数理方程试题2008B答案[1]

2 2
当 λ = 0 时， T0 = A0 （1 分）
Vn = X n Tn = An Bn e − n π t cos nπx = C n e − n π t cos nπx ， n ≠ 0
2 2 2 2
（1 分） V = B0 A0 + ∑ u n = C 0 + ∑ C n e − n π t cos nπx ，
0
[
0
0
]
（3 分）
u(M ) =
六、
1 2π
∫ ∫
∞
∞
−∞ −∞
[x
x
2
+ ( y − y 0 ) + (x − x0 )
2
2 3/ 2
]
f ( M 0 )dy 0 dz 0 （3 分）
′ ( βx) ， y ′ = J 0 ( βx) + xβJ 0 （2 分）
′ ( βx) + β J 0 ′ ( β x) + xβ 2 J 0 ′′( βx) = xβ 2 J 0 ′′( β x) + 2 β J 0 ′ ( β x) （3 分） y ′′ = β J 0 ′′( β x) + 2 βJ 0 ′ ( βx) − xβ 2 J 0 1 [J 0 ( βx) + xβJ 0′ ( βx)] + ( β 2 + 12 ) xJ 0 ( βx) （2 分） x x
《数学物理方程与特殊函数》课程试卷（2008B 卷） 标准答案及评分标准
一、 u ( x, t ) = X ( x)T (t ) （1 分）
XT ′′ = a 2 X ′′T （1 分）
X ′′ 1 T ′′ = 2 = −λ （1 分） X a T
X ′′ + λX = 0 ， ห้องสมุดไป่ตู้ ′′ + λa 2T = 0 （2 分）
u (0, t ) = X (0)T (t ) = 0, u (l , t ) = X (l )T (t ) = 0 ， X (0) = 0, X (l ) = 0 （2 分）
当 λ = − β 2 < 0 时， X ( x) = Ae βx + Be − βx ，根据边界条件得： X (0) = A + B = 0, X (l ) = Ae βl + Be − βl = 0 ，得 A = B = 0 ， 所以这时 X ( x) = 0 ， （1 分） 当 λ = 0 时， X ( x) = Ax + B ，根据边界条件得 A = B = 0 ，这时 X ( x) = 0 （1 分） 当 λ = β 2 > 0 时， X ( x) = A cos βx + B sin β x ，根据边界条件得 X (0) = A = 0, X (l ) = B sin β l = 0 ， β = nπ / l , n = 1,2,3," ， n 不同，对应的 β ，并且 有一系列的 β ，记之为 β n ，同样有 λ n = (nπ / l ) ， X n ( x) = Bn sin
]
= ∫ xJ 0 ( μ =∫
=
1
x)dx + ∫ P2 ( x) P4 ( x)dx
2
nπ （2 分） x， l
Tn′′ +
nπa nπa n 2π 2 a 2 ′ cos ′ sin Tn = 0 ， Tn = C n t + Dn t （2 分） 2 l l l
nπa nπa nπa nπa nπ nπ ′ cos ′ sin x(C n t + Dn t ) = (C n cos t + Dn sin t ) sin x l l l l l l ∞ ∞ nπa nπa nπ u = ∑ u n = ∑ (C n cos t + Dn sin t ) sin x （2 分） u n = X n Tn = Bn sin
三、 特征方程为 y 2 − 2 xy − 3x 2 = ( y − 3x)( y + x) ， （2 分） 作特征变换 ξ = y − 3x ，η = y + x ， （1 分）
∂ 2u = 0， 这时方程为 （2 分） ∂ξ∂η
通解为 u = f1 (ξ ) + f 2 (η ) = f1 ( y − 3 x) + f 2 ( y + x) ， （2 分） 利用初始条件 u ( x,0) = e − x = f 1 (−3 x) + f 2 ( x) ， （1 分）
