模拟试题及参考答案_数学物理方程

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数学物理方程考试试题及解答(1)

数学物理方程考试试题及解答(1)数学物理方程考试试题及解答考试题目：求解一阶常微分方程y'+3y=x+e^(-2x)解答：1. 首先我们需要将原方程变形，得到y'和y的系数都为1的形式： y'+3y=x+e^(-2x)y'+3y-1*x= e^(-2x)即：y'+3y-(1*x)= e^(-2x)2. 根据一阶常微分方程的标准形式 y'+p(x)y=q(x) ，我们可以将上述方程的左侧写成d/dx(y*e^(3x))的形式。

具体步骤如下：(y'+3y)e^(3x) - x*e^(3x) = e^(3x)*e^(-2x)即：d/dx(y*e^(3x)) - x*e^(3x) = e^xd/dx(y*e^(3x)) = e^(3x)+x*e^(3x)+e^x3. 将方程两侧的d/dx和e^(3x)去掉，得到最终的含y的方程：y*e^(3x) = ∫(e^(3x)+x*e^(3x)+e^x)dx + C= (1/3)*e^(3x) + (1/2)*x*e^(3x) + e^x + C即：y = (1/3) + (1/2)*x + e^(-3x)*(e^(2x)*C+1)4. 因为是一阶线性齐次方程，存在唯一的初始条件y0，可以将解方程带入初始条件得到C的值。

考试题目：提出热传导方程的边界条件∂u/∂t = a(∂²u/∂x²)解答：热传导方程描述的是一个物质内部温度分布随时间变化的情况，它可以用数学模型来表示:∂u/∂t = a(∂²u/∂x²)其中，u(x,t)是时间t和空间x处的温度，a是热传导系数，代表了物质的传热速率。

热传导方程的边界条件通常有如下几种：1. 第一类边界条件（Dirichlet边界条件）：即在给定的边界上已知温度u，通常写成形式u(x,t)|_∂Ω = f(x,t) 。

在第一类边界上，温度保持不变，而且是已知的，所以我们直接用Dirichlet边界条件就可以描述。

数学物理方程试卷

数学物理方程试卷一、选择题1.在一个匀速运动中，物体的速度v与物体的位移s的关系是：A.v=s/tB.v=s/t^2C.v=s*tD.v=s*t^22.以下哪个物理量属于标量？A.速度B.力C.加速度D.距离3.物体质量为m，重力加速度为g，物体所受重力的大小为：A. mgB. mg/2C. 2mgD. mg^24.物体自由落体下落t秒后的位移s与时间t的关系为：A. s=gtB. s=gt^2C. s=gt^3D. s=1/gt5.以下哪个物理量属于矢量？A.面积B.速度C.力D.质量二、填空题1.一辆车以10m/s的速度匀速行驶了20秒，那么它的位移是_____________米。

2.物体在一个小时内匀速运动40千米，速度为_____________米每秒。

3.物体在水平地面上受到10牛的推力，质量为2千克，加速度为_____________。

4.一个物体从100米高的地方自由落体，下落10秒后的速度是_____________米每秒。

5.物体质量为5千克，重力加速度为10米每秒的平方，所受重力的大小是_____________牛。

三、解答题1.用物理公式解释为什么月亮绕地球运动？答：根据万有引力定律，任意两个物体之间都存在引力。

月球的质量相对较小，在地球的引力作用下，它会受到向地心的引力，从而绕着地球进行运动。

2.一个物体以10m/s的速度沿水平方向运动，另一个物体以5m/s的速度沿同一方向追赶第一个物体，如果第二个物体和第一个物体质量相同，两个物体发生碰撞后，它们的速度是多少？答：根据动量守恒定律，两个物体的总动量在碰撞前后保持不变。

因此，第一个物体的动量为10 kg·m/s，第二个物体的动量为5 kg·m/s。

由于两个物体质量相同，碰撞后它们的速度将相等。

设碰撞后的速度为v，则第一个物体的动量为10v kg·m/s，第二个物体的动量为5v kg·m/s。

数学物理方程与特殊函数试题及答案

数学物理方程与特殊函数试题及答案猜你喜欢： 1. 2. 3. 4. 5.数学物理方程与特殊函数是一门专业性比拟强的课程，要学好这门课程，同学们还是要用心去学才能学好数学物理方程与特殊函数。

