数学物理方程第二章课后习题答案

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数学物理方程第一章、第二章习题全解

数学物理方程第一章、第二章习题全解

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数学物理方程与特殊函数导教·导学·导考
2δρ ut ( x , 0 ) = k ( c - δ≤ x ≤ c + δ) 在这个小段外,初速度仍为零, 我们想得到的是 x = c 处受到冲 击的初速度 , 所 以 最后 还 要 令 δ→ 0。此 外 , 弦是 没 有 初 位 移的 , 即 u( x, 0) = 0 , 于是初始条件为
3. 有一均匀杆 , 只要杆中任一小段有纵向位移或速度 , 必导致 邻段的压缩或伸长, 这种伸缩传开去, 就有纵波沿着杆传播, 试推导 杆的纵振动方程。
解 如图 1 9 所示, 取杆
长方向为 x 轴正向, 垂直于杆长
方向的 各截 面 均 用 它 的 平 衡 位 置 x 标记 , 在时刻 t, 此截面相对
u( x, 0) = 0 0,
ut ( x , 0 ) = δkρ,
| x - c| >δ | x - c | ≤ δ (δ→ 0)
所以定解问题为
utt - a2 uxx = 0
u(0 , t) = u( l, t) = 0 u( x, 0) = 0 , ut ( x , 0 ) =
0, | x - c| > δ δkρ, | x - c | ≤ δ (δ→ 0 )
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数学物理方程与特殊函数导教·导学·导考
第一章 课后习题全解
1 .4 习题全解
1. 长为 l 的均匀杆 , 侧面绝缘 , 一端温度为零 , 另一端有恒定热
流 q进入 ( 即单位时间内通过单位截面积流入的热量为 q) , 杆的初始
温度分布是 x( l 2
x) ,试写出相应的定解问题。
解 见图 1 8, 该问题是一维热传导方程, 初始条件题中已给
u x

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明:令Re z u iv =+。

Re z x =,,0u x v ∴==。

1ux∂=∂,0v y ∂=∂,u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C -R 条件, 所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明:令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外,,u v 不满足C -R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续,且满足C -R 条件,所以()f z 在原点可微。

()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或:()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=,*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关,则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩,证明()z f 在原点满足C -R 条件,但不可微。

证明:令()()(),,f z u x y iv x y =+,则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩, 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

数学物理方法课后答案 (2)

数学物理方法课后答案 (2)
若?x在无穷远点的无心邻域在大圆弧czreirr上limz?zk一致成立则lim?zdzik?12rrcr21解上第一式表明任给0存在与argz无关的m0使当zrm时dz有z?z?k利用i?复变函数性质5及上式可证c21rz?adzdzlim?zdz?ikzzkzzk2???max???rcr1crzcrz21?由于可任意小21为常量故上式可任意地小
2
2+ 4 i
1+i
[( x 2 − y 2 ) + 2ixy ](dx + idy )
86 − 6i 3
= ∫ [ x 2 − (3 x − 2) 2 + 2ix(3 x − 2)](1 + 3i ) dx = −
(3)沿1 + i 到 2 + i ,再到 2 + 4i 的折线。
I =∫
2 1
2+ 4 i
L
∫ ∫
L
f (ξ )[
f (ξ ) Δ z ∫ L (ξ − z ) 2 (ξ − z − Δ z ) d ξ
ξ − z ( ξ − z − Δz )
2
d ξ , 现 在 讨 论 能 否 找 到 δ ( ε ), 使 当 Δ z < δ 时 d ,同 时 将 2
上 式 成 立 。 因 本 题 是 讨 论 Δ z → 0时 的 积 分 极 限 , 不 妨 令 Δ z < min z − ξ = d 代 入 有 Δ I ≤ δ
4 4 1 1 0 0
I3 = ∫ {[2(t2 + 3) + (2t)2 ]2dt + [3(2t)-(t2 + 3)]2tdt} = ∫ (24t 2 + 12 − 2t 3 − 6t )dt =

数学物理方程答案谷超豪

数学物理方程答案谷超豪

数学物理方程答案谷超豪【篇一:数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)】>第一章.波动方程1 方程的导出。

定解条件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?,则x点处的张力t(x)为t(x)??g(l?x)且t(x)的方向总是沿着弦在x点处的切线方向。

