f t f t t t τττ+∞-∞⎡⎤=⋅-=⎣⎦⎰, ()()()()1212d d d d d f t f f t f t t t τττ+∞-∞⎡⎤=-⋅=⎢⎥⎣⎦⎰.10)()()()()d f t u t f u t τττ+∞-∞=-⎰()1,0,t u t t τττ⎛⎫⎧<⎪-= ⎪⎨ ⎪>⎪⎩⎝⎭()d t f ττ-∞=⎰. 2．若()()()()12e ,sin t f t u t f t tu t α-==，求()()12f t f t .注意：不克不及随意调换()1f t 和()2f t 的位置. 解：由()()1e ,0e0,0t tt f t u t t αα--⎧>⎪==⎨<⎪⎩，()()2sin ,0sin 0,0t t f t tu t t >⎧==⎨<⎩，所以 ()()()()1221f t f t f t f t =()()21d f f t τττ+∞-∞=-⎰要确定()()210f f t ττ-≠()()210,0;0,0f t f t ττττ>≠->-≠.即必须知足 00t ττ>⎧⎨->⎩, 即0tττ>⎧⎨<⎩, 因此 （分部积分法）()2e sin cos e 10ttατααττα-⎡⎤-=⎢⎥+⎣⎦ 4 .若()()()()1122,F f t F f t ωω⎡⎤⎡⎤==⎣⎦⎣⎦FF ，证明:证明:()()()()121211d 2π2πF F F u F u u ωωω+∞-∞=⋅-⎰5.求下列函数的Fourier 变换： 1）()()0sin f t t u t ω=⋅； 2）()()0e sin t f t t u t βω-=⋅； 5）()()0j 0e t f t u t t ω=-；解: 1）已知()()1πδj u t ωω⎡⎤=+⎣⎦F,又 ()()()()()00j j 01sin e e 2jtt f t t u t u t u t ωωω-=⋅=-.由位移性质有()()000220πδδ2j ωωωωωωω⎡⎤=--+-⎣⎦-. 2）由Fourier 变换的定义，有5）操纵位移性质及()u t 的Fourier 变换，有再由象函数的位移性质，有7．已知某信号的相关函数()21e 4a R ττ-=，求它的能量谱密度()S ω，其中0a >.解 由定义知9．求函数()()()e ,0t f t u t αα-=>的能量谱密度. 解: 因为()()e ,0e 0,0ttt f t u t t αα--⎧>⎪==⎨<⎪⎩,当0τ>时，()()0f t f t τ+≠的区间为()0,+∞，所以 当0τ<时，()()0f t f t τ+≠的区间为(),τ-+∞，所以因此，()1e 2R αττα-=，现在可以求得()f t 的能量谱密度，即1－51．求微分方程()()(),()x t x t t t δ'+=-∞<<+∞的解. 分析：求解微分、积分方程的步调：1）对微分、积分方程取Fourier 变换得象函数的代数方程；2）解代数方程得象函数；3）取Fourier 逆变换得象原函数（方程的解）. 解：设()(),x t X ω⎡⎤=⎣⎦F对方程双方取Fourier 变换，得即 其逆变换为()0,0.e ,0tt x t t -⎧<⎪=⎨≥⎪⎩4．求解下列积分方程： 1）()()()222210;y a b t b t aτττ+∞-∞=<<+-+⎰d 2）()222t t y τττ+∞----∞=⎰e d πe.解：1）操纵卷积定理可以求解此类积分方程.显然，方程的左端是未知函数()y t 与221t a +的卷积，即()221y t t a +.设()(),y t Y ω⎡⎤=⎣⎦F 对方程双方取Fourier 变换，有即 易知：22cos 2tt βωωβωβ+∞-=+⎰πd e ，有即所以()()22b b a a a b Y baωωωω----==πee πe 由上可知222201cos π2d e a t t t a t a a ωω+∞-⎡⎤=⎢⎦=⎥++⎣⎰F ，()()22--a b a b t b a =⎡⎤+⎣⎦π.2）设()(),y t Y ω⎡⎤=⎣⎦F对方程双方取Fourier 变换，同理可得操纵钟形脉冲函数的Fourier变换224e et A ωββ--⎡⎤=⎣⎦F 及由Fourier 变换的定义可求得：222e t βββω-⎡⎤=⎣⎦+F ，从而即 从而()()222-1-122y t ωωω--⎡⎤⎡⎤=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦πe πj e F F ， 其中，记()22ef t ω-⎡⎤=⎣⎦F，则()22t f t -=，上式中第二项可操纵微分性质()()()()2222f t f t ωωω-''⎡⎤⎡⎤==⎣⎦⎣⎦F F j j e，则因此()22222t t y t --=-π22221t t -⎫=-⎪⎭e .()x t ：其中()(),f t h t 为已知函数，,,a b c 均为已知常数.解：设()()()()()(),,.f t F h t H x t X ωωω⎡⎤⎡⎤⎡⎤===⎣⎦⎣⎦⎣⎦F F F 对方程双方取Fourier 变换，可得 即 从而2－11．求下列函数的Laplace 变换，并给出其收敛域，再用查表的方法来验证成果.1)()sin 2t f t =.分析：用Laplace 变换的定义解题.解： j j 22001sin sin d d 222j e e e st s t s t t t t t ⎛⎫⎛⎫+∞+∞--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎡⎤==+ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭-⎰⎰L ()21112Re()0j j 2j 4122s s s s ⎡⎤⎢⎥=-=⎢⎥+⎢⎥-+⎣⎦>. 2)()2e t f t -=.解：()()d d Re()e e e e t t st s t t t s s >-22220012+∞+∞----+⎡⎤===⎣⎦+⎰⎰L . 3)()2f t t =. 