下面是给大家的数学物理方程与特殊函数试题及答案，欢送大家学习参考。

1.对于一般的二阶线性偏微分方程0(1) 它的特征方程为，假设在域内ACB那么此域内称(1) 椭圆型假设在域内B那么此域内称(1)为抛物型假设在域内 B 那么此域内称(1)为双曲型。

2. 第一类格林公式第二类格林公式 . 已那么 ;而函数按1xP的展开式4.一维热传导方程可用差分方程似代替。

二维拉普拉斯方程可用差分方0 近似代替。

5. 勒让德多项式的正交性???。

二.用别离变量法求?的解。

(15分) 解：用别离变量法求解，先设满足边界条件且是变量被别离形式的特解为tTxXtxu?代入方程(1)上式左端不含有x，右端不含有t，从而得到两个线性常微分方程解(6)得 x由(2)得，及相应的固有函数为xlnBxXnn?sin? 7?? ，再由(5)得，? 由(7)，(8)得由(1)，(3)得又由(3) 得所以，原定解问题的解为?三.求方程? 的解。

(15分) 解：对(1)两端积分的通解为任意二阶可导函数，令(4)满足(2)，(3)得解之得6(5)，(6)代入(4)得u 四.求柯西问题的解。

(12分) 解;先确定所给方程的特征线。

为此，写出它的特征方程 dy2-2dxdy-3dx20 它的两族积分曲线为作特征变换4?经过变换原方程化它的通解为中21ff 是两个任意二次连续可微的函数。

方程(1)的通解为由(2。

《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。

数学物理方程试卷及答案

数学物理⽅程试卷及答案参考解答：⼀、填空题1. A 定解 B 初值（或Cauchy 问题） C 存在性、唯⼀性和稳定性2. D 双曲3. E (1)(2)(4)4. F [x-3t,x+t] ,G 决定区域5. H 222(21)(1,2,)4n n L πλ-==L I(21)cos (1,2,)2n x X n Lπ-==L ⼆、解：⽆界区域上波动⽅程200,,0|(),|()tt tt t t t u a u x t u x u x ?ψ==?=-∞<<+∞>??==?? 的达朗贝尔公式为：22()()1(,)()22x atx at x at x at u x t d aψξξ+--++=+对于本题所给半⽆界区域上的⾃由端点定解问题，只需对初始条件作偶延拓，即令：2(),()||x x x x ?ψ==即可，2a = ,代⼊达朗贝尔公式得22222222(2)(2)1()||2224,25(4),24x tx tx t x t u x d x xt t x tx t x t ξξ+--++=+??++≥?=?+⼆、解：设(,)()()u x t X x T t =，则()''()4''()()X x T t X x T t =，分离变量成为''()''()4()()T t X x T t X x λ==-，则''()()0,'(0)'(1)0''()4()0X x X x X X T t T t λλ+===??+=?，解前⼀⽅程，得固有值22(0,1,2,)n n n λπ==L 和固有函数()cos X x n x π=，代⼊⽅程''()4()0T t T t λ+=中可得()cos 2sin 2T t A n t B n t ππ=+，1,2,3,)n =L （由叠加原理，原⽅程有解1(,)(cos 2sin 2)cos nnn u x t A n t Bn t n x πππ∞==+∑。

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

数学物理方程习题解答案

数学物理方程习题解答案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）(,)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 =是方程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。