仍以u(x,t)表示弦上各点在时刻t沿垂直于x轴方向的位移,取弦段(x,x??x),则弦段两端张力在u轴方向的投影分别为?g(l?x)sin?(x);?g(l?(x??x))sin?(x??x)其中?(x)表示t(x)方向与x轴的夹角又sin??tg??于是得运动方程?u ?x.?u?2u?u??x2?[l?(x??x)]∣x??x?g?[l?x]∣?g?xx?x?t利用微分中值定理,消去?x,再令?x?0得?2u??u?g[(l?x)]。

?x?x?t25. 验证u(x,y,t)?1t2?x2?y2在锥t?x?y0中都满足波动方程222?2u?2u?2u1222证:函数在锥0内对变量t?x?y??u(x,y,t)?222222?t?x?y?x?yx,y,t有二阶连续偏导数。

且232?u??(t2?x2?y2)?t??t35??u(t2?x2?y2)2?3(t2?x2?y2)2?t22?t?(t2?x2?y2)?32?(2t2?x2?y2)?u?(t2?x2?y2)?x?32?x?2u?x2?t?x?22352?2222?22?y?3t?x?yx??????52??u同理 ??t2?x2?y2?2?t2?x2?2y2?2?y所以即得所证。

2 达朗贝尔公式、波的传抪3.利用传播波法,求解波动方程的特征问题(又称古尔沙问题) 2??2u2?u?2?a2t?x??ux?at?0??(x) ??(0)??(0)? ?u??(x).?x?at?0?5??t2?x2?y22t2?2x2?y2??2u?x2?2u?y2?t?x??225?y22??2t2?x?y22???t2.?2u解:u(x,t)=f(x-at)+g(x+at) 令 x-at=0 得 ?(x)=f(0)+g(2x)令x+at=0 得 ?(x)=f(2x)+g(0) 所以 f(x)=?()-g(0). g(x)=?()-f(0). 且 f(0)+g(0)=?(0)??(0). 所以 u(x,t)=?(x2x2x?atx?at)+?()-?(0). 22即为古尔沙问题的解。

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 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。

数学物理方程答案(全)

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2-3章课后部分习题答案

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。

数学物理方程课后参考答案第二章

数学物理方程课后参考答案第二章

第 二 章 热 传 导 方 程§1 热传导方程及其定解问题的提1. 一均匀细杆直径为l ,假设它在同一截面上的温度是相同的,杆的表面和周围介质发生热交换,服从于规律dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ,比热为c ,热传导系数为k ,试导出此时温度u 满足的方程。

解:引坐标系:以杆的对称轴为x 轴,此时杆为温度),(t x u u =。

记杆的截面面积42l π为S 。

由假设,在任意时刻t 到t t ∆+内流入截面坐标为x 到x x ∆+一小段细杆的热量为t x s xuk t s x u k t s x u k dQ x x x x ∆∆∂∂=∆∂∂-∆∂∂=∆+221 杆表面和周围介质发生热交换,可看作一个“被动”的热源。

由假设,在时刻t 到t t ∆+在截面为x 到x x ∆+一小段中产生的热量为()()t x s u u lkt x l u u k dQ ∆∆--=∆∆--=111124π又在时刻t 到t t ∆+在截面为x 到x x ∆+这一小段内由于温度变化所需的热量为()()[]t x s tuc x s t x u t t x u c dQ t ∆∆∂∂=∆-∆+=ρρ,,3由热量守恒原理得:()t x s u u lk t x s x uk t x s t u c x t ∆∆--∆∆∂∂=∆∆∂∂11224ρ消去t x s ∆∆,再令0→∆x ,0→∆t 得精确的关系:()11224u u l kxu k t u c --∂∂=∂∂ρ或 ()()11222112244u u l c k xu a u u l c k x u c k t u --∂∂=--∂∂=∂∂ρρρ 其中 ρc k a =22. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。

解:在扩散介质中任取一闭曲面s ,其包围的区域 为Ω,则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质,由dsdt nuDdM ∂∂-=,其中D 为扩散系数,得 ⎰⎰⎰∂∂=21t t sdsdt nuDM 浓度由u 变到2u 所需之溶质为()()[]⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩΩ∂∂=∂∂=-=2121121,,,,,,t t tt dvdt t uC dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M两者应该相等,由奥、高公式得:⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩ∂∂==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=21211t t t t dvdt t uC M dvdt z uD z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。

