数学物理方程期末试卷与答案分析
初中数学物理试卷答案解析
一、选择题1. 题目：一个长方形的长是8cm，宽是5cm，求这个长方形的面积。
答案：40cm²解析：长方形的面积公式为长×宽，将题目中给出的长和宽代入公式，得到面积为8cm×5cm=40cm²。
2. 题目：一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为2m/s²，求物体在3秒内的位移。
答案：9m解析：匀加速直线运动的位移公式为s=1/2at²，将题目中给出的加速度和时间代入公式，得到位移为1/2×2m/s²×(3s)²=9m。
二、填空题1. 题目：一个等腰三角形的底边长为10cm，腰长为8cm，求这个三角形的面积。
答案：32cm²解析：等腰三角形的面积公式为底×高÷2，首先求出三角形的高。
根据勾股定理，得到高为√(8²-5²)=√(64-25)=√39。
将底边长和高代入公式，得到面积为10cm×√39cm÷2=32cm²。
2. 题目：一个物体从静止开始做自由落体运动，下落时间为5秒，求物体的速度。
答案：49m/s解析：自由落体运动的速度公式为v=gt，将题目中给出的重力加速度和时间代入公式，得到速度为10m/s²×5s=49m/s。
三、解答题1. 题目：一个梯形的上底长为6cm，下底长为12cm，高为5cm，求这个梯形的面积。
答案：60cm²解析：梯形的面积公式为（上底+下底）×高÷2，将题目中给出的上底、下底和高代入公式，得到面积为（6cm+12cm）×5cm÷2=60cm²。
2. 题目：一个物体从高度为h的塔顶自由落体，落地时的速度为v，求塔顶到地面的高度。
答案：v²/2g解析：自由落体运动的速度公式为v=gt，将题目中给出的速度代入公式，得到时间t=v/g。
《数学物理方程》习题参考答案(A)
《数学物理方程》习题参考答案(A)习题一1.判断方程的类型，并将其化成标准形式：0212222=∂∂+∂∂+∂∂y uyu y x u . 解：⎪⎩⎪⎨⎧==><<>-=-≡∆.0,0. ,00,.0,02211212时，抛物型当椭圆型时当时，双曲型当y y y y a a a①当0<y 时，所给方程为双曲型，其特征方程为,0)()(22=+dx y dy 即 ,0])([)(22=--dx y dy就是 0))((=---+dx y dy dx y dy .积分之，得 c y x =-±2，此即两族相异的实特征线.作可逆自变量代换⎪⎩⎪⎨⎧--=-+=,2,2y x y x ηξ则.1 ,1 ,1 ,1yy yy x x -=∂∂--=∂∂=∂∂=∂∂ηξηξ,2 ,2222222ηηξξηξηηξξ∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂u u u x u u u y u x u x u ),(1ηξ∂∂+∂∂--=∂∂u u yyu ).1)(2()(121 ]1)1( 1)1([1)()(12122222222222322y u u u u u y y yu yu yuy u y u u y y u -∂∂+∂∂∂-∂∂+∂∂+∂∂---=-∂∂+--∂∂∂++-∂∂∂---∂∂--+∂∂+∂∂--=∂∂ηηξξηξηξηηξξηξ将这些偏导数代入原方程，得附注：若令⎩⎨⎧=-⇒-==0 ,2,ηηξξηξu u y x 碰巧（双曲型的另一标准形），这是巧合.②当0>y 时，所给方程为椭圆型，其特征方程为0)()(22=+dx y dy即 .0))((=-+dx y i dy dx y i dy 其特征线为 )2 ( 2c ix y c y i x =±=±或.作可逆自变量代换 ⎩⎨⎧==,2,y x ηξ则, 1 , 0 , 0 ,1y y y x x =∂∂=∂∂=∂∂=∂∂ηξηξ, 1 , ηξ∂∂=∂∂∂∂=∂∂u y y u u x u . 1121 , 22222222ηηξ∂∂+∂∂-=∂∂∂∂=∂∂u y u y y yu u x u 将这些偏导数代入原方程，得, 021212222=∂∂+∂∂+∂∂-∂∂ηηηξuy u u y u , 0 2222=∂∂+∂∂∴ηξu u 此即（0>y 时）所求之标准形. ③0=y 时，原方程变为 , 02122=∂∂+∂∂y uxu 已是标准形了（不必再化）.2.化标准形：. 0222222222222=∂∂∂+∂∂∂+∂∂∂+∂∂∂+∂∂+∂∂t z ut x u z x u y x u zu x u解： u Lu )2222(434131212321δδδδδδδδδδ+++++≡.这是 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂∂∂∂∂=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=t z y x4321δδδδδ 的二次型，于是 , u A Lu Tδδ=其中 010*********1111⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=A 为实对称矩阵.则∃可逆矩阵M ，使 TMAM B = 为对角形. 令 , 'δδT M = 其中 , '4'3'2'1'''''⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂∂∂∂∂=δδδδδt z y x 则 u B u MAM Lu T T T '''')()(δδδδ==.M 的找法很多，可配方，可从矩阵入手等.取 ,11000110001100011-=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=N M , 1000110011101111)(1⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛==-TT M N . , 1''''''⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛===⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==-t zy x M MX X N t z y x X N T δδ则.)( )( 2222'2'2'2'2'''tu z uy u x u u B uMAM u A Lu TT T T ∂∂-∂∂+∂∂-∂∂====δδδδδδ这是超双曲型方程的标准形式.习题二1.决定任意函数法：(1).求解第一问题(0))(0) ( ).(),( , 002ψϕψϕ=⎪⎩⎪⎨⎧======-x ux u u a u at x at x xx tt .解：所给方程为双曲型，其特征线为 c at x =±. 令⎩⎨⎧-=+=,,at x at x ηξ 则可将方程化为 0=ξηu .其一般解为)()(),(21at x f at x f t x u -++= （其中21,f f 为二次连续可微函数）. 由定解条件有)0()0()0()0( ).()2()0(),()0()2(212121ψϕψϕ==+⇒⎩⎨⎧=+=+f f x x f f x f x f . 则 ⎪⎩⎪⎨⎧-=-=⇒⎩⎨⎧-=-=).0()2()(),0()2()( ),0()()2(),0()()2(12211221f Y Y f f X X f f x x f f x x f ψϕψϕ 故 )()(),(21at x f at x f t x u -++=).0()2()2()]0()0([)2()2(21ϕψϕψϕ--++=+--++=at x at x f f atx at x (2).求解第二问题 ))0()0( ( ).(),( ,101002ϕϕϕϕ=⎪⎩⎪⎨⎧=====x u x u u a u t at x xx tt解：泛定方程的一般解为)()(),(21at x f at x f t x u -++=由定解条件有 (0))(0)(0)( ).()()(),()0()2(021121021ϕϕϕ=+⎩⎨⎧=+=+f f x x f x f x f x f 则 ),0()2()(201f xx f -=ϕ).0()2()()()()(201112f x x x f x x f +-=-=ϕϕϕ故 )()(),(21at x f at x f t x u -++= ).()2()2(100at x atx at x -+--+=ϕϕϕ (3).证明方程22222)1(])1[(tu h x a x u h x x ∂∂-=∂∂-∂∂ 的解可以写成)]()([1),(21at x f at x f xh t x u -++-=. 由此求该方程满足Cauchy 条件 ⎩⎨⎧====)(),(00x u x u t t t ψϕ 的解.解：令 ),,()(),(t x u x h t x v -= 则 ),(t x v 满足方程 xx tt v a v 2=.)()(),( 21at x f at x f t x v -++=∴.故 )]()([1),(21at x f at x f xh t x u -++-=. 因),(t x v 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧≡-=≡-====),()()(),()()( ,10002x x x h vx x x h v v a v t t t xx tt ψϕϕϕ由D'Alembert 公式，得⎰+-+-++=atx atx d a at x at x t x v ααψϕϕ)(21)]()([21),( )]())(()())([(2100at x at x h at x at x h ---+++-=ϕϕ+ααϕαd h a atx at x ⎰+--)()(211 故 ),(1),(t x v xh t x u -=[]⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+---+++--=⎰+-atx atx d h a at x at x h at x at x h x h ααϕαϕϕ)()(21)())(()())((211100 即为所求之解.2.Poisson 公式及应用：(1).若),,,(t z y x u u =是初值问题 ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=>++===)()( , )()(),0( )(002z y uy g x f u t u u u a u t t t zz yy xx tt ψϕ的解，试求解的表达式.解：IIIIIIu u u u ++=（线性叠加原理），其中IIIIII,,u u u 分别满足如下的初值问题：.0 ),(),0( )(:002I ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===t t t zz yy xx tt ux f u t u u u a u u).( ),(),0( )(:002II ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===y uy g u t u u u a u u t t t zz yy xx tt ϕ).( ,0),0( )(:002III ⎪⎩⎪⎨⎧==>++===z uu t u u u a u u t t t zz yy xx tt ψ由Poisson 公式，可得⎰⎰∂∂=MatS dS f t a t u ])( 41[2I ξπ)].()([21])(21[at x f at x f d f a t atx atx -++=∂∂=⎰+-ξξ.)(21)( 41.)(21)]()([21 ])( 41[)( 412III22II ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+-+-==+-++=∂∂+=Mat M atMat S atz at z aty aty S S d a d t a ud aat y g at y g dS g t a t dS t a u ζζψζζψπηηϕηπηϕπ故IIIII I ),,,(u u u t z y x u ++=.)(21)(2a1)]()([21)]()([21 ⎰⎰+-+-++-+++-++=atz at z aty aty d a d at y g at y g at x f at x f ζζψηηϕ(2).求解初值问题 ⎪⎩⎪⎨⎧+==>-+++=== . ,00),(t )(2)(2002yz x u u z y u u u a u t t t zz yy xx tt解： IIIu u u +=，其中I u ： ⎪⎩⎪⎨⎧+==>++=== . ,00),(t )(2002yz x u u u u u a u t t t zz yy xx ttII u ： ⎪⎩⎪⎨⎧==>-+++===.0 ,00),(t )(2)(002t t t zz yy xx tt uu z y u u u a u由poisson 公式，得32222I 31)()( 41t a t yz x dS t a u Mat S ++=+=⎰⎰ηζξπ. 