数学物理方程考试试题及解答

数学物理方程试题（一）一、填空题（每小题5分, 共20分）1.长为的两端固定的弦的自由振动, 如果初始位移为 , 初始速度为x 2cos 。

则其定解条件是2.方程.的通解................3.已知边值问题 , 则其固有函数 =4.方程0)(222'"2=-++y n x xy y x α的通解为二.单项选择题（每小题5分, 共15分）1. 拉普拉斯方程的一个解是.. ）（A ）xy e y x u x sin ),(= （B ）22),(y x y x u +=（C ）221),(y x y x u += （D ）22ln),(y x y x u += 2.一细杆中每点都在发散热量, 其热流密度为 ,热传导系数为 , 侧面绝热,体密度为 ,比热为 , 则热传导方程....)（A ）ρc t x F x u a t u),(22222+∂∂=∂∂ （B ）ρc t x F x u a t u ),(222+∂∂=∂∂ (C ) ρc t x u x F a t F ),(22222+∂∂=∂∂ (D) ρc t x u x F a t F ),(222+∂∂=∂∂ (其中ρc k a =2) 3.理想传输线上电压问题( 其中CL a 12=)的解为（）（A ）)(cos ),(at x A t x u +=ω （B ）t a x A t x u ωωcos cos ),(=（C ）t a x A t x u ωωsin cos ),(= （D ）)(cos ),(t a x A t x u -=ω1. 三.解下列问题2. ( 本题8分) 求问题 ⎪⎩⎪⎨⎧==∂∂+∂∂x ex u yu x u 38)0,(03的解3. ( 本题8分)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-==∂∂∂222),0(,cos 1)0,(6y y u x x u y x y x u...本题8分.求问. 的解1. 四.用适当的方法解下列问题2. ( 本题8分) 解问题 ⎪⎩⎪⎨⎧+-=∂∂=∂∂2222321)0,(x x x u x u a t u 2.( 本题8分) 解问题 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂+=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂==202202222222226,32)(y t uxz y u z u y u x u a t u t t 五. ( 本题10分)解混合问题:六. ( 本题15分)用分离变量法解下列混合问题：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂-===∂∂=∂∂=xt u x x x u t u t u x u a t u t 2sin 3,)(2)0,(0),(),0(022222ππ 一.单项选择题（每小题4分, 共20分）1.（D..2.（B..3.（D..4.（D ）二.填空题（每空4分, 共24分）1....2...3.. ，4.)(x X n =cos ,(0,1,2,3,)2n n x B n π= 5.通解为223(,)()()2u x t x y f x g y =++ 三.解下列问..本题7分.1. 求问题的解解: 设（2分）代入方程,330,1m m +==- （6分）所以解为 3(,)8x y u x t e -= （7分）2． ( 本题7分) 求问题 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂=∂∂=∂∂=20222223,2sin )0,(x t ux x u x u a t u t 的解解: 由达朗贝尔公式, 得211(,)[sin 2()sin 2()]322x at x at u x t x at x at d aξξ+-=++-+⎰（3分） 223cos 2sin 23at x x t a t =++ （7分）四.用适当的方法解下列问题1. .本题7分.解问.解: 设代入方程,令 2066A A a x''=⎧⎨=+⎩ 显然成立解为 22(,)12366u x t x x a t xt =-+++2.