数学物理方程—第一、二章 课后习题答案

数学物理方程—第一、二章 课后习题答案

所以
2u x 2

2u y 2
t x

2
2
5 2 2 y
u 2t 2 x 2 y 2 . t 2
2
x
即得所证。 6. 在单性杆纵振动时,若考虑摩阻的影响,并设摩阻力密度涵数(即单位质量所受的摩阻力) 与杆件在该点的速度大小成正比 (比例系数设为 b), 但方向相反,试导出这时位移函数所满足的微 分方程. 解: 利用第 1 题的推导,由题意知此时尚须考虑杆段 x, x x 上所受的摩阻力.由题设,单位质 量所受摩阻力为 b
运动方程为:
2u 2u 2u t 2 x 2 y 2
2
x sx x
2u t
2
u u u ES x x ES x b x s x x x t t
利用微分中值定理,消去 x ,再令 x 0 得
其相对伸长等于 令
[ x x u ( x x, t )] [ x u ( x, t )] x u x ( x x, t ) x
E
u ∣ x l k[u (l , t ) v(t )] x u u ) ∣ x l f (t ) x
(
设杆的横截面面积为 S ( x), 则作用在杆段 ( x, x x) 两端的力分别为
同理,若 x 0 端固定在弹性支承上,则得边界条件
u u ) ∣ x l 0 。 x
E ( x) S ( x)u x ( x, t ); E ( x x) S ( x x)u x ( x x, t ).
其中
x 0 ,取极限得在点 x 的相对伸长为 u x ( x, t ) 。由虎克定律,张力 T ( x, t ) 等于

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明:令Re z u iv =+。

Re z x =,,0u x v ∴==。

1ux∂=∂,0v y ∂=∂,u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C -R 条件, 所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明:令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外,,u v 不满足C -R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续,且满足C -R 条件,所以()f z 在原点可微。

()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或:()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=,*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关,则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩,证明()z f 在原点满足C -R 条件,但不可微。

证明:令()()(),,f z u x y iv x y =+,则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩, 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

数学物理方程谷超豪版第二章课后规范标准答案

数学物理方程谷超豪版第二章课后规范标准答案

,.第 二 章 热 传 导 方 程§1 热传导方程及其定解问题的提1. 一均匀细杆直径为l ,假设它在同一截面上的温度是相同的,杆的表面和周围介质发生热交换,服从于规律dsdt u u k dQ )(11-=又假设杆的密度为ρ,比热为c ,热传导系数为k ,试导出此时温度u 满足的方程。

解:引坐标系:以杆的对称轴为x 轴,此时杆为温度),(t x u u =。

记杆的截面面积42l π为S 。

由假设,在任意时刻t 到t t ∆+内流入截面坐标为x 到x x ∆+一小段细杆的热量为t x s xu kts xu k t s xukdQ xx xx ∆∆∂∂=∆∂∂-∆∂∂=∆+221 杆表面和周围介质发生热交换,可看作一个“被动”的热源。

由假设,在时刻t 到t t ∆+在截面为x 到x x ∆+一小段中产生的热量为()()t x s u u lkt x l u u k dQ ∆∆--=∆∆--=111124π又在时刻t 到t t ∆+在截面为x 到x x ∆+这一小段内由于温度变化所需的热量为()()[]t x s tuc x s t x u t t x u c dQ t ∆∆∂∂=∆-∆+=ρρ,,3由热量守恒原理得:()t x s u u lk t x s x uk t x s t u c x t ∆∆--∆∆∂∂=∆∆∂∂11224ρ消去t x s ∆∆,再令0→∆x ,0→∆t 得精确的关系:()11224u u l k xu k t u c --∂∂=∂∂ρ 或 ()()11222112244u u l c k xu a u u l c k x u c k t u --∂∂=--∂∂=∂∂ρρρ 其中 ρc k a =22. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。

解:在扩散介质中任取一闭曲面s ,其包围的区域 为Ω,则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质,由dsdt nuDdM ∂∂-=,其中D 为扩散系数,得 ⎰⎰⎰∂∂=21t t sdsdt nuDM 浓度由u 变到2u 所需之溶质为()()[]⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩΩ∂∂=∂∂=-=2121121,,,,,,t t tt dvdt t uC dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M两者应该相等,由奥、高公式得:⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩ∂∂==⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=21211t t t t dvdt t uC M dvdt z uD z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。