由Duhamel 原理，得.)( ])(2)( 41[);,,,(2020II)(t z y d dS t a d t z y x w u M t a S tt-=--==⎰⎰⎰⎰-τζητπτττ故 2322)(31)(),,,(t z y t a t yz x t z y x u -+++= 即为所求. 3.降维法：⎪⎩⎪⎨⎧==>++===.0 ,00),(t ),,()(002t t t yy xx tt uu t y x f u u a u 解：把所给初值问题的解),,(t y x u 看作),,,(t z y x 空间中的函数，即与y x ,平面垂直的直线上的函数值都相等：),,(),,,(*t y x u t z y x u =，则 ),,,(*t z y x u 应形式的满足⎪⎩⎪⎨⎧==>+++=== .0 ,00),(t ),,()(0*0****2*t t t zz yy xx tt u u t y x f u u u a u 由推迟势可得dV ra rt f a t z y x u atr ⎰⎰⎰≤-=),,( 41),,,(2*ηξπττηξτπτττηξπττd dS f t a d dS t f a tS tS M t a M t a ]),,([141]),,([ 410202)()(⎰⎰⎰⎰⎰⎰---=-=τηξτηξττηξτπτd y x t a d d t a f t a ty x M t a ])()()( )(),,(2[141222202),()9------∑-=⎰⎰⎰-τηξτηξτηξπτd y x t a d d f a tx M t a ])()()( ),,([ 212222),()(⎰⎰⎰∑-----=-.此即所求初值问题解的积分表达式.习题三1.求解特征值问题 ⎩⎨⎧=+=<<=+ . 0)()( ,0)0(),(0 0)()("''l X l X X l x x X x X λ 解：该特征值问题要有解0≥⇔λ.0>λ时，记2ωλ=，则 x B x A x X ωωsin cos )(+=.x B x A x X ωωωωcos sin )('+-=. 1(*) 由 0)0('=X ，有 0=B .从而 x A x X A ωcos )(,0=≠. 由 0sin cos ,0)()('=-=+l A l A l X l X ωωω有. ωω=l cot . 此即确定 ω（从而确定λ）的超越方程.由图解法，曲线 ωω==y l y cot 和 有无穷个交点，其横坐标<<<<<n ωωω210，从而 ),2,1( 2==n nn ωλ 便是非0特征值，相应的特征函数为2(*) ,2,1 , cos )( ==n x A x X n n n ω.)( , )( 0'A x XB Ax x X =+==时，λ由0)0('=X ，有0=A .由0)()('=+l X l X ， 有 0=B .此时只有平凡解 0)(≡x X . 综上，所求特征值问题的解),2,1( , cos )( ==n x A x X n n n ω.其中n ω为超越方程 ωω=l cot 的正根.附注：下证特征函数系{}∞=1cos n n x ω是],0[l 上的正交系：事实上，设x x X n n ωcos )(=和x x X m m ωcos )(=分别是相应于不同特征值2n n ωλ=和2m m ωλ=的特征函数，即)(x X n 和)(x X m 分别满足).()(,0)0(,0)()(:)(''"⎩⎨⎧+==+l X l X X x X x X x X n n nn n n n λ (1) ⎩⎨⎧=+==+.0)()(,0)0(,0)()(:)(''"l X l X X x X x X x X m m m m m m m λ (2) 则[]0 )()2()()1(0=⋅-⋅⎰dx x X x Xln m,即 []⎰-+-=lm n m n n m m n dx x X x X x X x X x X x X"" )()()())()()()((0λλdx x X x X lm n m n ⎰-=0)()()(λλ若,m n λλ≠则 ),2,1,( 0)()(0==⎰m n dx x X x X lm n .即在],0[l 上，不同特征值所对应的特征函数彼此正交. 2.用分离变量法求波动方程混合问题⎪⎩⎪⎨⎧≤≤==>==><<+=== ),0( , ),0( ),( ,),0(),0 ,0( 20022l x x ux u t t t l u t t u t l x g u a u t t t x xx tt的形式解，其中g 为常数.解：(1).边界条件齐次化：令 ),,(),(),(t x Q t x v t x u +=使⎪⎩⎪⎨⎧====,,20t Q t Q l x x x （这不是定解问题），则取 2)(),(t t l x t x Q +-=即可. 这时),(t x v 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤--==>==><<-+===).0( )( , 0),( 0),( ,0),0(),0 ,0( 2200t 2l x l x x vx v t t l v t v t l x g v a v t t x xx tt(2).“拆”——由线性叠加原理：IIIv v v +=，其中⎪⎩⎪⎨⎧+-====><<=== ., ,0),(),0(),0,0( :2002I l x x vx v t l v t v t l x v a v v t t t x xx tt ⎪⎩⎪⎨⎧====><<-+=== .0,0 ,0),(),0(),0,0( 2:002IIt t t x xx tt vv t l v t v t l x g v a v v (3).用分离变量法求得l x n l at n b l at n a t x v n n n 2 )12(cos 2 )12(sin 2 )12(cos ),(1Iπππ-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=∑∞=. 其中⎰⎰--=ll n d ln d ln a 022)12(cos2)12(cos 1ξπξξξπξ，ξπξξξξπξπd ln l d l n l a n b lln 2)12(cos )(2)12(cos 2 )12(122-+---=⎰⎰..,2,1 =n (n n b a ,都可算出来).(4).由Duhamel 原理： ττd t x w t x v t⎰=0II),,(),(,其中),,(τt x w 满足 ⎪⎩⎪⎨⎧-====><<=== . 2 , 0 ,0),( ,0),0( ),,(0 2g ww t l w t w t l x w a w t t t x xx tt τττ用分离变量法求得∑∞=---=12 )12(cos 2)( )12(sin),,(n n l xn l t a n c t x w πτπτ.其中 ξπξξπξπd ln g d l n l a n c lln 2)12(cos)2(2)12(cos 2 )12(12----=⎰⎰. ,3,2,1 =n (n c 可算出).综上： ),(),(),(),(),(),(III t x Q t x v t x v t x Q t x v t x u ++=+=.习题四1.用分离变量法求热方程混合问题⎪⎩⎪⎨⎧===><<-== )( ,0),(),0(),0,0( 022x u t l u t u t l x u b u a u t xx t ϕ 的形式解.解：这是齐次方程、齐次边界条件情形，直接分离变量： 令 )()(),(t T x X t x u =，代入泛定方程，得),( )(22'"λ-=+=a bTa T X X 从而 0)()()( , 0)()(2'"=++=+t T b a t T x X x X λλ. 由边界条件，得 ,0)()0(==l X X 于是，特征值问题为⎩⎨⎧==<<=+0.)((0))(0 , 0)()("l X X l x x X x X λ 特征值 2)(l n n πλ=， 特征函数为 x ln x X n πsin )(=，),2,1( =n . 而 )1,2,(n )(])[(22 ==+-t b lan n n eA t T π.取 11])[((*) . sin),(22x ln eA t x u n t b lan n ππ∑∞=+-=利用 ]0[ sinl x ln ，在⎭⎬⎫⎩⎨⎧π上的正交性，可定出 ⎰==ln n d ln l A 0),2,1( sin)(2 ξπξξϕ. 2(*) 1(*),2(*)给出所求混合问题的形式解.附注：若令 ),( ),,(),(2t x v t x v e t x u t b 则-=满足⎪⎩⎪⎨⎧===><<==== ).( ,0),0,0( 002x v v v t l x v a v t l x x xx t ϕ用分离变量法求得lxn eA t x v t lan n n sin),(2)(1ππ-∞=∑=. 而n A 同2(*)，这恰与上面结果一致.习题五用Fourier 变换法求初值问题⎩⎨⎧=>++== .0),0( ),(202t xx t u t t x f tu u a u 的形式解.解：方程和初始条件两端关于x 做Fourier 变换(视t 为参数),并记),(~)],([ , ),(~)],([t f t x f F t u t x u F ξξ==.则原问题化为常微分方程的初值问题：⎪⎩⎪⎨⎧=>++-=)( .0)0,(~),0( ),(~~ 2~~22为参数ξξξξu t t f u t u a dtu d 其解为 ττξξτξτξd e f e e e t u a tt a t 2222220),(~),(~⋅⋅⋅=⎰--. 故 )],(~[),(1t uF t x u ξ-= ττξττξττξτξττξτξτξd e f F ee d ef e F e d e f e e e F ta t t a tt t t a t a t t ⎰⎰⎰-----------⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅⋅=01)(0101]),(~[]),(~[),(~)(22222222222222ττπτττd et a F x f F F e e tt a x t]])(21[)],([[0)(412222⎰-----⋅⋅=ττπτττd et a x f F F e e tt a x t]])(21*),([[0)(412222⎰-----⋅=τξττξπτξτd d et f e a ett a x t ]1),([20)(4)(2222⎰⎰---∞∞---=即为所求.习题六1.求边值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤=≤≤==<≤≤<≤=++=== )(0 )( ),0( 0),20 ,0( 01102αθθρπαθρρρραθθθθρρρf u l u u l u u u l 的形式解.解：用分离变量法：令 )()(θρΘ=R u ，代入泛定方程可得)( "'"2λρρ=ΘΘ-=+RR R ，因而 0)()("=Θ+Θθλθ，0)()()('"2=-+ρλρρρρR R R （Euler 方程）.由边界条件 00====αθθu u，得 0)()0(=Θ=Θα.于是特征值问题为,0)()0(),0( 0)()("⎩⎨⎧=Θ=Θ<<=Θ+Θααθθλθ 特征值 2)(απλn n =，特征函数为 )1,2,( sin)( ==Θn n n θαπθ.而 Euler 方程 0'"2=-+R R R λρρ 的解 απαπρρρn n D C R -+=)(.为保证有界性应取 0=D ，从而 ),2,1( )( ==n C R n n n απρρ.取 ∑∑∞=∞==Θ=11sin)()(),(n n n n n n n C R u απθρθρθραπ. 1(*)由边界条件 )(θρf ul ==，应有 ∑∞==1sin )(n n n n lC f απθθαπ.由 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧απθn sin在 ],0[α上的正交性，可得),2,1( sin)( 2==⎰n d n f l C n n ϕαπϕϕαααπ. 2(*)1(*) ,2(*)给出所求问题的形式解.2.用Green 函数法求解上半平面Dirichlet 问题⎪⎩⎪⎨⎧∞→+=>=+=. ),( ),0( 0220有界时，u y x x f u y u u y yy xx 解：根据二维Poisson 方程Dirichlet 问题⎩⎨⎧=∈-=+∂ ),(D.),( ),,(2y x f u y x y x u u Dyy xx πρ 解的积分表达式P PDDdl n M P G P f dxdy M M G M y x u M u ∂∂-==⎰⎰⎰∂),()(21),()(),()(00000πρ（其中0M 是D 内任一点，P n是边界D ∂上点P 的外法线方向）. 其中 满足而 ),( ),,(1ln),(0000M M g M M g r M M G MM -=⎪⎩⎪⎨⎧∂∈=∈=∆).( 1ln ),g(),( 0),(000D P r M P D M M M g PM M),(0M M G 称为Green 函数，找),(0M M G 的问题归结为“特定装置下”找感应电荷所产生的电势),(0M M g -.对上半平面0>y 而言，若在0M 处放置单位正电荷，它在M 处产生的电势为01lnMM r ，则感应电荷应放在0M 关于0=y 的对称点'0M 处，电量为 -1，它于M 处产生的电势为'1lnMM r -，从而Green 函数为'1ln1ln),(0MM MM r r M M G -=20202020)()(ln )()(ln y y x x y y x x ++-+-+--=.故所求解为⎰⎰⎰⎰∞∞-=∞∞-=∞∞-=∞∞-+-=∂∂=-∂∂-=∂∂-=.)()()(21 )()(21)(21),(22000000dx yx x x f y dx yG x f dxy G x f dx n G x f y x u y y y ππππ。