( 本题7分) 解问题 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂++=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂==202202222222226,32)(y t u yz y x u z u y u x u a t u t t 解: 设（2分）代入方程22326[(212)(12)]A Bt a y At t Bt +=++∆++∆ （4分）令 , 显然成立, 解为322222632),(t a t y t a yz y x t x u +++++=五. ( 本题7分)解混合问题:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===∂∂=∂∂x x u t u t u x u a t u πsin 2)0,(0),1(),0(222 解1(,){(,)}u x t L U x s -=222sin a t e x ππ-= 六. ( 本题15分)用分离变量法解下列混合问题:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂-===∂∂=∂∂=xt u x x x u t u t u x u a t u t 2sin 3,)(2)0,(0),(),0(022222ππ 解: 设代入方程及边界200(0)()0T a T X X X X λλπ''⎧+=⎪''+=⎨⎪==⎩22(),sin n n n n X nx πλπ=== (cos sin )sin n n n u C ant D ant nx =+1(,)(cos sin )sin n n n u x t C ant D ant nx ∞==+∑其中 3028[1(1)]()sin n n C x x nxdx n ππππ--=-=⎰ 00(2)23sin 2sin 3(2)n n D x nxdx n aππ≠⎧⎪==⎨=⎪⎩⎰ 所以解为3138[1(1)](,)sin 2sin 2cos sin n n u x t at x ant nx a n π∞=--=+∑2009-2010学年第一学期数学物理方程试题一、填空题（每小题4分, 共24分）1.方程.的特征线..........2.长为的弦做微小的横振动, 、两端固定, 且在初始时刻处于水平状态, 初始速度为 .则其定解条件.................3.方程的通解.........4.已知边值问. .. 则其固有函数)(x X n =5.方程的通解............6...........二. 单项选择题（每小题4分, 共20分）1.微分方程.是..）（A ）三阶线性偏微分方程（B ）三阶非线性偏微分方程（C ）三阶线性齐次常微分方.....（D ）三阶非线性常微分方程2. 拉普拉斯方程的一个解是.. ）（A ）xy e y x u x sin ),(= （B ）22),(y x y x u +=（C ）221),(y x y x u += （D ）22ln),(y x y x u += 3.一细杆中每点都在发散热量, 其热流密度为 ,热传导系数为 , 侧面绝热,体密度为 ,比热为 , 则热传导方程....)（A ）ρc t x F x u a t u),(22222+∂∂=∂∂ （B ）ρc t x F x u a t u ),(222+∂∂=∂∂ (C ) ρc t x u x F a t F ),(22222+∂∂=∂∂ (D) ρc t x u x F a t F ),(222+∂∂=∂∂ (其中ρc k a =2) 4.理想传输线上电压问题（A ）)(cos ),(at x A t x u +=ω （B ）t a x A t x u ωωcos cos ),(=（C ）t a x A t x u ωωsin cos ),(= （D ）)(cos ),(t a x A t x u -=ω5.单位半径的圆板的热传导混合问题⎪⎩⎪⎨⎧=<=<∂∂+∂∂=∂∂)()0,(,),(,0),1()1()1(222ρρρρρρρf u M t u t u u u a t u 有形如（）的级数解。