解：2220000112e d d(e )2e d e st stst st t t t t s s t tt -+∞+∞+∞--+∞-⎡⎤⎡⎤==-=--⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰L ∣()022300222d(e )e e d Re()0st st st t t t s s s s+∞+∞--+∞-⎡⎤=-=--=⎢⎥⎣⎦⎰⎰∣ >.4)()sin cos f t t t =. 解：[]0sin cos sin cos e d st t t t t t +∞-=⎰L22121244s s =⋅=++. 7)()2cos f t t =. 解 ：22001cos 2cos cos e d e d 2ststt t t t t +∞+∞--+⎡⎤==⎣⎦⎰⎰L()2211112242j 2j 4s s s s s s ⎡⎤+=++=⎢⎥-++⎣⎦. 2．求下列函数的Laplace 变换： 1)()3,021,2 4.0,4t f t t t ⎧≤<⎪=-≤<⎨⎪≥⎩解： ()()24002d 3d d e e e stststf t f t t t t +∞---⎡⎤==-⎣⎦⎰⎰⎰L2)()π3,2.πcos ,2t f t t t ⎧<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩解：()()π2π02e d 3e d cos e d stst stf t f t t t t t +∞+∞---⎡⎤==+⎣⎦⎰⎰⎰L()()()()ππj j πππ222222313111e e Re()02j j 1e e e s s s ss s s s s s s -+----⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪=-+-=--> ⎪ ⎪ ⎪+-+⎝⎭⎪⎝⎭⎝⎭3) ()()2e 5δt f t t =+解：()()()()220005δe d d 5δe d e et s tst st f t t t t t t +∞+∞+∞---⎡⎤⎡⎤=+=+⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰L()0115e 5Re()222st t s s s -==+=+>--∣. 4)()()()cos δsin f t t t t u t =⋅-⋅ 解：()()()∣∣∣j j j 000011cos e e d 12j 2j j j e e ees t j s tttststt t t s s--++∞+∞+∞---=⎡⎤⎢⎥=--=-+-+⎢⎥⎣⎦⎰()222111111Re()2j j j 11s s s s s s⎛⎫=---=-= ⎪+-++⎝⎭>0. 2－21．求下列函数的Laplace 变换式： 1）()232f t t t =++.解:由[]2132!1232132mm m t s ss s s t t +⎡⎤⎡⎤==++=++⎣⎦⎣⎦及有L L L . 2)()1e t f t t =-. 解 ：[]()()1111,e e t tt t t s ss s --⎡⎤⎡⎤===-⎣⎦⎣⎦222+1-1L L,L 1-.3)()()21e t f t t =-. 解：5）()cos f t t at =. 解: 由微分性质有: 6) ()5sin23cos2f t t t =- 解:已知[][]2222sin ,cos st t s s ωωωωω==++L L ,则 8)()4e cos4t f t t -=.解: 由[]2cos 416t s +s=L 及位移性质有 42cos4416e ts t s -⎡⎤=⎣⎦++4（＋）L . 3．若()()f t F s ⎡⎤=⎣⎦L，证明（象函数的微分性质）:特别地，()()tf t F s '⎡⎤=-⎣⎦L，或()()11f t F s t-'⎡⎤=-⎣⎦L ，并操纵此结论计算下列各式：1）()3e sin2t f t t t -=，求()F s . 解：()()()322sin 224e t t s s ωωω-===++22+3+3L ,2)()30e sin 2d tt f t t t t -=⎰，求()F s .解：()0332112sin 2d sin 234e e t t t t t t ss s --⎡⎤⎡⎤==⋅⎢⎥⎣⎦⎣⎦++⎰L L , 3)()1ln 1s F s s +=-，求()f t .解:()1ln ,1s F s s +=-()(),F s f t ⎡⎤=⎣⎦令-1L故 ()()-12sinh tF s f t t⎡⎤==⎣⎦L . 4．若()()f t F s ⎡⎤=⎣⎦L，证明（象函数的积分性质）:()()d s f t F s s t ∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L ，或()()1d s f t t F s s ∞-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L 并操纵此结论计算下列各式：1)()sin kt f t t=，求()F s .解: ()2222sin kkkt s s kωωω===++L , 2)()3e sin 2t t f t t-=，求()F s .解:()()322esin 234tt s -=++L,2－31．设()()12,f t f t 均知足Laplace 变换存在定理的条件（若它们的增长指数均为c ），且()()()()1212,f t f t F s F s ⎡⎤⎡⎤==⎣⎦⎣⎦LL ，则乘积()()12f t f t ⋅的Laplace 变换一定存在，且 其中(),Re .c s c ββ>>+证明： 已知()()12,f t f t 均知足Laplace 变换存在定理的条件且其增长指数均为c ，由Laplace 变换存在定理知()()12f t f t ⋅也知足Laplace 变换存在定理的条件且标明()()12f t f t ⋅的增长指数为2c .因此()()12f t f t ⋅的Laplace 变换在半平面()Re 2s c>上一定存在，且右端积分在()()Re s c c ββ≥+>上相对且一致收敛，而且在()Re 2s c >的半平面内，()F s 为解析函数.