数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)
数学物理方程第二版答案第一章．颠簸方程§ 1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔嫩逐条而平均的弦线有一端固定，在它自己重力作用下，此线处于铅垂均衡地点，试导出此线的细小横振动方程。
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(lx)且 T( x) 的方向老是沿着弦在 x 点处的切线方向。
仍以 u( x, t) 表示弦上各点在时辰 t 沿垂直于 x 轴方向的位移，取弦段 ( x, xx), 则弦段两头张力在 u 轴方向的投影分别为g(l x) sin ( x); g (l( xx)) sin (xx)此中 (x) 表示 T (x) 方向与 x 轴的夹角又sintgux.于是得运动方程x2u[l( xx)]u∣xxg [lx]u∣x gt 2xx利用微分中值定理，消去x ，再令 x0 得2ug[( l x) ut 2] 。
x x5. 考证u( x, y,t )t 21在锥 t 2 x 2 y 2 >0 中都知足颠簸方程x 2 y 22u2u2u证：函数 u( x, y,t )1在锥 t 2x 2 2内对变量 t 2x 2 y 2t 2 x 2y >0y 2x, y, t 有u3二阶连续偏导数。
且(t2x 2 y 2) 2 tt2u35(t2x2y 2) 23(t2x2y2) 2 t2t23(t 2x 2y 2) 2 (2t 2x2y 2)u3x2 y 2)2 x(t2x2u35t2x2y223 t2x2y22 x 2x25 t2x2y22 t22 x2y22 u5同理t2x2y22 t2x22y2y22 u 2u52u .所以t 2 x 2y 2 2 22x 2 y 2x2y2tt2即得所证。
§2 达朗贝尔公式、波的传抪3.利用流传波法，求解颠簸方程的特点问题（又称古尔沙问题）2ua 22ut 2x 2u x at 0(x) (0)(0)u x at( x).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)=( x) -G(0).2G （ x ） = ( x) -F(0).2且F （ 0） +G(0)= (0) (0).所以u(x,t)=(xat) + ( x at ) - (0).22即为古尔沙问题的解。
西安邮电大学期末数理方程试题+答案
数学物理方程与特殊函数09级试题选讲一、求解定解问题22200,0,(0,0)x x lt u u a t x u u x l t xx u x ===춶=ﶶﶶï==<<>í¶¶ïï=ïî)()(),(t T x X t x u =)()()()(2t T x X a t T x X ¢¢=¢22)()()()(b -=¢¢=¢x X x X t T a t T 0>b 设，代入原方程得，则)()(22=+¢t T a t T b 0)()(2=+¢¢x X x X b 则，0x x lu u xx==¶¶==¶¶'(0)'()0X X l Þ==又因为得固有值问题2()()0'(0)'()0X x X x X X l b ¢¢ì+=í==î22)(ln pb =()cos 0,1,2,n n n xX x A n lp ==则固有值固有函数，数学物理方程与特殊函数09级试题选讲)()()(2=+¢t T la n t T p 2()()n a tl n T t C ep -Þ=2()01(,)cosn a tln n n x u x t C C elp p ¥-==+å从而0t ux==有因为01cosnn n x x C C lp ¥==+å所以220022[(1)1]cos 12n ln l n x l C x dx l l nl C xdx lp p --====òò2()2212(1)1(,)cos 2n a ntln l l n xu x t enlp p p¥-=--=+å数学物理方程与特殊函数09级试题选讲二、求解定解问题2222,,0(),0(),0(0)(0)t x t x u ut x t t t x ux x u x x =-=춶=-<<>ﶶïï=F £íï=Y ³ïïF =Y î解：特征变换为x t x tx h =-ìí=+î2u x h¶=¶¶原方程化为12()()u f f x h =+则它的通解为00(),()()(),()()2222t xt x ux u x u u h x x h x h x h=-====F =Y +-Þ=F =F =Y =Y 又因为数学物理方程与特殊函数09级试题选讲1212(0)()()2()(0)()2f f f f h h xx +=Y +=F 2112()()(0)2()()(0)2f f f f h h x x ì=Y -ïïÞíï=F -ïî12()()((0)(0))22()()(0)22u f f x t x tx h=F +Y -+-+=F +Y -F 则它的解为三、求解定解问题)0,(,0,3,03202022222>+¥<<-¥ïïïîïïíì=¶¶==¶¶-¶¶¶+¶¶==y x y ux u y uy x u x u y y 解：原方程的特征方程为22()23()0dy dydx dx --=13C x y +=2C x y +-=，则特征线为3x y x yx h =-ìí=+î特征变换20ux h¶=¶¶原方程化为12()()u f f x h =+则它的通解为数学物理方程与特殊函数09级试题选讲12(,)(3)()u x y f x y f x y =-++即203,y y u ux y==¶==¶又因为21212(3)()3(3)()0f x f x xf x f x ì+=í¢¢-+=î则可得C x x f¢-=2149)3(C x x f ¢+=2243)(C x x f¢-=2141)(222234)(34)3(),(yx y x y x y x u +=++-=22()()C Du vv u u v d v u ds n n s ¶¶Ñ-Ñ=-¶¶òòò 四、证明平面上的格林公式其中n 为曲线的外法线向量。
数学物理方程习题解答案
数学物理方程习题解答习题一1，验证下面两个函数：(,)(,)sin x u x y u x y e y ==都是方程0xx yy u u +=的解。
证明：（1）(,)u x y =因为32222222222222223222222222222222222222222211()22()2()()11()22()2()()0()()x xx y yy xx yy x u x x y x y x y x x x y u x y x y yu y x y x y x y y y y x u x y x y x y y x u u x y x y =−⋅⋅=−+++−⋅−=−=++=−⋅⋅=−+++−⋅−=−=++−−+=+=++所以(,)u x y =0xx yy u u +=的解。
（2）(,)sin x u x y e y = 因为sin ,sin cos ,sin x x x xx xxy yy u y e u y e u e y u e y=⋅=⋅=⋅=−⋅所以sin sin 0xxxx yy u u e y e y +=−=(,)sin x u x y e y =是方程0xx yy u u +=的解。
2，证明：()()u f x g y =满足方程0xy x y uu u u −=其中f 和g 都是任意的二次可微函数。
证明：因为()()u f x g y =所以()(),()()()()()()()()()()()()0x y xy xy x y u g y f x u f x g y u f x g y uu u u f x g y f x g y g y f x f x g y ''=⋅=⋅''=⋅''''−=⋅−⋅⋅=得证。
3， 已知解的形式为(,)()u x y f x y λ=+，其中λ是一个待定的常数，求方程 430xx xy yy u u u −+= 的通解。
数学物理方法(10)--期末考试试卷(4)答案
k 2
k 0
� w( z )
2c2 +
ﾥ
[(k + 2)(k +1)ck+2 - ck-1]zk
0
k 1
将代入方程
c2 0c,3ckkk+23kk((ck33kkk--+-33-12c)1)k-()1k + 1)
即亦即
c3k
c3k -3 3k(3k -1)
1 3k (3k
-1)
代换，有
f1
t -
e- pt dt
0
f1
e- p + d
0
f1 e-p d
0
f2
第e- p d1
页F(1共p F23 p页 )
f (x) lim
n e -nx2
n
3. 试证明：是函数的一种表达式。
答： 函数的傅里叶变换：，又称为的像函数；
F -1 G
f
xGfx21
G eixd
-
函数的傅里叶逆变换：，又称为的像原函数。
专业：
院（系）：
得分 评阅人 二、证明题：（共 3 题，每题 9 分，共 27 分）
1. 已知，试证明： （）
证明：将对 r 求导
ﾥ 1
1+ r2 - 2rx< 1)
(l +1)Pl+1(x) - (2l +l 1ﾥ)1xPl (x) + lPl-1(x) 0
ﾥ 1
1+ r2 - 2rx
ﾥ l0
Pl (x)rl
( x < 1)
数学物理方法期末试题(5年试题含答案)
………密………封………线………以………内………答………题………无………效……附：拉普拉斯方程02=∇u 在柱坐标系和球坐标系下的表达式 柱坐标系：2222222110u u u uzρρρρϕ∂∂∂∂+++=∂∂∂∂球坐标系：2222222111sin 0sin sin u u ur r r r r r θθθθθϕ∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭一、填空题36分（每空2分）1、 数量场2322u x z y z =+在点(2, 0, -1)处沿2423x xy z =-+l i j k 方向的方向导数是。
2、 矢量场()xyz x y z ==+A r r i +j k 在点(1, 3, 3)处的散度为 。
3、 面单连域内设有矢量场A ，若其散度0∇⋅A =，则称此矢量场为 。
4、 高斯公式Sd ⋅=⎰⎰ A S ；斯托克斯公式ld ⋅=⎰ A l 。
5、 将泛定方程和 结合在一起，就构成了一个定解问题。
只有初始条件，没有边界条件的定解问题称为 ；只有边界条件，没有初始条件的定解问题称为 ；既有边界条件，又有初始条件的定解问题称为 。
………密………封………线………以………内………答………题………无………效……6、 ()l P x 是l 次勒让德多项式，则11()()l l P x P x +-''-= ； m n =时，11()()mn P x P x dx -=⎰。
7、 已知()n J x 和()n N x 分别为n 阶贝塞尔函数和n 阶诺依曼函数(其中n 为整数)，那么可知(1)()n H x = 。
(2)()n H x = 。
8、 定解问题2222000(0,0)|0,||0,|0x x ay y bu ux a y b x y u u V u u ====⎧∂∂+=<<<<⎪∂∂⎪⎪==⎨⎪==⎪⎪⎩的本征函数为 ，本征值为 。
数理方程期末试题及答案
带入微分方程求解得：
k
a2
A 2
则得通解
T1
t
C1
cos
n l
a
t
D1
sin
n l
a
t
a2
A 2
sin t
带入初始条件得： C1
0,
D1
A a2 2
l a
则原定解问题的解为
u x,t
A a2 2
l sin a t cos
a l
l
x
2、 求解下列初值问题：（10 分）
uuttx,0u
xx
数； （3） 将形式解带入泛定方程以及初始条件，求解待定函数 Tn(t).