物理方程测试题及答案

物理方程测试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 下列哪个方程是描述牛顿第二定律的？A. F=maB. F=G*(m1*m2)/r^2C. E=mc^2D. v=u+at答案：A2. 光速在真空中的速度是多少？A. 299,792,458 m/sB. 300,000,000 m/sC. 299,792,458 km/sD. 300,000,000 km/s答案：B3. 以下哪个单位是力的国际单位？A. 牛顿（N）B. 帕斯卡（Pa）C. 焦耳（J）D. 瓦特（W）答案：A4. 根据能量守恒定律，下列哪个说法是正确的？A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量既不会被创造也不会被消灭D. 能量可以转化为质量答案：C5. 以下哪个是描述动量守恒定律的方程？A. p=mvB. F=maC. ΔU=QD. W=Fd答案：A二、填空题（每空1分，共10分）6. 根据万有引力定律，两个物体之间的引力与它们的质量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比，其公式为：F=________*(m1*m2)/r^2。

答案：G7. 根据库仑定律，两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比，其公式为：F=________*(q1*q2)/r^2。

答案：k8. 根据欧姆定律，导体两端的电压与通过它的电流成正比，其公式为：V=________*I。

答案：R9. 根据焦耳定律，电流通过导体产生的热量与电流的平方、电阻和通电时间成正比，其公式为：Q=________*I^2*R*t。

答案：1/210. 根据开普勒第三定律，行星绕太阳公转周期的平方与其轨道半长轴的立方成正比，其公式为：T^2=________*a^3。

答案：4π^2/GM三、计算题（每题10分，共20分）11. 一辆汽车以15m/s的速度行驶，突然刹车，加速度为-5m/s^2，求汽车完全停止所需的时间。

答案：t=(0-15)/(-5)=3s12. 一个物体从10m高处自由落下，忽略空气阻力，求物体落地时的速度。

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。

数学物理方程期中答案

∞ ∑ 2 2 2 u(x, t) = v (x, t) + w(x) = x − 1 + [1 − (−1)n ] e−n π t sinnπx nπ n=1 2
2.求解热传导方程的初值问题 { ut = a2 uxx , −∞ < x < ∞, t > 0 u|t=0 = cosx 解：对各项以x为变量施行Fourier变换，得 ∫ ∞ F [u(x, t)] = u(x, t)eiλx dx = u ˆ(λ, t) ∫ F [cosx] =
∂Ω
∂v ∂v ∂v ( )2 + ( )2 ( )2 − 2f v dΩ − ∂y ∂z Ω ∂x
考察变分问题: 求 u ∈ V ,使 J (u) = min J (v ).
v ∈V
¯ 。试导出与其等价的边值问题，并证明他们的等价其中V = C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) 性。解: 等价的边值问题为: { −△u = f, ∂u | = g ∂n ∂ Ω 一方面,若u 是变分问题的解,则对于任意的v ∈ V ,令 v = u + λw, 有 ∫ ∫ ∫ ∂u ∂u ∂u λ2 J (v ) = J (u) + λ( ∇u∇w − f w + ( )2 + ( )2 + ( )2 gw) + 2 Ω ∂x ∂y ∂z Ω ∂Ω 因 J (u + λw)在0处取极小值, 从而有 J ′ (u + λw)|λ=0 = 0 3
BR BR
证明 (1): 利用 Green 第二公式, ∫ ∂v ∂u u△v − △u = int∂ Ω u −v ∂n ∂n Omega
(0.1)
取 v = rn1 −2 , Ω = BR (M0 )\Bϵ (M0 ),代入到 (0.1)则得到(1)的第一式, 因为第一式对任意的半径R均成立,在第一式的基础上,同时关于半径r 在区间 [0, R] 上积分即可得(1)的第二式. (2): 对球上的任意两点M1 , M2 ,有 BR (M1 ) ⊂ B2R (M0 ) ⊂ B3R (M2 ) 由(1)的第二式知: ∫ ∫ 1 1 cccu(M1 ) = u≤ u wn Rn BR (M1 ) wn Rn B2R (M0 ) ∫ 1 ≤ u = 3n u(M2 ). n wn R B3R (M2 ) 证毕. 6. 对Rn 中的有界连通区域Ω 中的方程 { ∑ ∂u 3 Lu = △u + n i=1 bi ∂xi + c(x)u = 0, in Ω ∂u + σu|∂ Ω = φ. ∂n 其中,bi (x) 和c(x) < 0 都是Ω 中的连续函数且σ ≥ σ0 > 0. 试证明下列极致原理: (1) 方程的解u(x) 不能在Ω 内部取到正的极大值或负的极小值. 1 (2)成立极大摸估计: supx∈Ω |u(x)| ≤ σ |φ(x)|. 0 4

数学物理方程试卷

数学物理方程试卷一、常微分方程(1)证明椭圆线方程$x^2+y^2=1$的曲率半径是无穷的证明：曲线的曲率半径R为曲线点处的法线与曲率半径的夹角$\frac{1}{R}$的反正切值，其表达式为$\frac{，y'，}{\sqrt{1+y'^2}}$，其中$y'$为曲线其中一点处的导数值。

而椭圆线方程$x^2+y^2=1$的一阶导数分别为$\frac{dy}{dx}=\frac{-x}{y}$以及$\frac{dx}{dy}=\frac{x}{y}$，这里可以得到$y' = \frac{-x}{y}=\frac{-1}{x}$。

此时曲率半径表达式变为$\frac{x}{，x，\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$，表达式中的$，x，$可以去掉，并且$x$取任意值，故椭圆线方程$x^2+y^2=1$的曲率半径是无穷的。

(2)证明球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率、曲率半径一致证明：根据曲线曲率的定义可知，球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率为$\kappa=\frac{，R_1\cdot R_2，}{R^3}$，其中$R_1$、$R_2$分别为曲线其中一点处的两个切线的曲率半径，$R$为曲线其中一点处的曲率半径。