根据()()11F f t s ⎡⎤=⎣⎦L，则()1f t 的Laplace 反演积分公式为 从而（交换积分次序）()()()1j 0j 2e 12πjd d s q t F q f t t q ββ++∞-∞∞--⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰2．求下列函数的Laplace 逆变换（象原函数）；并用另外一种方法加以验证.1）()221F s s a =+.2）()()()sF s s a s b =--.3）()()()2s cF s s a s b +=++. 10）()()()2214sF s ss =++.解： 1）12211sin at s a a-⎡⎤=⎢⎥+⎣⎦L . 2）()()1sa b s a s b a b s a s b ⎛⎫=- ⎪-----⎝⎭,3）()()()()()222111s cc a b c F s s a s b b a s a s b b a s b +--⎡⎤==-+⋅⎢⎥++-⎣⎦++-+,故10）由()()()2222131414ss s s s s F s s ⎛⎫=⎪++++⎝⎭＝－，有 ()()()11cos cos 23f t F s t t -⎡⎤==-⎣⎦L.3．求下列函数的Laplace 逆变换： 1）()()2214F s s=+.6）()221ln s F s s -=.13）()221e sF s s-+=.解 ： 1）用留数计算法，由于122j,2j s s ==-均为()F s 的二级极点， 所以6）令()()()22212ln ,ln 1s F s F s s s s -'==-,()()()()112e e 211t t F s tf t s s s-'=+-=+-=-+-L L , ()()21212ln 1cosh s f t t s t -⎛⎫-==- ⎪⎝⎭L. 13）2211122221e 1e s s ss s s -----⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦LLL ()()()21,222,02t t t t u t t t ⎧->⎪=+--=⎨≤<⎪⎩.2－41.求下列卷积：3）m t n t （,m n 为正整数）. 解：mt()()()0d 1C d nttnknm mk n k k n k t t t ττττττ-==⋅-=-∑⎰⎰()1!!1!m n m n t m n ++=++.注:本小题可先用卷积定理求出m t n t 的Laplace 变换,再由Laplace 逆变换求出卷积6)sin kt ()sin 0kt k ≠.解 ：sin kt ()()001sin sin sin d cos cos 2d 2ttkt k k t kt k kt τττττ⎡⎤=-=---⎣⎦⎰⎰ ()0sin 211sin cos cos 2422tt k ktt kt t kt kkτ-=-+=-+.7) t sinh t解 ：t sinh sinh t t =t ()0sinh d tt τττ=⋅-⎰()()()000111d(e )d(e )2e e sinh 2220t t t t t t t t t ττττττ---⎡⎤=-+-=-++-=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰ 9)()u t a -()()0f t a ≥ .解：()u t a -()()()()00,d d ,tt a t a f t u a f t f t t a τττττ⎧<⎪=-⋅-=⎨-≥⎪⎩⎰⎰.10)()δt a -()()0f t a ≥. 解： 当t a <,()δt a -()0f t =. 当t a ≥,()()()()δd aa f t f t f t a τττττ+∞-∞==-⋅-=-=-⎰.()()f t F s ⎡⎤=⎣⎦L ，操纵卷积定理，证明:()()0d t F s f t t s⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L 证明：()()()()()1f t u t f t u t F s s⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⋅=⋅⎣⎦⎣⎦⎣⎦LL L ， ()()()()()()000d d d t t tf t u t u f t f t f t t τττττ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⋅-=-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰L L L L 3.操纵卷积定理，证明:()2221sin 2s a at a s t -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥+⎣⎦L. 证明 ：()()22222221ss F s s a s as a ==⋅+++,由 有2-51.求下列常系数微分方程的解： 1）()2e ,00t y y y '-==；8）()()()331,0000y y y y y y y '''''''''+++====； 12）()()()()()420,0000,01y y y y y y y ''''''''++=====；16）()π10sin 2,00,12y y t y y ⎛⎫''+=== ⎪⎝⎭.分析：解题步调，首先取Laplace 变换将微分方程化为象函数的代数方程, 解代数方程求出象函数, 再取Laplace 逆变换得最后的解.解：1）方程双方取Laplace 变换，并连系初始条件可得 即()()()1112121Y s s s s s ==-----. 