数学物理方法习题解答(完整版)

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数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明:令Re z u iv =+。

Re z x =,,0u x v ∴==。

1ux∂=∂,0v y ∂=∂,u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C -R 条件, 所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明:令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外,,u v 不满足C -R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续,且满足C -R 条件,所以()f z 在原点可微。

()000000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或:()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z zz z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=,*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关,则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩,证明()z f 在原点满足C -R 条件,但不可微。

证明:令()()(),,f z u x y iv x y =+,则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩, 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

数理方程第一章、第二章习题全解

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

所以 于是
u t

数学物理方程谷超豪版第二章课后答案.doc

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第二章热传导方程§ 1热传导方程及其定解问题的提1. 一均匀细杆直径为 l ,假设它在同一截面上的温度是相同的,杆的表面和周围介质发生热交换,服从于规律dQ k 1(u u 1 )dsdt又假设杆的密度为,比热为 c ,热传导系数为 k ,试导出此时温度 u 满足的方程。

解:引坐标系:以杆的对称轴为x 轴,此时杆为温度u u( x,t) 。

记杆的截面面积 l 2为 S 。

t 到 tt 内流入截面坐标为 x 到 xx 一小段细杆的热量为 4由假设,在任意时刻dQu s t k u2u s x tkxs t k1x x x xx 2 xt 到 tt 在截面为杆表面和周围介质发生热交换,可看作一个“被动”的热源。

由假设,在时刻x 到 xx 一小段中产生的热量为4k 1dQ2k 1 u u l x tu u s x t1l1又在时刻 t 到 tt 在截面为 x 到 xx 这一小段内由于温度变化所需的热量为dQc u x,tt u x,t s x c u s x t由热量守恒原理得:3t tcu s x t k2us x t4k 1u u s x tt tx2 xl1消去 sx t ,再令x 0 , t 2 u 0 得精确的关系:cuk 4k 1 u ut x 2 l1u k 2u 4ka 22 u4k或t cx2c 1u u 1x2c 1u u 1ll其中a2kc2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。

解:在扩散介质中任取一闭曲面s ,其包围的区域 为 ,则从时刻 t 1 到 t 2 流入此闭曲面的溶 质,由 dMDudsdt ,其中 D 为扩散系数,得nt 2D udsdtMt 1 snt 2t 2C udvdtM 1C u x, y, z, t 2 u x, y, z, t 1 dxdydzCudtdvt 1tt 1t两者应该相等,由奥、高公式得:t 2uuut 2C udvdtMD D D dvdt M 1t 1xx y y z zt 1t其中 C 叫做孔积系数 =孔隙体积。

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明:令Re z u iv =+。

Re z x =,,0u x v ∴==。

1ux∂=∂,0v y ∂=∂,u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C -R 条件, 所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明:令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外,,u v 不满足C -R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续,且满足C -R 条件,所以()f z 在原点可微。

()000000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或:()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z zz z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=,*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关,则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】 3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩,证明()z f 在原点满足C -R 条件,但不可微。

证明:令()()(),,f z u x y iv x y =+,则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩, 332222220(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

姜礼尚数学物理方程讲义(第三版)课后习题答案

姜礼尚数学物理方程讲义(第三版)课后习题答案

公众号:菜没油
8
uv uv fv dx + x uv g v ds u = v ds v udx uv fvdx x uv gv ds n

u u u f vdx v x u g ds 0 2 n
6.解: 设 u u x, y, z, y 为 t 时刻在 x, y, z 处的温度,k 为导热系数, 0 为热交换 系数,于是有如下定解问题:
公众号:菜没油
4
10.泛定方程:ut a2 u 0
20.初始条件:u x, y, z, 0 100 u 0 37 u n
30.边界条件:u x, y, 0, t u 0 k
公众号:菜没油
5
10.解: 取传送带所在直线为 x 轴,起点为原点,任取一段传送带 x1 , x2 ,时间段
t1 , t2 .
由质量守恒: 即 dx
x1 x2 t2 x2 x1

t2
t dx dt a
2 2 2
从而由动量守恒及胡克定律可知:
S x xutt x, t ES x u x
再令 x 0 ,即有
2 x 2 x u 1- E 1 2 x h 2 h t 2
x x
ux
x