而对于球面，它的两个曲率半径$R_1$和$R_2$是完全一样的，这是因为在球面其中一点的法线方向没有区别，故$R_1=R_2$。

此时曲率可以表示为$\kappa=\frac{R_1^2}{R^3}=\frac{R^2}{R^3}=\frac{1}{R}$，即曲率等于其曲率半径的倒数，也就是说球面$x^2+y^2+z^2=a^2$的曲率和曲率半径是一致的。

二、偏微分方程。

数学物理方程作业题及解答

)22y2t-x-22y2t-x-35ïïîïïíì=¶¶==¶¶-¶¶==x t u u xt x ut ut t sin |,0sin 002222解：根据叠加原理，问题可以分解为以下两类问题的叠加：（I ）ïîïïíì=¶¶==¶¶-¶¶==xt u ux u tu tt sin |,0011212212(II) ïïîïïíì=¶¶==¶¶-¶¶==0|,0sin 020222222t t t u u x t x u t u 根据达朗贝尔方程，问题（I ）的解为：）的解为： a a d t x u tx tx ò+-=sin21),(1=)]cos()[cos(21t x t x --+-=t x sin sin根据齐次化原理，问题（II ）的解为）的解为t x x tt t d d t x u t t x t x òò-+--=0)()(2sin 21),(=ò----+-td t x t x 0))](cos())([cos(21t t t t=ò-td t x 0)sin(sin t t t=))cos()cos((sin 0ò---tt d t t x t t t t=))sin((sin 0tt t x t -+=)sin (sin t t x - =t x x t sin sin sin - 所以，x t t x u t x u t x u sin ),(),(),(21=+=第2次作业：（分离变量法）p22 1. 用分离变量法求下列问题的解：(1) ïïïîïïïíì==<<-=¶¶=¶¶=¶¶==0),(),0()0()1(,3sin 022222t l u t u l x x x t u l x u x ua t u ot t p解：采用分离变量法，令解：采用分离变量法，令)()(),(t T x X t x u =带入偏微分方程，得到带入偏微分方程，得到0)()(")(")(2=-t T x X a t T x X （1）将上式分离变量，有将上式分离变量，有 )()(")()("2x X x X t T a t T =（2）上式只有在两边均等于常数时才成立。

数学物理方程第5章习题及答案

11.设 {(x, y) | x2 y2 R2, y 0}, 考虑半圆域狄利克雷问题
u 0, x
u(x, y) (x, y),(x, y)
应用对称法求区域上的格林函数。
解：该问题所求格林函数应满足
G (P, P0 ), P
G(P, P0 ) 0, P B(圆周) G(P, P0 ) 0, P L(x轴上的边界)
C1
1
4
解为 u 1
4 r
方法二: 本题中u只与r有关，则
所以
uxx
u yy
+uzz
=
1 r
(2ur
rurr )
2ur rurr 0 2rur r 2urr 0 (r 2ur )r 0 r 2ur C
ur
C r2
u
C1
1 r
C2
随后求解过程与方法一相同。
注：在球面坐标系中
uxx
记 G \ B ，则 G B ，在格林第二公式
(uv vu)d
(u
v n
v
u )ds n
中，令 v (P, P0 )，注意到 0 ，则有
ud
G
(u
G
n
u )ds n
或
ud (u u )ds (u u )ds
G
n n
B n n
在圆周B 上有
( 1
随后求解过程与方法一相同。
(3)uxx uyy +uzz =0,r 0
解：方法一: 三维拉普拉斯方程的基本解表示通解
1 u C1 r C2
lim u(r)=0
r
C2
0
u n |B(0, )
u n
B(0, )