从而方程的解为8）对方程双方取Laplace 变换，并连系初始条件，有即由留数计算法，由于10s =是()Y s 的一个一级极点，21s =-是()Y s 的一个三级极点，从而方程的解为2111e 2t t t -⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭.12）对方程双方取Laplace 变换，并连系初始条件，有 即从而方程的解为()()11cos sin sin 2y t Y s t t t t -⎡⎤==*=⎣⎦L. 16）对方程双方取Laplace 变换，并连系初始条件，有即()()()()222020114y Y s s s s '=++++()222020113141y s s s '⎛⎫=-+ ⎪+++⎝⎭，从而 ()()()12010sin sin 20sin 33y t Y s t t y t -'⎡⎤==-+⎣⎦L.为了确定()0y '，将条件π12y ⎛⎫= ⎪⎝⎭代入上式可得()1703y '=-，所以方程的解为2.求下列变系数微分方程的解： 1）()()40,03,00ty y ty y y ''''++===； 3）()()()2120,02ty t y t y y '''+-+-==； 5）()()()()10,000,0ty n y y y y n ''''+-+===≥. 解: 1）方程双方取Laplace 变换，有即[][][]40ty y ty '''++=L L L ，亦即 从而()()2d 40d Y s sY s s++=双方积分可得()211ln ln 42Y s c ++=或()Y s =取其逆变换，有欲求c ，可由条件()03y =得到，即()()0003y cJ c ===，所以方程的解为其中()()()2001!12kkk x J x k k ∞=-⎛⎫= ⎪Γ+⎝⎭∑称为零阶第一类Bessel 函数. 3）方程双方取Laplace 变换，有整理化简后可得 即这是一阶线性非齐次微分方程，这里 所以从而方程的解为()()132e e 3!tt c y t Y s t ---⎡⎤==+⎣⎦L()312e t c t -=+（1c 为任意常数） 5）方程双方取Laplace 变换，有即整理化简后可得 双方积分可得 即从而方程的解为()(2n n y t ct J =（c 为任意常数）其中n J 称为n 阶第一类Bessel 函数.3.求下列积分方程的解： 1）()()()0sin d ty t at t y τττ=+-⎰； 3）()()0d 16sin4ty y t t τττ-=⎰； 5）()()20d e tt y y t t τττ--=⎰. 解:1）显然，原方程可写为双方取Laplace 变换，并操纵卷积定理，有 所以从而方程的解为3）原方程可写为双方取Laplace 变换，并操纵卷积定理，有 即取其Laplace 逆变换，有()()()1084y t Y s J t -⎡⎤==±⎣⎦L，即标明()()084y t J t =及()()084y t J t =-均为所求.这里，0J 为零阶第一类Bessel 函数.5）原方程可写为双方取Laplace 变换，并操纵卷积定理，有 所以从而方程的解为()()12t t y t Y s ---⎛⎫⎡⎤==±=± ⎪⎣⎦ ⎪⎝⎭L，即()t y t -=及()t y t -=-均为所求. 4.求下列微分积分方程的解： 1）()()()()0cos d ,01ty t y t y τττ'-==⎰；3）()()()()()022d ,02ty t y t y u t b y ττ'++=-=-⎰； 5）()()()()30144d ,003ty t y t y t y ττ'-+==⎰；解:1）原方程可写为 双方取Laplace 变换，得 即从而方程的解为3）操纵微分性质与积分性质，对方程双方取Laplace 变换，有 即操纵延迟性质，方程的解为5）操纵微分性质与积分性质，对方程双方取Laplace 变换，有 即方程的解为5．求下列微分、积分方程组的解：1）e,322ettx x y y x y '⎧+-=⎪⎨'+-=⎪⎩()()001x y ==； 4）()()()()()()0,01,0,000;0,000x x y z x x y y z y z x x y z z y z ''⎧-++==⎪'''+-+===⎨⎪''''++-===⎩8）()02d 0,4et tx x y x x y ττ-⎧'''++=⎪⎨⎪'''-+=⎩⎰()()00,0 1.x x '==- 解：1）对方程组的两个方程双方分别取Laplace 变换，有 即解之可得取其逆变换，可得方程组的解为4）对方程组的三个方程双方分别取Laplace 变换，有解之可得（注意：后两个方程标明()()Y s Z s =且()()2X s s Y s =-） 取其逆变换，可得解为8）对方程组的两个方程双方分别取Laplace 变换，有即消去()Y s ，可得即将()X s 的成果代入得 化简得取其逆变换，可得方程组的解为7．设在原点处质量为m 的一质点在0t =时在x 方向上受到冲击力()k t δ的作用，其中k 为常数，假定质点的初速度为零，求其运动规律.解:由题意知，在t 时刻质点m 处于x 轴正向的点()x t 处，其运动速度为()x t '，而加速度为()x t ''，且有初始条件()()000x x '==.根据Newton 定律，该质点的运动规律归结为下述微分方程的初值问题：方程双方取Laplace 变换，且记()()x t X s ⎡⎤=⎣⎦L ，则即()2kX s ms =，从而方程的解（即质点的运动规律）为11．某系统的激励()sin x t t=，当系统响应()e cos sin t y t t t -=-+时，求1）系统的传递函数()G s ； 2）系统的脉冲响应函数()g t ； 3）系统的频率响应函数()j G ω. 解:1）由传递函数的定义知2)由脉冲响应函数的定义知3)当系统的传递函数()G s 中s 取j ω时，则得到系统的频率响应函数，即。
一维波动方程的解题方法及习题答案
第二篇数学物理方程—物理问题中的二阶线性偏微分方程及其解法 Abstracts:1、根据物理问题导出数理方程一偏微分方程； 2、给定数理方程的附加条件：初始条件、边界条件、物理条件 (自然条件，连接条件)，从而与数理方程一起构成定解问题； 3、方程齐次化； 4、数理方程的线性导致解的叠加。