V ( x, t ) = X ( x)T (t ) （1 分） T ′X = a 2 TX ′′ （1 分） T′ X ′′ = = −λ （1 分） 2 X a T
X ′′ + λX = 0, T ′ + a 2 λT = 0 （1 分）
⎧ X ′′ + λX = 0 ⎨ ⎩ X ′(0) = 0, 0 < x <1 （1 分） X ′(1) = 0
⎤ ⎥ ⎥ ⎦
（4 分） 利用积分公式原方程的解为：
u ( M ) = − ∫∫
Γ
∂G ( M , M 0 ) ∂G ( M , M 0 ) f ( M 0 )dS 0 = ∫∫ | x0 =0 f ( y 0 , z 0 )dS 0 （4 分） ∂n0 ∂x0 Γ
而
∂G ( M , M 0 ) | x0 = 0 ∂x0
2
1 ∂u ( x,0) = 0 = f1′(−3 x) + f 2′ ( x) ， − f1 (−3 x) + f 2 ( x) = C （2 分） ∂y 3 3 − x2 3 3 2 3 3 2 3 e − C ， f1 ( x) = e − x / 9 − C ， f 2 ( x) = e − x + C ， （2 分） 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 u = f 1 ( y − 3 x ) + f 2 ( y + x ) = e − ( y −3 x ) − C + e − ( y + x ) + C = e − ( y − 3 x ) + e − ( y + x ) 4 4 4 4 4 4 f 1 ( −3 x ) =
′′( βx) + βJ 0 ′ ( βx) + β 2 xJ 0 ( βx) （2 分） = xβ 2 J 0 = 1 2 2 ′′( βx) + βxJ 0 ′ ( βx) + β 2 x 2 J 0 ( βx) （2 分） β x J0 x
[
]
= 0 （3 分）
七、 有无穷多个对称分布的零点。 （2 分） （2 分） J n ( x) 和 J n +1 ( x) 的零点相间分布。
当 λ = − β 2 < 0 时， X ′′ − β 2 X = 0 ， X = Ae βx + Be − βx ，由边界条件得 X = 0 ， （1 分） 当 λ = 0 时， X ′′ = 0 ， X = Ax + B ，由边界条件得 X = B0 ， （1 分） 当 λ = β 2 > 0 时， X ′′ + β 2 X = 0 ， X = A sin βx + B cos βx ， 由边界条件得 β n = nπ ， X n = Bn cos nπx （2 分） 当 λ = β 2 > 0 时， Tn′ + n 2π 2Tn = 0 ， Tn = An e − n π t （1 分）
二、令 u ( x, t ) = V ( x, t ) + W ( x) ， （1 分） 要求 W ′(0) = 0 ， W ′(1) = 1 ，可得 W ( x) = 关于 V 的定解问题为：
1 2 x （2 分） 2
⎧ ∂V ∂ 2V 0 < x < 1, t > 0 = 2 , ⎪ t ∂ x ∂ ⎪ ∂V (1, t ) ⎪ ∂V (0, t ) （1 分） = 0, = 0, t > 0 ⎨ ∂x ⎪ ∂x ⎪V ( x,0) = − 1 x 2 , 0 ≤ x ≤1 ⎪ 2 ⎩
∫ xd cos nπx
0
1
V =−
2 2 1 ∞ 2 − ∑ 2 2 (−1) n e − n π t cos nπx （2 分） 6 n =1 n π 2 2 1 2 1 ∞ 2 x − − ∑ 2 2 (−1) n e − n π t cos nπx （1 分） 2 6 n =1 n π
u =V +W =
(x − x0 ) 1 ⎡ ⎢ 4π ⎢ ( x − x )2 + ( y − y )2 + (z − z )2 0 0 0 ⎣ 1 x = 2π x 2 + ( y − y )2 + ( z − z )2 3 / 2