数学物理方程练习题第九版(学生用)汇编

2．设 K R 表示以原点为中心以 R 为半径的球体, ΓR 表示以原点为中心以 R 为半径的球面. 若 0 < r < R , 且 u 满足下面的定解问题:
8
= ∆u 0, (x, y, z) ∈ KR \ Kr ,
= u Γr 1,= u ΓR 2, 证明：在 KR \ Kr 内, 1 < u < 2.
3. 用积分变换法求解定解问题：
7
= ut a2u xx +ku, -∞<x < +∞, t > 0, u(x,0) = ϕ(x).
练习十四
1．证明二维调和函数的积分表达式：
u(M 0 )
=
−
1 2π
∫ C u
∂ ∂n
ln
1 r
− ln
1 r
∂u ∂n
ds.
2．在下半平面 y < 0 内求解拉普拉斯方程的边值问
《数学物理方程与特殊函数》习题
练习一
1．写出长为 L 的弦振动的边界条件和初始条件：
（1）端点 x = 0, x = L 是固定的；
（2）初始状态为 f (x) ；
（3）初始速度为 g(x) ；（4）在任何一点上，在时刻 t 时位移是有界的. 2．写出弦振动的边界条件：（1）在端点 x = 0 处，弦是移动的，由 g(t) 给出；（2）在端点 x = L 处，弦不固定地自由移动. 3．验证函数 u = f (xy) 是方程 xux − yu y = 0 的解，其中 f 是任意连续可微函数.
= u t a2u xx ,
x > 0, t > 0,
= u(0,t) u= 0 , u(x,0) 0, u(x,t)有界.

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。

数学物理方程期末考试题及答案

数学物理方程期末考试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 以下哪一项不是数学物理方程的特点？A. 连续性B. 离散性C. 线性D. 非线性答案：B2. 波方程是描述什么的方程？A. 热传导B. 电磁波C. 机械波D. 流体动力学答案：C3. 拉普拉斯方程通常出现在哪种物理现象中？A. 热传导B. 流体流动C. 电磁场D. 弹性力学答案：C4. 以下哪个不是偏微分方程的解的性质？A. 唯一性B. 线性C. 稳定性D. 离散性答案：D5. 波动方程的解通常表示什么？A. 温度分布B. 电荷分布C. 压力分布D. 位移分布答案：D二、填空题（每空2分，共20分）6. 波动方程的基本形式是 _______。

答案：$ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \nabla^2 u $7. 热传导方程，也称为________方程。

答案：傅里叶8. 拉普拉斯方程 $ \nabla^2 \phi = 0 $ 在静电学中描述的是________。

答案：电势9. 边界条件通常分为________和________。

答案：狄利克雷边界条件；诺伊曼边界条件10. 波动方程的一般解可以表示为________和________的叠加。

答案：基频解；高阶谐波三、简答题（每题10分，共30分）11. 解释什么是边界层的概念，并给出一个实际应用的例子。

答案：边界层是流体力学中的一个概念，指的是流体靠近物体表面处的一层非常薄的流体，其中速度梯度很大。

在边界层内，流体的速度从物体表面的零速度逐渐增加到与外部流体速度相匹配。

一个实际应用的例子是飞机的机翼，边界层的厚度和特性对飞机的升力和阻力有重要影响。

12. 描述什么是格林函数，并解释它在解决偏微分方程中的作用。

答案：格林函数是一种数学工具，用于解决线性偏微分方程。

它是一个特定的函数，当它与方程的算子相乘时，结果是一个狄利克雷问题，其解是原始方程的一个解。

物理方程测试题及答案

物理方程测试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 光在真空中传播的速度是多少？A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/hC. 299,792,458 km/sD. 299,792,458 m/h答案：A2. 以下哪个是牛顿第二定律的表达式？A. F = maB. F = mvC. F = m/aD. F = ma^2答案：A3. 一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，它的加速度是多少？A. 5 m/s^2B. 10 m/s^2C. 20 m/s^2D. 40 m/s^2答案：A4. 根据动能定理，一个物体的动能与其速度的平方成正比，与其质量成什么关系？A. 正比B. 反比C. 无关D. 无法确定答案：A5. 以下哪个选项是描述电磁波的方程？A. E = mc^2B. E = hνC. F = G*(m1*m2)/r^2D. F = ma答案：B6. 一个物体从静止开始自由下落，其加速度是多少？A. 9.8 m/s^2B. 10 m/s^2C. 0 m/s^2D. 无法确定答案：A7. 以下哪个是描述理想气体状态方程的？A. PV = nRTB. P = ρghC. F = maD. E = mc^2答案：A8. 以下哪个是描述欧姆定律的方程？A. V = IRB. I = V/RC. R = V/ID. A. B. C. 都是答案：D9. 以下哪个是描述电磁感应定律的方程？A. E = F/qB. E = hνC. E = -dΦ/dtD. E = mc^2答案：C10. 以下哪个是描述库仑定律的方程？A. F = G*(m1*m2)/r^2B. F = k*(q1*q2)/r^2C. F = maD. E = mc^2答案：B二、填空题（每题2分，共20分）1. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小________，方向________。