一、数理方程的来源和分类(状态描述、变化规律)1、来源 I .质点力学：牛顿第二定律F =mr 连续体力学 II.麦克斯韦方程弹性体力学<(弹性定律)'弦 杆振动：出血力— a 2V 2 u (r , t ) = 0 (波动方程); 膜 0t 2 流体力学：质量守恒律:皿不V ・(p y ) = 0£ d t热力学物态方程：过+ (y -V )y ="p + f = 0 (Euler eq.).d t p JJ D .d c=fffp d i nV- D = p ; J E -d l =JJB -d s nVx E = B ;力B - d c= 0 nV- B = 0; J H - d l DjJ(j + D ) - d s nVx H = j + D . E = -V u , B = Vx A ,u ,A 满足波动方程。
、Lorenz 力公式n 力学方程;制axwell eqsT 电导定律n 电报方程。
IIL 热力学统计物理 热传导方程:以一 k V 2T = 0；特别：稳态(生= 0): V 23 = 0 (Laplace equation). < 八 01 扩散方程:0P - D V 2 p = 0. 、 01 IV.量子力学的薛定谔方程： i 方迦=—疟 V 2 u + Vu .0 01 2 m二、数理方程的导出推导泛定方程的原则性步骤：（1）定变量：找出表征物理过程的物理量作为未知数（特征量），并确定影响未知函数的自变量。
（2）立假设：抓主要因素，舍弃次要因素，将问题“理想化”--- “无理取闹”（物理趣乐）。
数学物理方法(傅里叶变换法)
utt u |t
0
a2u
xx 0( x
(x),ut |t (x)
)
解： 应用傅里叶变换，即用 eikx / 2 同乘方程和定解条件
中的各项，并对空间变量x积分，t看做参数，则
2
定解问题变换成：U k 2a2U 0
U |t0 (x),U |t0 (x)
初始扰动只限于区域T0,如图,取一定点r,与T0
最小距离为d,最大距离为D,当t<d/a,
S
r at
跟
T0不相交,按泊松公式u(r,t)=0,表示扰动的前锋
T0 d
Dr
没有到达r,当d/a<t<D/a,
S
r at
跟T0
相交,
u(r, t )
0
扰动到达r,当t>D/a,
S
r at
包围了T0,但跟T0不相交,u(r,t)=0,表明
N0 x/ 2a t ez2 dz
x/2a t
被积函数是偶函数,故
w(x,t) N0
2
x/ 2a t ez2 dz
0
误差函数
记做erfx,则w可写为:
x
w(x,t) N0erf ( 2a
) t
所求的解如下:
11
u( x, t )
N0
w(x,t)
N0 1 erf
dt
对t积分一次，并考虑零初始值可得：
U (t; k) ek2a2t t F ( ; k)ek2a2 d 0 t f ( , )eik ek e 2a2t k2a2 dd 0
进行傅里叶逆变换
积分变换法求解定解问题
1
F ()eixd
2
为f(x)的傅里叶逆变换式，记为f(x)=F-1[F(ω)]；称
函数f(x)为F(ω)的傅里叶逆变换，简称傅氏逆变换
(或像原函数)。
傅里叶变换与傅里叶逆变换是互逆变换，即
F1F() F1 F f (x) F1F f (x) f (x)
定义 13.1.3 多维傅里叶变换 n维情况下函数 f(x1, x2,…,xn)傅氏变换为
F1 F1() F2 () f1( x) * f2( x)
证明：
F f1(x) * f2(x)
f1( x) * f2 ( x) eixdx
f1( )
f2(x
)eixd dx
f1( )
f2 (u)ei(u )dud
x u
dx du
f1( )ei )
f2 (u)eiudud
n
12
dn
注：傅氏变换和其逆变换积分前的系数虽然各书 的写法各不相同，但只要这两个系数的乘积等于 1/2π，傅氏变换和其逆变换则均可满足。
三、δ 函数
定义 13.1.5 如果一个函数满足下列条件，则 称之为δ 函数，并记为δ(x)：
(
x)
0
x0 x0
(x)dx 1
等价定义（函数序列的极限）：
f (ax)e a
1 d(ax)
a
1
f
iu
(u)e a du
1
iu
f (u)e a du
a
a
1 F() 1 F()
aa a a
u ax dx du
卷积定义 知函数f1(x)和f2(x)，则它们的卷积定 义为：
f1(x) * f2(x) f1( ) f2(x )d
数学物理方法3-4积分变换法
§3.4.1
第三章 偏微分方程的定解问题 第四节 积分变换法
直线上的初值问题
例3.4.1求解热传导 问题
dU(, t) 2 2 a U(, t), t 0 解：利用傅立 dt 叶变换的性质 U(, 0) (), t a22 a22t C () U(, t) e C F(, ) e d
思考 利用积分变换方法求解问题的好处是什么？
第三章 偏微分方程的定解问题 第四节 积分变换法
傅立叶变换的定义
U ( , t ) u ( x, t )e
j x
1 dx , u ( x , t ) 2
U ( , t )e j x d
傅立叶变换的性质 微分性 位移性 f ( n ) (x) ( j ) n F ( )
e
d d
1 2a
t
( )e
2 x
4 a 2t
d
第三章 偏微分方程的定解问题 第四节 积分变换法
§3.4.2
半无界直线上的问题
半无界区域上的热传导（扩散）问题 2 u 2 u 0 x , t 0 t a x 2 0, 例3.4.4 求解 t 0 u (0, t ) u0 , u ( x, 0) 0, 0 x 做代换 u ( x, t ) v( x, t ) u0 转化为直线上热传导方程 2 v v 2 对称延拓法（奇延拓） a , 0 x , t 0 2 x t x0 u0 , v(0, t ) 0, t0 ( x) u0 , x0 v( x, 0) u0 , 0 x 考虑与无界区域上 波传播问题的差别
第三节+积分变换在解定解问题中的应用
u~( , t )
~( )ea2w2t
t
0
~f ( , )ea2 2 (t )d
再对 u~(,t) 进行傅氏逆变换
u(x,t) F
1[~( )ea2 2t ] F
[1 t ~f ( , )ea2 2 (t )d ] 0
F
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ( )e 1
ea )
求u (x, s)的逆变换，利用延迟性质
L
[e 1 s
F
(s)]
f (t 0,
),
t t
(为非负实数)
有
u(x,
t
)
f0
2 f
t 0t
2 2
.