u x
0 0 1 1 1 1
u 0 y 0 u ydx 2 ydx y 0 0
0 0
u 2 0 u 0 1 0 u 1 0 u x2 x 2

数学物理方程第二章课后习题答案

数学物理方程第二章课后习题答案

l
注意到无穷小替换,δ → 0
nπ nπ
sin δ ∼ δ.
l
l
所以
2k nπ Dn = nπaρ sin l c.
2.5
∂u
∂t
=
a2
∂ ∂
2u x2
,
u(0, t) = u(l, t) = 0,
u(x, 0) = x(l − x),
0 < x < l, t > 0. t > 0, 0 ≤ x ≤ l.
2
根据变量分离法,我们得到

u(x, t) = [Cn cos(nπat) + Dn sin(nπat)] sin(nπx).
n=1
由初值条件得到,

Cn sin(nπx) =
n=1
x, 1 − x,
பைடு நூலகம்
0

x

1 2
,
1 2

x

1,

Cn = 2 以及
因此
1 2
1
4 nπ
x sin(nπx)dx + (1 − x) sin(nπx)dx = sin ,
Φ (θ) + β2Φ(θ) = 0, Φ(0) = Φ(π) = 0.
6
以及 ρ2R (ρ) + ρR(ρ) + β2R(ρ) = 0, (*) |R(0)| < +∞.
根据边界条件 Φ(0) = Φ(π) = 0 可得 β = n, 以及
Φn(θ) = an sin nθ, n = 1, 2, 3, · · ·
u(0, t) = u(l, t) = 0, t > 0,
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u(ρ, 0) = u(ρ, α) = 0, |u(0, ρ)| < +∞,
0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ θ ≤ α.
令 u(ρ, θ) = R(ρ)Φ(θ), 经过变量分离后得到
Φ (θ) + β2Φ(θ) = 0, Φ(0) = Φ(α) = 0.
7
以及 ρ2R (ρ) + ρR(ρ) + β2R(ρ) = 0, (**) |R(0)| < +∞.
因此,方程(*)的通解为
Rn(ρ) = cnρn + dnρ−n.
由有界性条件得到 dn = 0. 因此利用叠加原理, 方程的解可以表示为级数

u(ρ, θ) = Cnρn sin nθ.
n=1
利用边界条件得到
T2 Cn = an π
π
θ(π − θ) sin nθdθ =
4T
[1 − (−1)n].
12 α

Cn
=
a nπ α
α
0
f (θ) sin θdθ. α
因此
2∞ u(ρ, θ) =
α n=1
α

f (θ) sin θdθ
0
α
ρ
nπ α
sin
nπ θ.
a
α
2.22
要求解的问题是
∂2u

t2
=
a2
∂2u ∂x2
+
sin
2π x sin
l
2aπ t,
l
u(0, t) = u(l, t) = 0,
2aπ
v2(t) = 4aπ
sin t − t cos t .
2aπ l
l
9
, n = 0, 1, 2, 3 · · · . l2
这样,方程有如下的形式解
u(x, t) =

C en

n2 π2 a2 l2
t
cos
nπ l
x.
n=0
其中
1l
l
C0 = l
xdx = ,
0
2
2 Cn = l
l

x cos xdx =
2l [(−1)n − 1].
0
l
n2π2
2.13
求解的问题是
Φ (θ) + β2Φ(θ) = 0, Φ(0) = Φ(π) = 0.
6
以及 ρ2R (ρ) + ρR(ρ) + β2R(ρ) = 0, (*) |R(0)| < +∞.
根据边界条件 Φ(0) = Φ(π) = 0 可得 β = n, 以及
Φn(θ) = an sin nθ, n = 1, 2, 3, · · ·
2 习题二
2.1
利用解析几何的知识,得到我们要求解的问题是
∂2u

t2
=
a2
∂2u ∂x2
,
u(0, t) = u(l, t) = 0,
u(x, 0) =
h c
x,

h l−c
(x

l),
ut(x, 0) = 0,
0 ≤ x ≤ c, c ≤ x ≤ l,
0 < x < l, t > 0. t > 0,
t
sin

x.
n3π3
l
n=1
2.6
∂u
∂t
=
a2 ∂2u , ∂x2
ux(0, t) = ux(l, t) = 0,
u(x, 0) = x,
0 < x < l, t > 0. t > 0, 0 ≤ x ≤ l.
假设 u(x, t) = X(x)T (t), 则
X (x) T (t) X(x) = a2T (t) = −λ.
0 ≤ x ≤ l.
根据变量分离法,我们得到方程满足的解的形式为