4、试述行波法的适用范围，并写出无限长弦自由振动的达朗贝尔公式。 答：行波法（特征线法）对双曲型方程是有效的，沿着双曲型方程两条特征线做
自变量替换总可以把双曲型方程化为可积形式，获得通解，由此行波法仅适用于
无界条件的波动方程。
3x x ,t sin x,ut x,0 x
0
解：应用达朗贝尔公式： u 1 (x at) (x at) 1
xat
( )d
其中
2
2a xat
，
x sin x, x x ，带入上式得：
u
1 2
sin
x
at
sin
x
at
1 2a
xat
d
xat
sin x cos at t
数学物理方程期末试题答案
一、 简述题：（每题 7 分，共 28 分） 1、 简述数学物理中的三类典型方程，并写出三类方程在一维情况下的具体形
式。
答：波动方程：
2u t 2
吴小庆-数学物理方程习题解答案全
数学物理方程习题解习题一1，验证下面两个函数：(,)(,)sin x u x y u x y e y ==都是方程0xx yy u u +=的解。
证明：（1）(,)lnu x y =因为32222222222222223222222222222222222222222211()22()2()()11()22()2()()0()()x xx y yy xx yy x u x x y x y x y x x x y u x y x y yu y x y x y x y y y y x u x y x y x y y x u u x y x y =−⋅⋅=−+++−⋅−=−=++=−⋅⋅=−+++−⋅−=−=++−−+=+=++所以(,)u x y =0xx yy u u +=的解。
（2）(,)sin xu x y e y = 因为sin ,sin cos ,sin x x x xx xxy yy u y e u y e u e y u e y=⋅=⋅=⋅=−⋅所以sin sin 0xxxx yy u u e y e y +=−=(,)sin x u x y e y =是方程0xx yy u u +=的解。
2，证明：()()u f x g y =满足方程0xy x y uu u u −=其中f 和g 都是任意的二次可微函数。
证明：因为()()u f x g y =所以()(),()()()()()()()()()()()()0x y xy xy x y u g y f x u f x g y u f x g y uu u u f x g y f x g y g y f x f x g y ''=⋅=⋅''=⋅''''−=⋅−⋅⋅=得证。
3， 已知解的形式为(,)()u x y f x y λ=+，其中λ是一个待定的常数，求方程 430xx xy yy u u u −+= 的通解。
数学物理方程期末考试试题及答案
数学物理方程期末考试试题及答案一、求解方程（15分）⎪⎩⎪⎨⎧===-=+=-.)()(0002x u x u u a u at x at x xx tt ψϕ其中)0()0(ψϕ=。
解：设⎩⎨⎧+=-at x at x ηξ＝则方程变为： 0=ξηu ，)()(at x G at x F u ++-=(8’)由边值条件可得：)()0()2(),()2()0(x G x F x x G F ψϕ=+=+由)0()0(ψϕ=即得：)0()2()2(),(ϕψϕ--++=at x at x t x u 。
二、利用变量分离法求解方程。
（15分）⎪⎩⎪⎨⎧==≥==∈=-====)(,)(,0,0,),(,00002x u x u t u u Q t x u a u t t t l x x xx tt ψϕ其中l x ≤≤0。
0>a 为常数解：设)()(t T x X u =代于方程得：0''=+X X λ，0''2=+T a T λ(8’)x C x C X λλsin cos21+=，at C at C T λλsin cos 21+=由边值条件得：21)(,0ln C πλ== lx n at A at B u n n n πλλsin)sin cos (1+=∑∞= ⎰=l n dx l x n x l B 0sin )(2πϕ，⎰=ln dx lx n x an A 0sin )(2πψπ 三．证明方程02=--cu u a u xx t )0(≥c 具有狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与稳定性. (15分)证明：设u e v ct -=代入方程：⎪⎩⎪⎨⎧====-=).(),(),(),0()(02102t g t l v t g t v x v v a v t xx t ϕ设21,v v 都是方程的解设21v v v -=代入方程得：⎪⎩⎪⎨⎧====-=0),(,),0(0002t l v t v v v a v t xx t由极值原理得0=v 唯一性得证。
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 参考答案
1.求下列波动方程Cauchy 问题的解: (2)2005,tt xx t tt u a u u u x==⎧=⎪⎨==⎪⎩解:根据达朗贝尔公式可得521)55(21),(+=++=⎰+-xt d a t x u at x atx ξξ6.求下列强迫振动的Cauchy 问题的解:(1)⎩⎨⎧==+===2002,5x u u e u a u t t t xxx tt解:令)(),(),(x w t x v t x u +=,代入原方程,得xxx xx tt ew a v a v ++=22令2)(a ex w x-=可得⎪⎩⎪⎨⎧=+====222,5xv ae v v a v t tx t xxtt由达朗贝尔公式可得531)(2121)5()5(21),(3222222++++=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=+-+-+-⎰t a tx eead aaea e t x v atx atx atx atx atx at x ξξ所以原问题的解为2232211(,)()523x x atx ate u x t v w eetx a t aa-+=+=++++-7.求解下列定解问题:⎩⎨⎧==>+∞<<-∞=-++==)(),(0,,020022x u x u t x u a u u u t t t xx t tt ψϕεε解:令)0(),,(),(>=-ββt x v et x u t,代入原方程得:)2()(2222=+-+-+-v v v a v t xx tt βεβεβε取εβ=,可得⎩⎨⎧+==>+∞<<-∞=-==)()(),(0,,0002x x v x v t x v a v t t t xx tt εϕψϕ 由达朗贝尔公式得:[][]11(,)()()()()22x at x atv x t x at x at d aϕϕψξεϕξξ+-=++-++⎰所以,原定解问题的解为:[][]11(,)()()()()22x at t tx atu x t x at x at d eaeββϕϕψξεϕξξ+-=++-++⎰习题4.22.求解下列定解问题2000,0,00,0()tt xx t t t x x u a u x t u u u h t ===⎧=<<+∞>⎪==⎨⎪=⎩解:通解为12(,)()()u x t f x at f x at =++-由初始条件1212(,0)()()0(1)(,0)()()0(2)t u x f x f x u x af x af x =+=⎧⎨''=-=⎩对(2)式积分可得121()()f x f x C -=则有1112()2,0()2C f x x C f x ⎧=⎪⎪≥⎨⎪=⎪⎩0x at +≥恒成立,但是x at -可能小于零当0x at -<时1212()()()()()()f at f at h t f f h a ξξξ''+=⎧⎪⎨''+-=⎪⎩令0at ξ=>,积分可得12120()()()(0)(0)f f h d f f aξξξξξ+-=+-⎰令aξη=上式变为12120()()()(0)(0)a f f a h d f f ξξξηη+-=+-⎰21101110()()()()2()2a a a f f a h d C C a h d C C a h d ξξξξξηηηηηη⎡⎤-=-+⎢⎥⎣⎦=--=--⎰⎰⎰所以1210,02()(),02a C f C a h d ξξξηηξ⎧-≥⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩⎰则有1210,2()(),2a C x t a f x at C xa h d t a ξηη⎧-≤⎪⎪-=⎨⎪-->⎪⎩⎰又因为11()2C f x at +=所以00,(,)(),a x t a u x t xa h d t a ξηη⎧≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩⎰习题4.31.求解下列定解问题200,,,,0,tt t t t u a u x y z t u yz u xz ==⎧=∆-∞<<+∞>⎪⎨==⎪⎩解:对于三维波动方程,其解为1(,,)(,,)(,,,)41(,,)1(,,)44x y z x y z u x y z t dS dS a t atatx y z x y z dS dSa tataatϕψπϕψππ''''''∂⎡⎤=+⎢⎥∂⎣⎦''''''∂⎡⎤=+⎢⎥∂⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰其中2sin cos ,02,0sin sin cos ()sin x x at y y at z z at dS at d d θϕϕπθπθϕθθϕθ'=+≤≤≤≤⎧⎪'=+⎪⎨'=+⎪⎪=⎩在本题目中(,,)x y z yzϕ=,(,,)x y z xz ψ=()()2222222001(,,)41(sin sin )(cos )()sin 41sin sin cos sinsin sin cos sin 412sin 2sin cos 4x y z dS a t aty r z r at d d a tatat yz aty at a t d d a tat yz aty d a t πππππϕπθϕθθϕθπθθθθϕθθϕϕθππθπθθθπ'''∂⎡⎤⎢⎥∂⎣⎦∂++⎡⎤=⎢⎥∂⎣⎦∂⎛⎫=+++ ⎪∂⎝⎭∂=+∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ()1404at yz a t yzππ⎛⎫ ⎪⎝⎭∂⎛⎫=+⎪∂⎝⎭=⎰1(,,)4x y z dSa atxztψπ'''=⎰⎰则(,,,)u x y z t yz xzt=+3.利用三维泊松公式求解下列问题220,,,,00,tt t t t u a u x y z t u u x yz ==⎧=∆-∞<<+∞>⎪⎨==+⎪⎩ 解:对于三维波动方程,其解为1(,,)(,,)(,,,)41(,,)1(,,)44x y z x y z u x y z t dS dS a tatatx y z x y z dS dSa t ataatϕψπϕψππ''''''∂⎡⎤=+⎢⎥∂⎣⎦''''''∂⎡⎤=+⎢⎥∂⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰在本题目中有(,,,)0x y z t ϕ=,则有()()()()()()()()()222220220021(,,)(,,,)4sin sin sin sin cos 1sin 4sin sin sin sin cos sin 4sin sin sin 4sin 4x y z u x y z t dSaatx at y at z at at d d a at t x at y at z at d d t x at d d yzttx d ππππππψπθϕθϕθθϕθπθϕθϕθθϕθπθϕθϕθπθπ'''=⎛⎫++++ ⎪=⎪⎝⎭=++++=++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ()()22222322000022223200232sin sin 2sin sin 4sin sin 043d a t d d xat d d yztt x a t d d yzta t x t yztππππππππϕθθϕϕθθϕϕθπθθϕϕπ+++=+++=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰习题4.43.