答案：相等；相反2. 光年是光在一年内通过的距离，其值约为________光年。

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）⎧utt -a2uxx=0⎪⎨ux-at=0=ϕ(x)⎪u⎩x+at=0=ψ(x).其中ϕ(0)=ψ(0)。

⎧ξ＝x-at解：设⎨则方程变为：η=x+at⎩uξη=0，u=F(x-at)+G(x+at)(8’)由边值条件可得：F(0)+G(2x)=ϕ(x),F(2x)+G(0)=ψ(x)由ϕ(0)=ψ(0)即得：u(x,t)=ϕ(x+at x-at)+ψ()-ϕ(0)。

22二、利用变量分离法求解方程。

（15分）⎧utt -a2uxx=0,(x,t)∈Q,⎪⎨ux=0=ux=l=0,t≥0,⎪u=ϕ(x),ut t=0=ψ(x)⎩t=0其中0≤x≤l。

a>0为常数解：设u=X(x)T(t)代于方程得：X''+λX=0，T''+λa2T=0(8’)X=C1cosλx+C2sinλx，T=C1cosλat+C2sinλat由边值条件得：C 1=0,λ=(∞n π2)ln πx lu =∑(B n cos λat +A n sin λat )sin n =1B n =2l n πx 2l n πx ，ϕ(x )sin dx A =ψ(x )sin dx n ⎰⎰00l l an πl2三．证明方程u t -a u xx -cu =0(c ≥0)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v =e -ct u 代入方程：⎧v t-a 2v xx =0⎪⎨v t =0=ϕ(x )⎪v (0,t )=g (t ),v (l ,t )=g (t ).12⎩设v 1,v 2都是方程的解设v =v 1-v 2代入方程得：⎧v t-a 2v xx =0⎪⎨v t =0=0⎪v (0,t )=,v (l ,t )=0⎩由极值原理得v =0唯一性得证。

(8’)由v 1-v 2≤v 1-v 2得证。

τ≤ε，稳定性得证由v =e -ct u 知u 的唯一性稳定性四．求解二维调和方程在半平面上的狄利克雷问题(15分).∆u =u xx +u yy +u zz=0,z >0,u z =0=f (x ).解：设p (ξ,η,ζ)是上半平面内一点，在该点放置单位点电荷，其对称点p (ξ,η,-ς)格林函数：G (x ,y ,ξ,η)=-14π14π1(x -ξ)+(y -η)+(z -ς)1(x -ξ)+(y -η)+(z +ς)222222+∂G∂G=-∂n∂z z=0=ς2π[(x-ξ)+(y-η)+ς]2223/2方程的解：u(ξ,η)=ς2πϕ(x,y)⎰[(x-ξ)2+(y-η)2+ς2]3/2dx R2五、证明下列初边值问题解的唯一性.(20分)u utt-a2(uxx+uyy)=f(x,y,t) t=0=ϕ(x,y),=ψ(x,y),ut t=0uΓ=g(x,y,t).其中t>0,(x,y)∈Ω,Γ为Ω的边界.解:设u1,u2都是方程的解设u=u1-u2代入方程得：u tt -a(uxx+uyy)=0u u t t=02 =0=0 t=0uΓ=0.设E(t)=12222[u+a(u+u]dxdy t x y⎰⎰2ΩdE(t)=2⎰⎰[ut utt+a2(uxuxt+uyuyt)]dxdydtΩ=2[ut [utt-a(uxx+uyy)]dxdyΩ⎰⎰2=0(10’)E(t)=E(0)=0，u=C，由边值条件得：u=0。

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