=
[
]
3/ 2
+
⎤ (x + x0 ) ⎥ | x =0 2 2 2 3/ 2 [(x + x0 ) + ( y − y0 ) + (z − z 0 ) ] ⎥ ⎦
它的解可以表示在 x = 0 接地平面右方， 点 M 0 处， 放置一电量为 ε 0 的点电荷， 在M 处的电势。 M 0 关于 x = 0 平面对称的点或镜像点 M 1 处放置一电量为 − ε 0 的点电 荷，这样这两个电荷在 x = 0 平面产生的电势就为 0，而且在 x = 0 平面上方的场满 足原方程， 根据拉普拉斯方程解的唯一性， 可知 M 处的电势就是去掉接地平面后，
x 1 1 + 2 + ， （2 分） 2 p p p
u ( x, y ) = xy + y + 1 （3 分）
五、 这是一个右半空间的拉普拉斯问题，并且已知边界上的分布。对于这样的问题就 可以用格林函数法求解，先求出上半空间的格林函数，然后利用公式积分求解。 上半空间的格林函数满足方程
⎧ ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ⎪ 2 + 2 + 2 = −δ ( x − x0 , y − y 0 , z − z 0 ), x > 0,−∞ < y < ∞,−∞ < z < ∞ ⎨ ∂x ∂z ∂y ⎪ = − ∞ < y < ∞,−∞ < z < ∞ u y z ( 0 , , ) 0 , ⎩
(n) 表 示 J n ( x) 的 第 m 个 零 点 ， 则 J n ( x) 的 零 点 趋 于 周 期 分 布 ， 用 μ m
( n) ( n) lim μ m =π +1 − μ m
m →∞
[
]
（2 分）
八、
∫ [xJ
1 0 1 0
0
(0) (μ n x) + P2 ( x) P4 ( x) dx (0) n
（2 分）
四、 对 y 取拉普拉斯变换
d [ pU ( x, p) − 1] = 1 ， （3 分） dx p
p
d 1 U ( x, p ) = ， （2 分） dx p
U ( x, p ) =
x +C， （2 分） p2
1 1 + ， （2 分） 2 p p
边界条件 U (0, p) =
所以 U ( x, p) =
2 2
∞
∞
n =1
n =1
∞ 1 V ( x,0) = − x 2 = C 0 + ∑ C n cos nπx ， 2 n =1
C0 = −∫
1
0
1 2 1 x dx = − ， 2 6
1
C n = −2 ∫
1 1 2 1 1 2 x cos nπxdx = − ∫ x 2 cos nπxdx = − x d sin nπx 0 2 0 nπ ∫0 1 1 ⎡ 2 2 1 2 =− −2 ∫ x sin nπxdx ⎤ = x sin nπx |1 x sin nπxdx = − 2 2 0 ∫ ⎥ 0 ⎣ ⎦ nπ 0 nπ ⎢ nπ 1 2 ⎡ 2 n ⎤ = − 2 2 x cos nπx |1 0 − ∫ cos nπxdx ⎥ = − 2 2 ( −1) ⎢ 0 ⎣ ⎦ nπ nπ
M 0 和 M 1 两个点处的电荷在自由空间中产生电势之和。和为
G(M , M 0 ) =
⎡ 1 1 ⎤ − ⎢ ⎥ r r ⎢ MM MM 1 ⎥ ⎣ 0 ⎦ 1 ⎡ 1 ⎢ = − 4π ⎢ (x − x )2 + ( y − y )2 + (z − z )2 0 0 0 ⎣ 1 4π
1
( x + x 0 ) 2 + ( y − y 0 ) 2 + ( z − z 0 )2
n =1 n =1
l
l
l
u ( x,0) = ∑ C n sin
n =1
∞
∂u ( x,0) ∞ nπ nπa nπ x = ϕ ( x) ， = ∑ Dn sin x = ψ ( x) （2 分） l ∂t l l n =1
Cn =
2 l nπ 2 l nπ ϕ ( x) sin xdx ， Dn = ψ ( x) sin xdx （2 分） ∫ ∫ 0 0 l l nπa l