导出二维Cauchy 问题解的表达式200(,,),,,00,0tt t t t u a u f x y t x y t u u ==⎧=∆+-∞<<+∞>⎪⎨==⎪⎩ 解:利用齐次化原理求解 如果(,,,)w x y t τ是定解问题20,(,,)tt t tt W a W W W f x y τττ==⎧=∆⎪⎨==⎪⎩的解 则0(,,)(,,,)tu x y t w x y t d ττ=⎰即为定解问题200(,,)0,0tt t t t u a u f x y t u u ==⎧=∆+⎪⎨==⎪⎩的解 对于0(,,)(,,,)tu x y t w x y t d ττ=⎰显然存在如下的关系(,,,)0t uw x y t d ττ===⎰(,,,)t t t u w w w x y t d d tttττττ=∂∂∂=+=∂∂∂⎰⎰此时有00t ut =∂=∂又有222222222000(,,)(,,)t tttu w w w wd f x y t a wd f x y t a d tttx y ττττ=⎛⎫∂∂∂∂∂=+=+∆=++ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎰⎰⎰且222222220tuuw wd x y xy τ⎛⎫∂∂∂∂+=+ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎰将上式代入22u t∂∂表达式可得2222222(,,)(,,)u u u f x y t a f x y t a u txy ⎛⎫∂∂∂=++=+∆ ⎪∂∂∂⎝⎭因此齐次化原理得以证明.由齐次方程柯西问题解的泊松公式可得1(,,)(,,,)2Mf w x y t aττπ=⎰⎰所以,原问题的解为()201(cos ,sin ,)(,,)2t a t f x r y r u x y t d aτπθτπ-++=⎰⎰⎰习题5.1 1.若[]()()F g x f ω=,求证[]()2()F f x g πω=-.证明:由傅里叶反变换式1()()2j xg x f ed ωωωπ+∞-∞=⎰,将式中自变量x 换为x -,得1()()2j xg x f ed ωωωπ+∞--∞-=⎰将上式变量x 换为ω,而把ω换为x ,得 1()()2j xg f x e dx ωωπ+∞--∞-=⎰ 即[])(2)(ωπ-=g x f F2.求证 (1)1,0y Fe y ω--⎡⎤>⎣⎦(2)00()()j xF ef x f ωωω⎡⎤=-⎣⎦证明:根据Fourier 变换可得出000++()0()()()()j xj xj xj xF e f x f x e edxf x edxf ωωωωωωω∞--∞∞---∞⎡⎤⎣⎦===-⎰⎰(3)[]()()f aF f at aω=证明:若0>a ,则)(at f 的傅里叶变换为[]+()()j tF f at f at edtω∞--∞=⎰令at x =,则adtdx=代入上式，可得[]+1()()j x adx F f x f x ef aa a ωω-∞-∞⎛⎫==⎪⎝⎭⎰若0<a ,则类似地有[]1()Ff at f aa ω⎛⎫=-⎪⎝⎭综上所述[]()()f aF f at aω=3.求函数的Fourier 变换 (1) ()xf x e -= 证明:2cos sin 22cos 1xxxxj xxF e eedx exdx i exdxexdx ωωωωω+∞+∞+∞------∞-∞-∞+∞-⎡⎤==-⎣⎦==+⎰⎰⎰⎰由于积分区间是关于坐标轴对称,且积分函数是个奇函数故sin 0xexdx ω+∞--∞=⎰因此2022cos 1x xF e e xdx ωω+∞--⎡⎤==⎣⎦+⎰(2) 2()xf x eπ-=证明:直接利用公式[]2222()cos sin 2cos xj xxxxF f x e edxexdx i exdxexdxπωπππωωω+∞---∞+∞+∞---∞-∞+∞-==-=⎰⎰⎰⎰根据公式22240cos xa ba bexd ωωω-+∞-=⎰则[]22441()22Ff x eeωωππ--=⋅=(3)2()cos f x ax = 证明:[]2()cos j xF f x ax edxω+∞--∞=⋅⎰根据cos 2izize ez -+=上式可以变为2222222222222()()2424()42cos 211221122112212j xjaxjaxj xjaxj xjaxj xjax j xjax j xja x jja x jaaa ajja x aaax edxee edxe edx eedxedx edxedx edxeeωωωωωωωωωωωω+∞--∞-+∞--∞+∞+∞----∞-∞+∞+∞----∞-∞--+++∞+∞-∞-∞--⋅+==+=+=+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰22()4212jja x aadx eedxωω++∞+∞-∞-∞+⎰⎰令)2x aωξ=-以及)2x aωη=+上式变为222222222222()()4242444401122112211jja x jja x aaaajjj j aajjj j aaeedx eedxeedeede d ed ωωωωωωξηωωξηξη--++∞+∞-∞-∞-+∞+∞-∞-∞-+∞+∞+==+⎰⎰⎰⎰⎰⎰再利用公式2402jj ed πξξ+∞=⎰上式可变为22222222440()()4444()()444422)44jjj j aaj j a a j j a a ed ed ee e e aωωξηωπωπωπωπξηωπ-+∞+∞------+⎤=+⎥⎥⎦⎤+⎥=⎥⎥⎣⎦=-⎰⎰5.求()0axf x ea -=>，,Fourier 正弦与余弦变换.解:由定义,得:2202cos 1cos 11cos cos 1sin 1sin 1sin cos 1cos axaxaxaxaxaxaxaxaxexdxxdeaxe ed xaaexdxa axdea axe xdea a xdeaaωωωωωωωωωωωωωω+∞-+∞-+∞+∞--+∞-+∞-+∞+∞--+∞-=-=-+=-=+⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰由此得出222cos axaexdx a ωω+∞-=+⎰即22()c a f a ωω=+同理可得22ˆ()sin axs f exdx a ωωωω+∞-==+⎰习题5.21. 用Fourier 变换法求解定解问题 ⎩⎨⎧==>∈=0)0,(,sin )0,(0,,2x u x x u t R x u a u t xx tt 解：对于初值问题关于x 作Fourier 变换，得：[]2222d (,)(,),,0d (,0)sin ,(,0)0t u t a u t x R t t u F x uωωωωω⎧+∈>⎪⎨⎪==⎩该方程变为带参数ω的常微分方程的初值问题. 解得12(,)ja t ja t ut C e C e ωωω-=+ 于是1212(,0)(sin ),(,0)()0t uF x C C u ja C C ωωω==+=-= 则由[]121sin 2C C F x ==可得[]1(,)sin ()2ja tja tut F x eeωωω-=+作像函数(,)ut ω 的Fourier 逆变换 [][][]11111(,)[(,)]1sin ()21sin (sin )211sin (sin )221[sin()sin()]2sin cos ja t ja t ja t ja t ja t ja t u x t F u t F F x e e F F x e F x e FF x e F F x e x at x at x atωωωωωωω--------=⎡⎤=+⎣⎦⎡⎤=+⎣⎦⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦=-++=2.求解下列定解问题2cos ,0,0(,0)0,(,0)0,lim (,)0(0,)0tt xx t x x u a u t x t u x u x u x t u t →+∞⎧=+<<+∞>⎪===⎨⎪=⎩ 解:对自变量t 取Laplace 变换可得⎪⎩⎪⎨⎧=+∞=+=-0),(~,0),0(~1~~22222s u s us s dx ud a u s x求解常微分方程，得)(1~22s s Be Ae u xa sx as+++=-ω于是)1(1,02s s B A +-==所以]1[)1(1~2xas es s u --+=且111222()22211L (1)L L (1)(1)(1)R e s ,R e s ,(1)(1)s x sa x a xs t sta k k kke e s s s s s s e e s s s s s s ------⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥++⎣⎦⎢⎥⎣⎦∑∑其中k s 是u ~的极点 由于01=s ,js =2,j s -=3都是一级极点,所以222202R e s ,lim lim ()lim ()(1)(1)(1)(1)11()2(1cos )12sin2st st st stk s s j s j kjtjte e e e s s s j s j s s s s s s s s eet t→→→--⎡⎤=⋅+-++⎢⎥++++⎣⎦=-+=-=∑2()2()2sin ,2R e s ,(1)0,x s t a k kat x x t e a a s x s s t a --⎧⎡⎤>⎪⎪⎢⎥=⎨⎢⎥+⎪≤⎢⎥⎣⎦⎪⎩∑所以,最后定解问题为22122sin 2sin ,22[]2sin ,2t at x x t aau L ut x t a--⎧->⎪⎪==⎨⎪≤⎪⎩4.求解定解问题(,),,0(,0)(),(,0)()tt xx t u u f x t x t u x x u x x ϕψ=+-∞<<+∞>⎧⎨==⎩解:首先使用分离变量法,令u VW=+,则可将原定解问题分解为200()(1)()tt xx t t t V a V V x V x ϕψ==⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩200(,)0(2)0tt xx t t t W a W f x t W W ==⎧=+⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩对于方程(1).对初值问题关于x 做Fourier 变化,得2222(,)(,)0(,0)(),(,0)()t d v t a v t dt v v ωωωωϕωωψω⎧+=⎪⎨⎪==⎩该方程变为带参数ω的常微分方程的初值问题.解得12(,)j at j at vt C e C e ωωω-=+ 于是1212()(,0)()(,0)()t v C C vj a C C ϕωωψωωω==+==-即有1111(,)()()()()22j at j at vt e ej a j a ωωωϕωψωϕωψωωω-⎡⎤⎡⎤=++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦做像函数的Fourier 逆变换[]11111(,)(,)1111()()()()22j at j at j at j at W x t Fut Fe F e F e F e aj a j ωωωωωϕωϕωψωψωωω-------=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦因为[][]()()()j atj atF x at eF x eωωϕϕϕω±±±== 做逆变换可得 1()()j at Fe x at ωϕωϕ-±⎡⎤=±⎣⎦又因为1()()()x at x j atj at F s ds e F s ds e j ωωψψψωω±±±-∞-∞⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰ 做逆变换可得11()()x at j at Fe s dsj ωψωψω±-±-∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰因此[][]11(,)()()()()2211()()()22x atx at x at x atV x t x at x at s ds s ds a x at x at s dsaϕϕψψϕϕψ+--∞-∞+-⎡⎤=++-+-⎢⎥⎣⎦=++-+⎰⎰⎰对于方程(2).根据齐次化原理,如果(,,)w x t τ是齐次方程Cauchy 问题的解20(,)tt xx t t t w a ww w f x τττ==⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩则0(,)(,,)tW x t w x t d ττ=⎰是原问题的解.利用变换t t τ'=-则2000(,)t t xx t t t w a w w w f x τ'''=''=⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩ 利用达朗贝尔公式有1(,,)(,)2x at x at w x t f d a τατα'+'-'=⎰ ()()1(,,)(,)2x a t x a t w x t f d aτττατα+---=⎰可求得()0()1(,)(,)2t x a t x a t W x t f d d aττατατ+---=⎰⎰最后,[]()0()111()()()(,)222x at t x a t x atx a t u V W x at x at s ds f d d aaττϕϕψατατ++----=+=++-++⎰⎰⎰习题5.31.求证Laplace 变换的位移定理. 证明: Laplace 变换的位移定理为L ()(),Re()axef x f s a s a σ⎡⎤=-->⎣⎦ 根据Laplace 变换的定义可以求得()00L ()()()(),Re()axaxsxs a xef x ef x edx f x edx f s a s a σ+∞+∞---⎡⎤===-->⎣⎦⎰⎰3.