(t
x a
)
2
,
tx a
tx
2
a
第三节 积分变换在解定解问题中的应用
No. 18
dt
dt
ea2 2t (du~ a2 2u~) ea2 2t ~f (,t)
dt
第三节 积分变换在解定解问题中的应用
No. 6
数学物理方程
第五章 积分变换法
两边积分（从0—t），得
ea2 2tu~( , t)
u~( ,0)
t
0
e a 2 2
~f (,
)d
于是
[u(
x,
t
)]
u(
x,
t
)e
i
x
dx
第三节 积分变换在解定解问题中的应用
No. 12
数学物理方程
第五章 积分变换法
第13章积分变换法
1 [(x at) (x at)] 1
xat
( )d
2
2a xat
例：求解无限长细杆的热传导问题：
泛定方程 ut a2uxx 0
( x )
初始条件 u(x,t) t0 (x) ( x )
解： 将
u(x,t) U (,t)ei xd
代入泛 定方程
[ dU(,t) a2 2U (,t)]ei xd 0
2a
p
1 e px/a x e p /a [ p ( ) ( )]d
2a
p
1 e px/a x e p /a [ p ( ) ( )]d
2a
p
u (x, p) 1 e px/a x e p /a [ p ( ) ( )]d
2a
p
1 e px/a x e p /a [ p ( ) ( )]d
dU (,t) a2 2U (,t) F(,t) 求其
dt
通解
初始条件
U (,0) ()
dU (,t) a2 2U (,t) F(,t)
dt
其通解可用Laplace 变换法求
pU U (0) a2 2U F 其中 U (,0) ()
U
( ) p a2 2
1
pHale Waihona Puke a2 2F因为L1[
t
)
§13.2 Laplace变换法
Laplace变换法适用于求解初值问题，不管泛定方程 或边界条件是否为齐次
例：求解无限长的自由振动定解问题：
泛定方程 utt a2uxx 0 ( x )
初始条件 u(x,t) t0 (x) ( x ) ut (x,t) t0 (x) ( x )
1 [ e p( x)/a ( )d x e p(x )/a ( )d ]
《数理方程》积分变换法解析
x2
x2
1 p2
dU dx
2x p
x2 p3
.
而 u |x1 cos y
变为
U
x,
p
|x1
1
p p2
,
解常微分方程得
U x, p
1 3 p3
x3
1 p
x2
p 1 p2
1 3 p3
1 p
.
取拉普拉斯逆变换，得
L(t n )
n! pn1 , n 0,1,
u
|x
0
f
t.
思考：需要对哪一个自变量进行哪一种积分变换？
对 t 进行拉普拉斯变换，设
u x,t U x, p, f t F p
于是方程变为
a2
d 2U x,
dx 2
p
pU
x,
p,
U x, p |x0 F p
这是二阶常微分方程的边值问题，它的通解为
根据傅里叶变换的微分性质，
方程转化为
dU ,
t
2U , t
dt
U , t |t0 F
于是 U ,t F e2t .
为了求出原方程的解,下面对 U ,t 关于 进行
傅立叶逆变换.
U ,t F e2t .
再由边值条件 U x, p |x0 F p 可知，C = F(p).
U
x,
p
F
pe
p a
x
.
为求出 u(x,t), 需要对 U(x,p) 进行拉普拉斯 逆变换。
积分变换法
dU (,t) a22U (,t) G(,t),
dt
它满足初值条件
U (, t) |t0 ().
(39) (40)
为了求解常微分方程初值问题(39)(40)，记
19
例1 求解下列问题的解 ut a 2uxx f (x,t) ( x , t 0), (37)
u |t0 (x).
(38)
10
例3 求fˆ() e2t 的傅里叶逆变换，其中t 0.
解 由定义知
f (x) 1 fˆ ()eixd 1 e2t eix d
2
2
1 e2t (cosx i sin x)d,
2
1 e2t cos xd,
0
对 f (x) 求导，并利用一次分部积分得
df (x) x f (x) 0. dx 2t
( ) L1
s
1
2a 2
L1
s
1
2 a 2
G
(, s)
L[eat ] 1 sa
()ea22t
G(,t) ea22t
()ea22t t G(, )ea22 (t ) d . 0
(42)
为了求出问题(37)(38)的解，还需要对U (,t)
取傅氏逆变换。
22
例1 求解下列问题的解 ut a 2uxx f (x,t) ( x , t 0), (37)
t t0 t t0
证明 由拉氏变换的定义知
L[ f (t t0 )u(t t0 )]
0
f
(t
t0 )u(t
t0 )est dt
t0
f
(t
t0
)e st
dt
令 y t t0 , 则上式变为
《数学物理方法》第十二章 积分变换法
49
§12.2 傅里叶变换法
傅里叶变换法广泛地应用于求解无界区 域的定解问题中．求解步骤为 ①对定解问题作傅里叶变换； ②求像函数； ③对像函数作傅里叶逆变换, 得解
对于半无界区域的定解问题
可采用傅里叶正弦变换(第一类边界条件)，或傅里 叶余弦变换(第二类边界条件)；也可将边界条件齐 次化后，采用延拓法，最后用傅里叶变换求解．
方程(12.2.4)的通解为
将式(12.2.6)代入式(12.2.5)，可得
将式(12.2.7)与式(12.2.8)联立，解出C1与C2后代入 式(12.2.6) ，可得
(12.2.9)
54
(3)作像函数应
的傅里叶逆变换
第一、三项应用延迟定理 作傅里叶逆变换得
(12.2.10)
55
第二、四项应用延迟定理和积分定理
耐心+坚持+努力 ≈成功
第十二章 积分变换法
积分变换法是物理学与其他应用科学中 求解数学物理方程的一种重要方法， 它适用于求解无界区域及半无界区域的 定解问题。
积分变换法是