nπa
nπa

u(x, t) =
Cn cos
l
t + Dn sin
l
t
sin x. l
n=1
利用初值条件得到,
Dn = 0,



Cn sin l x =
n=1
因此,
n = 1, 2, 3, · · · ,
h c
x,
0 ≤ x ≤ c,
u(x, 0) = ut(x, 0) = 0,
0 < x < l, t > 0. t > 0, 0 ≤ x ≤ l.
根据变量分离法以及参数变异法,我们得到


u(x, t) = vn(t) sin l x.
n=1
8
代入方程得到

a2n2π2

2π 2aπ
vn(t) +
l2
vn(t)
sin x = sin x sin
u(0, t) = u(l, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = 0,
0 ≤ x ≤ l,
ut(x, 0) = x(l − x), 0 ≤ x ≤ l.
根据变量分离法,我们得到

nπa
nπa

u(x, t) =
Cn cos
l
t + Dn sin
l
t
sin x. l
n=1
由初值条件得到,
Cn = 0,
以及
2l l

Dn = l nπa
ut(x, 0) sin
0
xdx l
2 c+δ k

=
sin xdx
nπa c−δ 2δρ l
2 lk


=−
cos (c + δ) − cos (c − δ)
nπa nπ 2δρ
l
l
2 l k nπ nπ
=
sin c sin δ,
nπa nπ δρ l
0
πann3
因此
4T ∞ u(ρ, θ) =
ρn [1 − (−1)n] sin nθ.
π
ann3
n=1
2.17
我们在极坐标下考虑这个问题,得到
1 ∂ ∂u 1 ∂2u
ρ
∂ρ
ρ ∂ρ
+
= 0,
ρ2 ∂θ2
u(a, θ) = f (θ),
0 < θ < α, 0 ≤ ρ < a, 0 < θ < α,
X0(x) = C0. 另外, λ < 0 时都只有平凡解,当 λ > 0 时, 令 λ = β2, X(x) 的通解是
X(x) = C cos βx + D sin βx.
由初始条件得到
D = 0,
nπ β = , n = 1, 2, 3 · · · .
l
这样,结合上面讨论,我们有
n2π2
λn =
假设 u(x, t) = X(x)T (t), 我们有
X (x) T (t)
=
= −λ.
X(x) a2T (t)
根据变量分离法,我们可以得到
λ
=
, n2π2 l2
以及
T (t) + λa2T (t) = 0,
所以其通解为
T (t) = Ce−λa2t.
4
这样,我们有下面形式的解
u(x, t) =

l
l
l
t.
n=1
比较两边系数得到
a2n2π2 vn(t) + l2 vn(t) = 0, n = 2,
由边界条件
4a2π2
2aπ
v2 (t) +
l2
v2(t) = sin
t. l
vn(0) = vn(0) = 0,
推出
vn(t) = 0, n = 2.
而利用 Laplace 变换可求得
l l 2aπ
根据边界条件可得
β
=
nπ α
,
以及
nπ Φn(θ) = an sin α θ.
而方程(**)的通解为
Rn(ρ)
=

cnρ α
+
dn
ρ−
nπ α
,
由有界性条件得到 dn = 0. 因此利用叠加原理, 方程的解可以表示为级数

nπ nπ
u(ρ, θ) = Cnρ α sin α θ.
n=1
利用边界条件得到
1 ∂ ∂u 1 ∂2u
ρ
∂ρ
ρ ∂ρ
+ ρ2 ∂θ2 = 0,
0 < θ < π, 0 ≤ ρ < a,
u(a, θ) = T θ(π − θ),
0 < θ < π,
u(ρ, 0) = u(ρ, π) = 0, |u(0, ρ)| < +∞,
0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ θ ≤ π.
令 u(ρ, θ) = R(ρ)Φ(θ), 经过变量分离后得到
l
l
n=1
2.3
我们要求解的问题是
∂2u

t2
=
a2
∂2u ∂x2
,
u(0, t) = u(1, t) = 0,
u(x, 0) =
x, 1 − x,
0

x

1 2
,
1 2

x

1,
ut(x, 0) = x(x − 1),
0 < x < 1, t > 0. t > 0,
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