用留数计算1221L (1)()sx ae s s ω--⎡⎤-⎢⎥+⎣⎦解:1122222211L (1)L ()()()sx sa x a e e s s s s s s ωωω----⎡⎤⎡⎤⎢⎥-=-⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎢⎥⎣⎦根据L 变换的线性性质11122222211L (1)L L ()()()sx sa x ae e s s s s s s ωωω-----⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎣⎦根据留数定理可得出()12222221L (1)R e s ,R e s ,()()()xs t ssta x a k k kk eee s s s s s s s s ωωω---⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎣⎦∑∑其中k s 是极点.由于01=s ,ωj s =2,ωj s -=3都是一级极点,所以22222222022222R e s ,lim lim ()lim ()()()()()11()21(1cos )2sin2st st st stk s s j s j kj tj te e e e s s s j s j s s s s s s s s eet tωωωωωωωωωωωωωωωω→→→--⎡⎤=⋅+-++⎢⎥++++⎣⎦=-+=-=∑对于()22R e s ,()xs t a k kes s s ω-⎡⎤⎢⎥⎢⎥+⎢⎥⎣⎦∑需要分情况讨论当xt a >时,()()()()222222220()()22222R e s ,lim lim ()lim ()()()()()1121()1cos 2()sin2x x x x s t s t s t s t a a a a k s s j s j kx xj t j t aae e e e s s s j s j s s s s s s s s e e at x a at x aωωωωωωωωωωωωωωωω----→→→----⎡⎤⎢⎥=⋅+-++⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦-⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦-=∑当x t a≤时,()22R e s ,0()xs t a k kes s s ω-⎡⎤⎢⎥=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦∑综上所述,可以得出2()2222()sin ,2R e s ,()0,x s t a k kat x x t e a a s x s s t a ωωω--⎧⎡⎤>⎪⎪⎢⎥=⎨⎢⎥+⎪≤⎢⎥⎣⎦⎪⎩∑所以，最后结果为22221222222()sin sin ,122L (1)2()sin ,2s x at at x x t a a e t xs s t a ωωωωωωω---⎧->⎪⎡⎤⎪-=⎨⎢⎥+⎣⎦⎪≤⎪⎩7.求下列函数的Laplace 逆变换 (1) 5482+++s ss (2) )0(,)(222>+a a s s解:(1)对原式进行分解,得1)2(61)2(2548222++++++=+++s s s s s s则)sin 6(cos 1)2(61)2(25482212121t t e s L s s L s s s L t+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++----[查表可得](2)对原式进行分解,得22222)(14)(14)(ja s a j ja s a j a s s--+=+由于[]2)(1a s te L at+=-,得:1112222211()4()4()()41sin 2jatjats j jL L L s a a s ja a s ja j t eea t ata ----⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥++-⎣⎦⎣⎦⎣⎦=-=[查表可得] 习题5.41.用Laplace 变换法解下列定解问题：(2)2000,0,00,00tt xx t t t x u a u c x t u u u ===⎧=+<<∞>⎪⎪==⎨⎪=⎪⎩解:对时间变量t 坐拉普拉斯变换222200,x x d u c a s u u dx s u =→∞⎡⎤=⎧-=-⎪⎪⎩⎣⎨⎦=求解微分方程上述微分方程. 对应的特征方程为220s a λ⎛⎫-= ⎪⎝⎭特征根为s aλ=±对应齐次方程的通解为s sxxaauAe Be-=+由于00λ=不是特征方程对应的特征根,故非齐次方程的一个特解为*uC =将特解代入原方程可得3c C s=因此原问题的解为*3s sxxa ac uu u Ae Bes-=+=++根据边界条件可得出30c A s B ⎧=-⎪⎨⎪=⎩则33s xac c uess-=-+对其做逆变换可得[]1133(,)sx a c c u x t L u L e ss ---⎡⎤==-+⎢⎥⎣⎦ 根据线性定理可将其变为1133(,)sx ac c u x t L e L s s ---⎡⎤⎡⎤=-+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦其中,2132c ctL s -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦133Re s ,ssx x staa k kc c L e e e s s s ---⎡⎤⎡⎤-=-⋅⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑其中,0s =是三阶极点故有()332()32302R e s ,R e s ,1lim (0),(31)!0,(),20,,s xx t s sta a k k kkxt s as c c e e s e s s s d c x s e t ds s a x t a c x x t t a a x t a ---→⎡⎤⎡⎤-⋅=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎧⎡⎤->⎪⎢⎥⎪-⎣⎦=⎨⎪≤⎪⎩⎧->⎪⎪=⎨⎪≤⎪⎩∑∑因此222(),22(,),2ct c x xt t a au x t ct x t a ⎧-->⎪⎪=⎨⎪≤⎪⎩4.用Laplace 变换求解⎪⎩⎪⎨⎧===+∞=>+∞<<=0)0,(,0)0,(0),(),(),0(0,0,2x u x u t u t f t u t x u a u t x xx tt 解:对自变量t 取Laplace 变换22220(0,)(),(,)0x d u s u a dx u s f s us ⎧-=⎪⎨⎪=+∞=⎩微分方程的解为x a sx a sBe Ae u-+=~ 再由(0,)(),(,)0x u s f s us =+∞= 所以()s xa a uef s s-=-由 Laplace 变换的卷积定理,得[][][]()*()()()L g x f x L g x L f x =⋅令xa s es a x g --=)(,对其求逆,得:()()0R e s ,lim (0)0,xxs t s t a a k s kx a t a a a e s s e xs s t a --→⎧->⎪⎡⎤⎡⎤⎪-=--=⎨⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎪≤⎪⎩∑，最后定解问题的解是)(*)(x f x g 则最后的解为0()(,)0,xt ax a f d t au x t x t a ττ-⎧->⎪⎪=⎨⎪≤⎪⎩⎰，6.有一根均匀弹性细杆,长为l ,一端固定,另一端受外力sin F A tω=作用.杆的初始位移与速度都为0,求杆的纵向振动规律.解：设Y 与S 分别是细杆杨氏模量与截面积,则定解问题为2,0,0sin (0,)0,(,)(,0)0,(,0)0tt xx xx u a u x l t A t u t u l t SY u x u x ω⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==⎪⎩对自变量t 取Laplace 变换2222220(,)(0,)0,x ld u a s u dx du x s Au s dx SY s ωω=⎧-=⎪⎪⎨⎪==⎪+⎩求解常微分方程可得ss xxaauC eD e-=+代入边界条件可得出2201()l l s s aaC D A C SY s s e e ωω-+=⎧⎪⎪=⎨+⎛⎫⎪+ ⎪⎪⎝⎭⎩所以221()ssx x x x s s a a a a l ls s a a u C e D e e e s s e eωω---⎛⎫=+=- ⎪+⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭对上式取Laplace 逆变换可求得。
试题一-数学物理方法-西北师范大学
西北师范大学物理与电子工程学院2006-2007学年度第一学期《数学物理方法》期末试卷(A 卷)系别:专业：级别：班级：学号：姓名：任课教师：题号一二三四五六七八总分得分一、(10分)在经典数学物理方程中,以二阶线性偏微分方程为主要研究对象.请问二阶线性偏微分方程从数学上分为哪几类?在物理上分别对应于什么过程?并写出各类方程的标准形式.二、(10分)数学物理方程有两大基本任务:导出定解问题和求解相应的定解问题.请问什么是定解问题?定解问题包括哪些要素?我们学习了哪些定解问题?以及求解这些定解问题的主要方法有哪些?三、(10分)定解问题的适定性对于导出定解问题和求解定解问题具有重要的指导意义.请问什么是定解问题的适定性?适定性包括哪些方面?并从物理角度分析如下定解问题是不适定的(提示:可以从温度场或静电场出发,解可能不存在).∆u =f (f =0)(在区域D 内)∂u ∂n S =0(S 为区域D 的边界,n 为边界S 的外法线方向)四、(5分)一根长为l 的均匀细杆,其温度分布满足如下定解问题：u t −a 2u xx =0(0<x <l,t >0)u (0,t )=0,u x (l,t )=0(t ≥0)u (x,0)=200(0≤x ≤l )《数学物理方法》试卷(A 卷)第1页(共3页)不求解定解问题,从物理角度直观分析细杆上温度随时间的变化情况,并考察t →+∞时细杆上的温度.五、(30分)分离变量法是求解定解问题的重要方法之一.请问分离变量法对定解问题有什么要求？分离变量法有哪些基本步骤？关键的步骤是什么？请用分离变量法求解如下弦振动方程的混合问题(要求写出完整的求解过程),并分析解的物理意义.u tt =a 2u xx (0<x <l,t >0)u (0,t )=0,u (l,t )=0(t ≥0)u (x,0)=sin 2πx l ,u t (x,0)=0(0≤x ≥l )六、(15分)一根无限长的均匀细杆,其振动满足如下定解问题:u tt =a 2(u xx +2x u x )(−∞<x <∞,t >0)u (x,0)=ϕ(x )(−∞<x <∞)u t (x,0)=ψ(x )(−∞<x <∞)其中ϕ(x ),ψ(x )为充分光滑的已知函数.请求解该定解问题,并说明解的物理意义(提示:令v (x,t )=xu (x,t )).七、(10分)格林函数又称点源影响函数,请用镜像法求出Laplace 方程上半空间Dirichlet 问题的格林函数,并说明其物理意义.同时请写出Laplace 方程上半空间Dirichlet 问题∆u =0(z >0,−∞<x <∞,−∞<y <∞)u (x,y,0)=f (x,y )(−∞<x <∞,−∞<y <∞)解的积分公式.八、(10分)求解常微分方程的本征值问题时,会得到各种各样的特殊函数,诸如Legendre(勒让德)多项式、Bessel(贝塞耳)函数、Hermite(厄密)多项式《数学物理方法》试卷(A 卷)第2页(共3页)和Laguerre(拉盖尔)多项式等.对连带Legendre多项式,请填空(每空2分)：l阶连带Legendre微分方程的一般形式为,其中有两个本征值l(l+1)和m.l的取值范围为,相应m的取值范围为.l阶连带Legendre微分方程的解为l阶连带Legendre多项式,连带Legendre多项式的性、性和完备性是使它成为一个坐标函数系的三个重要性质.《数学物理方法》试卷(A卷)第3页(共3页)西北师范大学物理与电子工程学院2006-2007学年度第一学期《数学物理方法》期末试卷(A卷)参考答案一、(10分)二阶线性偏微分方程从数学上分为双曲型、抛物型、椭圆型三类,在物理上,双曲型方程对应于波动过程,抛物型方程对应于传输和扩散过程,椭圆型方程对应于稳定场过程.双曲型方程的标准形式为u tt−a2∆u=f,抛物型方程的标准形式为u t−a2∆u=f,椭圆型方程的标准形式为∆u=f.二、(10分)物理问题在数学上的完整提法是：在给定的定解条件下,求解数学物理方程.数学物理方程加上相应的定解条件就构成定解问题.定解问题包括泛定方程和定解条件.