通过对数理方程的积分变换，减少自变量的个数， 直至化为常微分方程，使求解问题大为简化。
此外，积分变换法还可以用来计算定积分，求解常 微分方程和积分方程．
(12.1.37)
卷积定理将函数f1(x)和f2(x)的卷积运算，化为的 乘积运算， 使计算得到简化
36
证明 由傅里叶变换的定义出发，随后交换积分次
序，并应用延迟定理(12.1.19)，便有
因F[f2(x)]仅为k的函数，可提出积分号外，式 (12.1.37)得证
37
8.像函数的卷积定理
证明 由傅里叶变换定义出发，随后交换积分次序， 再利用卷积定义，便有
积分变换法
1 ⎡ f ( x0 + 0 ) + f ( x0 − 0 ) ⎤ . ⎦ 2⎣
7
δ 函数的 Fourier 变换
F (ω ) = F ⎡δ ( x ) ⎤ = ⎣ ⎦
∞
高维 Fourier 变换
1 . 2π
1 2π
∫
∞
−∞
δ ( x ) e − iω x dx =
F ( p) 称为 f ( x) 的象函数或象, f ( x) 称为 F ( p) 的原象。
1 2
Fourier 变换及其逆变换
1 F (ω ) = F ⎡ f ( x ) ⎤ ≡ ⎣ ⎦ 2π
在这种变换下，原来的偏微分方程的自变量个数 减少，原来的常微分方程可以变成代数方程。通过求 解变换后的方程然后再对其解进行逆变换，就可以得 到原问题的解。
3. 延迟性质 设 x0 为任意常数, 则
F ⎡ f ( x − x0 ) ⎤ = e − iω x0 F (ω ) . ⎣ ⎦
4. 相似性质 设 a 为不为零的常数, 则
dn n F ⎡ f ( x ) ⎤ = F ⎡ ( −ix ) f ( x ) ⎤ . ⎦ ⎣ ⎦ dω n ⎣
∞
8. 卷积性质 F [ f1 ∗ f 2 ] = 2π F [ f1 ] F [ f 2 ] , 其中卷积定义为:
r rr f ( x ) eiλ ⋅x dx1 L dxn ,
⇒ δ ( x) =
1 2π
∫
∞
−∞
cos ω xd ω =
1 2π
∫
∞
−∞
e − iω x d ω.
r f (x) =
∫
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。
第十三章 拉普拉斯变换法
a和b为两个任意实常数， 为两个任意实常数，则
F ( s ),
2
2
L[ a
例1.
f ( t ) + b f ( t )] = a F ( s ) + b F ( s )
1 2 1
f ( t ) = A (1 −
j 26 . 6
× e (− 1 −
j 2 )t
= 0 . 559 e − t ⋅ e j (2 t − 26 . 6 ) + 0 . 559 e − t ⋅ e − j (2 t − 26 . 6 ) = 2 × 0 . 559 e − t cos 2 t − 26 . 6 = 1 . 118 e − t cos 2 t − 26 . 6
t ε
L[ f (t − t0 )] = e
F (S )
页
华东理工大学 上 页 下
13.3 拉普拉斯反变换的部分分式展开
用拉氏变换求解线性电路的时域响应时， 用拉氏变换求解线性电路的时域响应时，需要把 求得的响应的拉氏变换式反变换为时间函数。 求得的响应的拉氏变换式反变换为时间函数。 由象函数求原函数的方法： 由象函数求原函数的方法： (1)利用公式
三﹑积分性质： 积分性质：
1 若 L [ f ( t )] = F ( s ), 则有 L [ ∫0 f ( t ) dt ] = F ( s ) s
t
说明： 说明：拉普拉斯变换将时域中的积分运算变成了复频域中 算子s与象函数的除法运算。 与象函数的除法运算。 华东理工大学 上 页 下
页
证明： 证明：
t
数理方程第9讲积分变换法
ux, t 表示温度，当 x 时，ux, t 一定有界，
亦有界，从而 U x , p
D . 0
由边值条件可知
C F p
，即
p a x
U x, p F p e
对
p 进行拉普拉斯逆变换，有
1 1 ux, t L F p L e
f g x f x t g t dt
0
则
L f g L f Lg
例 设 y yt 求解常微分方程的初值问题:
解对
y ' '2 y '3 y e y |t 0 0, y ' |t 0 1 t 进行拉普拉斯变换, 设 yt F p , 则
二. 拉普拉斯变换
定义: f (t)定义在 [0, ) 上，若其满足下列条件 1. f (t)分段光滑；
2. 当t<0时, f (t)=0;
3. 存在常数 M 和 s0 0 使得 | f (t ) | M es0t 则称f (t)为初始函数, s0 称为f (t)的增长指数. 反例
e
et
定理:设 f (t)是一以 s0 0 为增长指数的初始函数, 则经变换
t
t
e
1 p 1
y' pF p y0 pF( p)
y' ' p F p py0 y' 0 p F p 1
2
2
于是原方程变为
1 p F ( p) 1 2 pF p 3F p p 1
2
由上式得:
3 1 1 1 1 1 F p 8 p 1 4 p 1 8 p 3
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F (,t)
U (,t) |t0 (),
Ut (,t) |t0 (),
.
12
上述问题的解为
U (,t ) a 1 0 tF (,) s i n a ( t ) d () c o s (a t ) ( a ) s i n ( a t )
利用傅氏变换的性质有
故得到
F1[F(,t)] f (x,t)
第十三章 积分变换法
在复变函数理论中，我们曾用拉普拉斯变换法求 解常微分方程．经过变换，常微分方程变成了代数方 程，解出代数方程，再进行反演就得到了原来常微分 方程的解．
积分变换法是通过积分变换简化定解问题的一种 有效的求解方法．
.
1
对于多个自变量的线性偏微分方程，可以通过实施积 分变换来减少方程的自变量个数，直至化为常微分方程， 这就使问题得到大大简化，再进行反演，就得到了原来偏 微分方程的解．
u|t0(x)
ut |t0(x)
(x)
【解】 根据与例13.1.1 相同的方法，作傅氏变换
.
11
F [u(x,t)]U (,t), F [f(x,t)]F (,t), F [(x)] (), F [(x)] ()
我们容易得到原定解问题可变换为下列常微分方 程的问题
2U t 2
a22U (,t)
于是原定解问题变换为下列常微分方程的定解问题
2U t 2
a 2 2U ( , t ) 0
U ( , t ) |t0 ( )
U t ( , t ) |t 0 ( )
上述常微分方程的通解为
U (,t) A ()e i a t B ()e i a t
.
8
代入初始条件可以定出
并对空间变量x积分（这里把时间变量看成参数），按照傅
里叶变换的定义，我们采用如下的傅氏变换对：
U(,t) u(x,t)eixdx
u(x,t) 1 U(,t)eixd 2π
简化表示为 F[u(x,t)]U (,t)
.
7
对其它函数也作傅氏变换，即为
F [(x)] () F [ (x)] ()
这样
A() 1 () 1 1 ()
2
2a i
B() 1 () 1 1 ()
2
2a i
U(,t)1()eiat 1 ()eiat 1()eiat
2
2ai
2
1 ()eiat 2ai
()cos(at)()sin(at)
a
.
9
最后，上式乘以 1 并作逆傅氏变换．应用延迟定 2π
理和积分定理得到
自变量在 ( 0 , ) 内变化的定解问题（如时间变量） 常采用拉氏变换．
第二：对方程取积分变换，将一个含两个自变量的偏 微分方程化为一个含参量的常微分方程；
第三：对定解条件取相应的变换，导出常微分方程的定 解条件；
第四：求解常微分方程的解，即为原定解问题的变换；
第五：对所得解取逆变换，最后得原定解问题的解．
1[(xat)(xat)]1 xat()d
2
2axat
即得
u(x,t)1 t xa(t) f(,)dd
2a 0 xa(t)
1[(xat)(xat)]1 xat()d
2
2a xat
.
14
13.1.2 热传导问题
例13.1.3 求解无限长细杆的热传导（无热源）问题
ut ua|t2 u 0 xx(0x,) (x,t0)
.
4
13.1 傅里叶变换法解数学物理定解问题
用分离变量法求解有限空间的定解问题时，所得 到的本征值谱是分立的，所求的解可表为对分立本征 值求和的傅里叶级数．
对于无限空间，用分离变量法求解定解问题时， 所得到的本征值谱一般是连续的，所求的解可表为对 连续本征值求积分的傅里叶积分．
因此，对于无限空间的定解问题，傅里叶变换是 一种很适用的求解方法．
【解】 作傅氏变换，F[u(x,t)]U (,t)F[(x)]()
定解问题变换为
U2a2U(,t) 0
U(,0) ()
.
15
常微分方程的初值问题的解是
U(,t)()e2a2t
再进行逆傅里叶变换，
u(x,t)F1[U(,t)] 1
(
)e2a2teixd
2π
1
[
()eid]e2a2teixd
积分变换法在数学物理方程（也包括积分方程、差分 方程等）中亦具有广泛的用途．尤其当泛定方程及边界条 件均为非齐次时，用经典的分离变量法求解，就显得有些 烦琐和笨挫，而积分变换法为这类问题提供了一种系统的 解决方法，并且显得具有固定的程序，按照解法程序进行 易于求解．利用积分变换，有时还能得到有限形式的解， 而这往往是用分离变量法不能得到的．
F1[ 1 F(,)]
x
f(,)d
i
x0
F 1 [e i a (t )
1
x a (t )
F (,t)] f(,)d
i
x 0
.
13
代入得到
sin[a(t)]1[eia(t )e ia(t )]
2i
u(x,t)1
t
[
xa(t)
f(,)d
xa(t)
f(,)d]d
2a0 x0
x0
.
2
特别是对于无界或半无界的定界问题，用积 分变换来求解，最合适不过了．（注明：无界或半 无界的定界问题也可以用行波法求解）
用积分变换求解定解问题的步骤为：
第一：根据自变量的变化范围和定解条件确定选择 适当的积分变换；
对于自变量在 (,) 内变化的定解问题
（如无界域的坐标变量）常ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ用傅氏变换，
.
3
.
5
下面的讨论我们假设待求解的函数u及其一阶导数是有限的 .
13.1.1 弦振动问题
例13.1.1 求解无限长弦的自由振动定解问题
（假定：函数u及其一阶导数是有限的，以后不再特别 指出．这一定解问题在行波法中已经介绍.
uut|tt
a2uxx
0 (x)
0,
(
x
)
ut |t0 (x)
.
6
【解】
应用傅里叶变换，即用 e i x 遍乘定解问题中的各式，
2π
交换积分次序
u (x,t)1()[ e 2 a 2 tei(x )d]d
2 π
.
16
引用积分公式
ea22ed ( π)e422
且令a t,i(x)以便利用积分公式，即得到
u (x ,t) 1 [(x a t)(x a t)]1x a t ()d
2
2 ax a t
这正是前面学过的的达朗贝尔公式.
.
10
例13.1.2 为了说明傅氏变换法解非齐次方程特别简便，
我们特举一强迫弦振动问题： 求解无限长弦的强迫振动方程的初值问题
utt
a2uxx f (x,t),