物理规律用偏微分方程表达出来,叫作数学物理方程.数学物理方程,作为同一类物理现象的共性,反映的是矛盾的普遍性,与具体条件无关,是解决问题的依据,所以又称为泛定方程.定解条件包括边界条件和初始条件,有时还需要衔接条件.边界条件和初始条件反映了具体问题特定的环境和历史,即矛盾的特殊性.泛定方程提供解决问题的依据,定解条件提出具体的物理问题,泛定方程和定解条件作为一个整体,合称为定解问题.学习的定解问题有:对波动过程:针对有界弦,提出了弦振动方程的混合问题;针对无界弦,提出了弦振动方程的初值问题(或Cauchy问题).对传输和扩散过程:针对有界杆,提出了热传导方程的混合问题;针对无界杆,提出了热传导方程的初值问题;针对一端有界的杆,提出了热传导方程的半无限问题.对稳定场过程:提出了Laplace方程圆、球、半空间、半平面的Dirichlet问题.求解这些定解问题的主要方法有:分离变量法(有界空间、无界空间、极坐标系、球坐标系)、Fourier级数法(齐次泛定方程、非齐次泛定方程)、行《数学物理方法》试卷(A卷)参考答案第1页(共4页)波解法(或D’Alembert解法)、冲量定理法、格林函数法(波动、热传导、镜像法)等.三、(10分)定解问题是对真实的物理问题经过一定的近似后得到的,近似就涉及到是否合理的问题,即定解问题是否提的正确,这一问题称为定解问题的适定性.定解问题的适定性包括解的存在性、解的唯一性和解的稳定性三个方面.该定解问题如果从温度场来考虑,反映的是这样一种温度场：区域D内存在热源,而边界上是绝热的.热源不停的放出热量,而热量又不能经由边界散发出去,D内的温度必然要不停的升高,其温度分布不可能是稳定的,故该问题不能由Possion方程来描述,因此该定解问题的解是不存在的.从而该定解问题是不适定的.(注:从静电场分析类似,只不过内部有电荷分布,而电场的法向分量为零.)四、(5分)从该定解问题可以看出：杆的左端温度为0,右端绝热,杆内部没有热源,杆上初始时刻各处温度均为常数200.根据热传导规律,杆上的温度将随时间降低,越靠近左端,温度降得越快,最后当t→+∞时细杆的温度将和左端的温度相等,即杆上各处的温度均为0.五、(30分)分离变量法要求定解问题的泛定方程与边界条件必须是齐次的.分离变量法其基本步骤为：1、变量分离;2、求解本征值问题;3、求解另外的常微分方程;4、特解的叠加;5、利用定解条件确定叠加系数.分离变量法关键的步骤是求解本征值问题.1.变量分离设u(x,t)=X(x)T(t),代入泛定方程得X +λX=0T +λa2T=0,其中λ为分离常数.将u(x,t)=X(x)T(t)代入边界条件得X(0)=0,X(l)=0.《数学物理方法》试卷(A卷)参考答案第2页(共4页)2.求解本征值问题X +λX =0X (0)=0,X (l )=0本征值λn =n 2π2l 2,本征函数X n (x )=sin nπxl ,n =1,2,···.3.求解常微分方程T+n 2π2a 2l 2T =0,n =1,2,···T n (t )=C n cos nπa l t +D n sin nπalt ,n =1,2,···.其中C n ,D n 为任意常数.得一系列特解u n (x,t )=X n (x )T n (t )=C n cos nπa l t +D n sin nπa l t sin nπxl,n =1,2,···.4.特解的叠加u (x,t )=∞ n =1u n (x,t )=∞ n =1C n cos nπal t +D n sin nπa l t sin nπx l.5.利用初始条件确定叠加系数C n ,D nu (x,0)=∞ n =1C n sinnπx l =sin 2πxl =⇒C 2=1C n =0,n =2.u t (x,0)=∞ n =1D n nπa l sin nπxl=0=⇒D n =0,n =1,2,···.所以该定解问题的解为u (x,t )=cos2πa l t sin 2πxl.解的物理意义：该Fourier 级数解在物理上表示驻波.六、(15分)令v (x,t )=xu (x,t ).化原定解问题为：v tt =a 2v xx (−∞<x <∞,t >0)v (x,0)=xϕ(x )(−∞<x <∞)v t (x,0)=xψ(x )(−∞<x <∞)利用D’Alembert 公式,有《数学物理方法》试卷(A 卷)参考答案第3页(共4页)v(x,t)=(x−at)ϕ(x−at)+(x+at)ϕ(x+at)2+12ax+atx−atαψ(α)dα.所以,u(x,t)=1xv(x,t)=12x(x−at)ϕ(x−at)+(x+at)ϕ(x+at)+1ax+atx−atαψ(α)dα.解的物理意义：f(x−at)表示右行波(或右传播波、正行波),f(x+at)表示左行波(或左传播波、逆行波),u(x,t)表示沿x轴正、负方向传播的行波,其中前一项来源于初始位移ϕ(x),后一项来源于初始速度ψ(x).七、(10分)Laplace方程上半空间Dirichlet问题的格林函数为：G(M,M0)=1r MM−g(M,M0)=1r MM−1r MM1=1(x−x0)2+(y−y0)2+(z−z0)2−1(x−x0)2+(y−y0)2+(z+z0)2,其中1r MM=1(x−x0)2+(y−y0)2+(z−z0)2在静电学上表示M0(x0,y0,z0)处单位正电荷在M(x,y,z)处产生的电势,−g(M,M0)表示接地导体平面z=0上感应负电荷在M(x,y,z)处产生的电势,其可以用镜像点M1(x0,y0,−z0)处单位负电荷产生的电势−1(x−x0)2+(y−y0)2+(z+z0)2来代替.Laplace方程上半空间Dirichlet问题解的积分公式为：u(x0,y0,z0)=−14πf∂G(M,M0)∂ndS=14π∞−∞∞−∞f(x,y)·∂∂z1(x−x0)2+(y−y0)2+(z−z0)2−1(x−x0)2+(y−y0)2+(z+z0)2z=0dx dy=z02π∞−∞∞−∞f(x,y)(x−x0)2+(y−y0)2+z203/2dxdy八、(10分)(1−x2)d2ydx2−2xdydx+l(l+1)−m21−x2y=0.l=0,1,2,3,···,m=0,1,2,···,l.正交、归一.《数学物理方法》试卷(A卷)参考答案第4页(共4页)。
数学物理方程习题答案
习题一1. 略2. 略3. 在河道上取微元x Δ，在任一点x 处和x x +Δ有两个截面。
从t 到这段时间内从x 面流出的水的质量为：()(),,S v x t x t t ρ⋅⋅Δ，从x x +Δ面流出的水质量为()(),,S v x x t x x t t ρ⋅+Δ⋅+ΔΔ，所以这微元中水的质量为()()()()[,,,,]x S v x x t x x t x t v x t t ρρΔ=⋅+Δ⋅+Δ−Δ。
由在时刻t 的流体质量为(),x S x t ρΔ⋅。
在时刻t t +Δ的流体质量为(),x S x t t ρΔ⋅+Δ，在时间t Δ内这微元x Δ内的流体净增量为()(),,t x S x t t x S x t υρΔ=Δ⋅⋅+Δ−Δ⋅⋅。
由于连续性，有x t Δ=Δ，令0,0x t Δ→Δ→得0v t xρρ∂∂+=∂∂ 用微分法建立微分形式的连续性方程：设在流场中取一固定微平行六面体（控制体），在直角坐标xyz O 中边长取为,,x y z ΔΔΔ。
流体运动时，流体将流入、流出该控制体时控制体内的流体质量发生变化下面计算这些流入、流出量及控制体流体质量的变化，并根据质量守恒定律建立连续性方程。
t 时刻点(),,A x y z 的流体密度为(),,,x y z t ρ Z Y C G速度为(),,,U x y z t其分量为,,u v w ， 0 X 考虑六面体元每个面上质量的流入或流出，由 于每个面只与一个坐标轴垂直，故每个面上只有一个速度分量使相应的质量流入或流出该六 面体，先计算与x 垂直的两个面ABCD 和 EFGH 上的质量流量。
在ABCD 面上，t Δ时间内将有udydz t ρΔ的流体质量流入六面体，在EFGH 面上，再t Δ时间内将有(),,,x x y z t y z t ρ+ΔΔΔΔ=()(),,,u x y z t y z t x y z t xρρ∂ΔΔΔ+ΔΔΔΔ∂ 的质量流出该六面体，这样，通过这两个面t Δ时间内就有()u x y z t xρ∂ΔΔΔΔ∂的流体质量（净）流出该六面体。
华南理工大学期末考试数学物理方程卷a及答(08[1]6
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ìï dU (l, t) í dt
=
-a2l 2U (l, t) ,
ïî U (l, 0) = F(l).
U (l, t) = F(l)e-a2l2t .
ò u(x, t) = sin x *
1
e = -
x2 4 a2t
1
+¥
sin
x
e
-
(
x-x 4a2
) t
2
d
x
=
sin xe-a2t .
2a p t
òò ìDu = 0,
í î
u |G =
(x, y, z) Î f (x, y, z)
W
的解可表示为（
u( M 0
)
=
-
G
f (x, y, z) ¶G dS ）。 ¶n
8. 贝塞尔方程 x2 y¢¢ + xy¢ + ( x2 - 5) y = 0 的通解是（ y( x) = AJ (x) + BJ ( x) ）。
wn
分别为（
np l
），（
(2n + 1)p 2l
），（
(2n + 1)p 2l
），（
np l
）。
3.
表达波动方程初值问题
ìíutt îu(
= x,
a2uxx , -¥ 0) = j (x),
< ut
x < +¥,t (x,0) =y
>0 ( x)
的解的达朗贝尔公式是
ò （ u(x,t) = j ( x - at) + j (x + at) + 1
=
¥ m=1
4J 2 (mm(0) )
数学物理方程 习题 答案
数学物理方程习题答案数学物理方程是科学领域中的重要组成部分，通过解答习题可以加深对这些方程的理解。
本文将探讨一些常见的数学物理方程习题，并给出相应的答案。
第一节：一元二次方程一元二次方程是数学中经常遇到的一类方程。
考虑以下习题：1. 解方程：x^2 - 5x + 6 = 0解答：可以通过因式分解或者求根公式来解这个方程。
因式分解得到：(x - 2)(x - 3) = 0，因此x的解为x = 2或x = 3。
2. 解方程：2x^2 + 3x - 2 = 0解答：可以使用求根公式来解这个方程。
根据求根公式，x的解为x = (-3 ±√(3^2 - 4*2*(-2))) / (2*2) = (-3 ± √(9 + 16)) / 4 = (-3 ± √25) / 4 = (-3 ± 5) / 4。
因此x的解为x = -2或x = 1/2。
第二节：牛顿第二定律牛顿第二定律描述了物体受力情况下的加速度。
考虑以下习题：1. 一个物体质量为2kg，受到一个力F = 10N，求物体的加速度。
解答：根据牛顿第二定律，力等于质量乘以加速度，即F = ma。
代入已知值，可得10 = 2a，解得加速度a = 5m/s^2。
2. 一个物体质量为3kg，受到一个力F = 15N，已知物体的加速度为2m/s^2，求摩擦力的大小。
解答：根据牛顿第二定律，力等于质量乘以加速度，即F = ma。
已知F = 15N，m = 3kg，a = 2m/s^2，代入公式可得15 = 3 * 2 + Ff，解得Ff = 9N，其中Ff为摩擦力。
第三节：电路中的欧姆定律欧姆定律描述了电流、电压和电阻之间的关系。
考虑以下习题：1. 一个电阻为10Ω的电路中，通过的电流为5A，求电压。
解答：根据欧姆定律，电压等于电流乘以电阻，即V = IR。
代入已知值，可得V = 5 * 10 = 50V。
2. 一个电路中，通过的电流为2A，电压为6V，求电阻的大小。
数学物理方法期末考试大题
2、 求解热传导问题
ut a 2u xx A sin t u x |x 0 0, u |x l 0 u | x t 0
3、 两端固定弦在点 x0 受谐变力 f t f0 sin t 作用而振动，求解振动情况。[提示： 外加力的线密度可表示为 f x, t f 0 sin t x x0 ]
4、 均匀的薄板占据区域 0 x a ， 0 y b 。边界上的温度
u |x 0 0 ， u |x a 0 ， u | y 0 u0 ， lim u 0
y
求解板的稳定温度分布。
三、非齐次方程的分离变数法（15 分） 1、 长为 l 的均匀细杆两端固定，杆上单位长度受有纵向外力 f 0 sin 2 x l cos t ，初始位 移为 sin x l ，初始速度为零，求解杆的纵振动。
4、 求解细杆导热问题。杆长 l ，初始温度均匀为 u0 ，两端分别保持温度 u1 和 u2 。
四、球函数（12 分） 1、一空心圆球区域，内半径为 r1 ，外半径为 r2 ，内球面上有恒定电势 u0 ，外球面上电势保 持为 u1 cos 2 ， u0 、 u1 均为常数，试求内外球面之间空心圆球区域的电势分布。
数学物理方法期末考试大题数学物理方法判断题数学物理方法数学物理方法复习数学物理方法教材数学物理方法试卷数学物理方法课件数学物理方法pdf数学物理方法试题数学物理方法答案
一、拉普拉斯变换（8 分） 1、求积分 I t
0
cos tx dx x2 a2
二、齐次方程的分离变数法（15 分） 1、 求解细杆导热问题，杆长 l ，b 为常数，两端保持为零度，初始温度分布
成都理工数学物理方程试题
《数学物理方程》模拟试卷一、填空题<3分10=30分）1.说明物理现象初始状态的条件叫<），说明边界上的约束情况的条件叫<），二者统称为<）.2.三维热传导齐次方程的一般形式是：<） . 3 .在平面极坐标系下，拉普拉斯方程算符为<） . 4.边界条件是第<）类边界条件，其中为边界.5.设函数的傅立叶变换式为，则方程的傅立叶变换 为<） .6.由贝塞尔函数的递推公式有<） . 7.根据勒让德多项式的表达式有= <）. 8.计算积分<） .9.勒让德多项式的微分表达式为<） . 10.二维拉普拉斯方程的基本解是<） .二、试用分离变量法求以下定解问题<30分）：1. 2. ⨯f u nuS=+∂∂)(σS ),(t x u ),(t U ω22222xu a t u ∂∂=∂∂=)(0x J dx d)(31)(3202x P x P +=⎰-dx x P 2112)]([)(1x P ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<=∂∂===><<∂∂=∂∂====30,0,3,000,30,200322222,0x t u x x t x x u t u t t x u u u ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===><<∂∂=∂∂===x t x x ut u u u u t x x 2,0,00,40,040223. 三、用达朗贝尔公式求解下列一维波动方程的初值问题<10分）四、用积分变换法求解下列定解问题<10分）：五、利用贝赛尔函数的递推公式证明下式<10分）：六、在半径为1的球内求调和函数，使它在球面上满足，即所提问题归结为以下定解问题<10分）:(本题的只与有关，与无关>《数学物理方程》模拟试卷参考答案一、 填空题：1.初始条件，边值条件，定解条件.2.3.. ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<=∂∂===><<+∂∂=∂∂====20,0,8,00,20,162002022222x t u t x x u t u t t x x u u u ⎪⎩⎪⎨⎧=∂∂=>+∞<<-∞+∂∂=∂∂==0,2sin 0,,cos 0022222t t t u x u t x x x u a t u ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=>>=∂∂∂==,1,10,0,1002y x u y u y x y x u)(1)()('0''02x J xx J x J -=u θ21cos ==r u .0,12cos 3,0,10,0)(sin sin 1)(11222πθθπθθθθθ≤≤+=≤≤<<=∂∂∂∂+∂∂∂∂=r u r ur r u r r r u θ,r ϕ)(2222222zu y u x u a t u ∂∂+∂∂+∂∂=∂∂01)(1222=∂∂+∂∂∂∂θρρρρρu u4. 三.5..6..7..8..9..10..二、试用分离变量法求以下定解问题1.解令，代入原方程中得到两个常微分方程：，，由边界条件得到，对的情况讨论，只有当时才有非零解，令，得到为特征值，特征函数，再解，得到，于是再由初始条件得到，所以原定解问题的解为b5E2RGbCAP 2.解令，代入原方程中得到两个常微分方程：，，由边界条件得到，对的情况讨论，只有当时才有非零解，令，得到为特征值，特征函数，再解，得到，于是再由初始条件得到，所以原定解问题的解为p1EanqFDPw 3.解由于边界条件和自由项均与t 无关，令，代入原方程中，将方程与边界条件同时齐次化。
数学物理方程期末试卷与答案分析
（1
分 ）， 所 以 原 定 解 问 题 的 解 为
u(x,t)
n1
16 n
(1)
n
1
e
n
2 2t 16
sin
nx 4
,
（1 分）
4、解：令 u(x,t) V (x,t) W (x)
将其代入定解问题可以得到：
Vtt V (0,
a2Vxx , (0 t) 0,V (l,
x t)
l,t 0
0)
n n
（1）＋（2）可得
u(M
0
)
[u(M
)(
v n
1 2
(ln
1
)]dS
(1
n rMM0
2
ln 1 rMM 0
v)
u n
]dS
若能求得 v 满足
2v 0, y 0
v
y0
1 2
ln
1 rMM 0
y0
（2） (2 分) （3）
则定义格林函数 G(M , M 0 )
1 2
ln 1 rMM 0
y
取拉普拉斯变换得到
p dU dx
1 ,U p
x0
1 p2
1 p
(3
分)，解这个微分方程得到
U (x, p)
1 p2
x
1 p2
1 p
(3 分)，再取拉普拉斯逆变换有 u(x, y)
yx
y 1 (2 分)
所以原问题的解为 u(x, y) yx y 1 .(1 分)
8、解：对于初值问题关于 x 作 Fourier 变换，得：
（2 分）
其中 a2
T
.由于左端开始时自由，以后受到强度为
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3、试用分离变量法求定解问题(10 分)：
u 2 u 2 ,0 x 4, t 0 t x 0, u x4 0, u x 0 2x u t 0 .
4、分离变量法求定解问题(10 分)
2 2 2 x cos x, (0 x l, t 0) utt a u xx sin l l u (0, t ) 3, u (l , t ) 6 x 4 u ( x, 0) 3 x 1 , ut ( x, 0) sin l l
（2 分） 9、解：设 M 0 ( x 0 , y 0 ) 为下半平面中任意一点。已知二维调和函数的积分表达式 为
u(M 0 ) 1 1 1 u (u ( M ) (ln ) ln )dS 2 n rMM 0 rMM 0 n
6
(1 分)
设 v 为调和函数，则由第二格林公式知
（2 分） （1 分） （1 分）
F（0）+G(0)= (0) (0). u(x,t)= (
x at x at ) + ( ) - (0). 2 2 即为古尔沙问题的解。
6 、 解 令 u ( x, t ) v( x, t ) w( x) (1 分)，代入原 方程中 ，将方程 齐次 化，因此
8、用积分变换法求解定解问题(10 分)：
utt a 2u xx , x R, t 0 u ( x,0) sin x, ut ( x,0) 0
9、用格林函数法求解定解问题(10 分)：
2u 2u x 2 y 2 0, y 0, u f ( x) , x . y 0
2 2u 2 u t 2 a x 2 cos x, x , t 0 u u t 0 sin 2 x, t 0 0 t
7、用积分变换法求解定解问题（10 分） ：
2u xy 1, x 0, y 0 u x0 y 1, u 1, y0
(2 分)
若能求得 v 满足
2 v 0, y 0 1 1 v y 0 2 ln r MM 0
（3）
y 0
则定义格林函数 G ( M , M 0 )
u(M 0 ) u(M )
2012 学年第二学期数学与物理方程期末试卷 出卷人：欧峥
1、长度为 l 的弦左端开始时自由，以后受到强度为 A sin t 的力的作用，右端 系在弹性系数为 k 的弹性支承上面； 初始位移为 ( x), 初始速度为 ( x ). 试写出相 应的定解问题。(10 分)
2、 长为 l 的均匀杆， 侧面绝热， 一端温度为 0 度， 另一端有已知的恒定热流进入， x (l x ) 设单位时间流入单位截面积的热量为 q ，杆的初始温度分布是 ，试写出 2 其定解问题。(10 分)
5、解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 令 x+at=0 分） 所以 且 所以
x F(x)= ( ) -G(0). 2 x G（x）= ( ) -F(0). 2
（2 分） （2 分） （ 2
得 ( x ) =F（0）+G（2x） 得 ( x) =F（2x）+G(0)
u x (0, 0) 0,
A sin t , t 0. T 又右端系在弹性系数为 k 的弹性支承上面，所以
因此
（2 分）
Tu x (l , t ) ku (l , t ) 0, 即 Tu x (l , t ) ku (l , t ) 0. （2 分）
而初始条件为
u
t 0
10、写出格林函数公式（三维）及满足的条件，并解释其物理意义。(10 分)
2
答案及分析
1、解: 这是弦的自由振动，其位移函数 u ( x, t ) 满足
utt a 2u xx ,
（2 分）
其中 a 2
T
.由于左端开始时自由，以后受到强度为 A sin t 的力的作用，所以
Tu x (0, t ) A sin t 0, t 0, u x (0, t )
t 0.
（2 分）
2、解：侧面绝热，方程为
ut a 2u xx , 0 x l , t 0
（3 分）
边界条件为
u
x 0
0, u x
x l
q ,t 0 k
（3 分）
初始条件为
x(l x) ,0 x l 2 因此，相应的定解问题为： u
t 0
（3 分）
3
ut a 2u xx , 0 x l , t 0 u u
x 0
0, u x
x l
q ,t 0 k
（1 分）
t 0
x(l x) ,0 x l 2
3、解 令 u ( x, t ) X ( x)T (t ) （2 分） ，代入原方程中得到两个常微分方程：
16 (1) n 1 e n n 2 2t 16
u ( x, t )
n 1
பைடு நூலகம்
sin
nx , 4 （1 分）
4、解：令 u ( x, t ) V ( x, t ) W ( x) 将其代入定解问题可以得到：
（1 分）
V a 2V , (0 x l , t 0) tt xx .....(1) V (0, t ) 0, V (l , t ) 0 x 4 V ( x, 0) 3 x 1 W ( x ), Vt ( x, 0) sin l l
(4 分)
故
u ( x, t ) sin x cos at 1 1 cos x cos at 2 cos x. 2 a a
(1 分)
7、 解 对 y 取拉普拉斯变换 L[u ( x, y )] U ( x, p ) (1 分)，对方程和边界条件同时对
p dU 1 ,U dx p
x 0
d 2u ˆ ( , t ) ˆ ( , t ), x R, t 0 a 2 2u dt 2 u ˆt ( ,0) 0 ˆ ( ,0) F (sin x), u
（2 分）
该方程变为带参数 的常微分方程的初值问题。解得
ˆ ( , t ) C1e jat C2e jat u ˆ ( ,0) F (sin x) C1 C2 , u ˆt ( ,0) ja (C1 C2 ) 0 于是 u
5、利用行波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）(10 分)：
2u 2u 2 a 2 x 2 t u x at 0 ( x ) u ( x ). x at 0
(0) (0)
1
6、用达朗贝尔公式求解下列一维波动方程的初值问题（10 分）
（2 分） （2 分）
则由 C1 C2
1 1 ˆ ( , t ) F (sin x )(e jat e jat ) 。 （2 分） F (sin x) ，得： u 2 2
ˆ ( , t ) 的 Fourier 逆变换 作像函数 u ˆ ( , t )] u ( x, t ) F 1[u sin x cos at 1 1 1 F F (sin x)(e jat e jat ) [sin( x at ) sin( x at )] 2 2
t 0
sin 2 x
到
1 v cos xw ( x ), a2 t
以 上
5
t 0
0,
(2 分)由达朗贝尔 题 的 解 为
得
问
1 1 1 v( x, t ) [sin 2( x at ) 2 cos( a at ) sin 2( x at ) 2 cos( x at )] 0 2 a a 1 sin x cos at 2 cos x cos at a
y 取拉普拉斯变换得到
U ( x, p ) 1 1 1 x 2 2 p p p
1 1 2 p p
(3 分)，解这个微分方程得到
(3 分)， 再取拉普拉斯逆变换有 u ( x, y ) yx y 1 (2 分)
所以原问题的解为 u ( x, y ) yx y 1 .(1 分) 8、解：对于初值问题关于 x 作 Fourier 变换，得：
( x), ut
t 0
( x).
（2 分）
因此，相应的定解问题为
utt a 2uxx , 0 x l , t 0, A sin t , Tux (l , t ) ku (l , t ) 0, ux (0, t ) T u t 0 ( x), ut t 0 ( x).
T ' (t ) T (t ) 0 ， X '' ( x) X ( x) 0 （2 分） ，由边界条件得到 X (0) X (4) 0 ，
对 的情况讨论，只有当 0 时才有非零解，令 ，得到
2
2
n 2 2 42 为
特征值，特征函数
X n( x ) Bn sin
2 2v 1 2 v a [ w '' ( x)] cos x a 2 w '' ( x) cos x 0 w( x) 2 cos x 2 2 t x a (2 分)， 再求
v 定解问题
公 式
2 2v 2 v a ,t 0 t 2 x 2
(u
2
v v 2 u )d (u