电子科大 数理方程(谷超豪)第二章
数学物理方程(谷超豪)-第三、四章 课后习题答案
第三章调和方程§1建立方程定解条件1．设)(),,,(21r f x x x u n = )(221n x x r ++=是n 维调和函数（即满足方程022212=∂∂++∂∂nx ux u），试证明221)(-+=n rc c r f )2(≠n rInc c r f 1)(21+=)2(=n 其中21,c c 为常数。
证：)(r f u =,rx r f x rr f x u i i i ⋅=∂∂⋅=∂∂)()(''32''22"22)(1)()(r x r f r r f rx r f x ui i i ⋅-⋅+⋅=∂∂312''212"122)()()(rx r f r nr f rx r f x uni i ni i ni i∑∑∑===⋅-⋅+⋅=∂∂)(1)('"r f rn r f -+=即方程0=∆u 化为0)(1)('"=-+r f rn r f rn r f r f 1)()('"--=所以)1(1')(--=n r A r f 若2≠n ，积分得1212)(c r n A r f n ++-=+-即2≠n ，则221)(-+=n r c c r f 若2=n ，则rA r f 1')(=故Inr A c r f 11)(+=即2=n ，则rInc c r f 1)(21+=2．证明拉普拉斯算子在球面坐标),,(ϕθr 下，可以写成sin 1)(sin sin 1(12222222=∂∂⋅+∂∂∂∂⋅+∂∂∂∂⋅=∆ϕθθθθθur u r r u r r r u 证：球坐标),,(ϕθr 与直角坐标),,(z y x 的关系：ϕθcos sin r x =，ϕθsin sin r y =，θcos r z =（1）222222z u yu xu u ∂∂+∂∂+∂∂=∆为作变量的置换，首先令θρsin r =，则变换（1）可分作两步进行ϕρcos =x ，ϕρsin =y （2）θρsin r =，θcos r z =（3）由（2）⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫∂∂+-∂∂=∂∂∂∂+∂∂=∂∂)cos ()sin (sin cos ϕρϕρϕϕϕρy ux u u y u x u u 由此解出⎪⎭⎪⎪⎬⎫⋅∂∂+∂∂=∂∂⋅∂∂-∂∂=∂∂ρϕϕϕρρϕϕϕρcos sin sin cos u u y u u u x u （4）再微分一次，并利用以上关系，得)sin cos (22ρϕϕϕρ⋅∂∂-∂∂∂∂=∂∂u u x xu)sin cos (sin )sin cos (cos ρϕϕϕρϕρϕρϕϕϕρρϕ⋅∂∂-∂∂∂∂⋅-⋅∂∂-∂∂∂∂=u u u u +∂∂⋅+∂∂∂⋅-∂∂=22222222sin cos sin 2cos ϕρϕϕρρϕϕρϕuu u ρρϕϕρϕϕ∂∂⋅+∂∂⋅+u u 22sin cos sin 2cos sin (22ρϕϕϕρ⋅∂∂+∂∂∂∂=∂∂u u y yu)cos sin (cos )cos sin (sin ρϕϕϕρϕρϕρϕϕϕρρϕ⋅∂∂+∂∂∂∂++⋅∂∂+∂∂∂∂=u u u u ρρϕϕρϕϕϕρϕϕρρϕϕρ∂∂⋅+∂∂⋅--∂∂⋅+∂∂∂+∂∂=u u uu u2222222222cos cos sin 2cos cos sin 2sin 所以ρρϕρρ∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂=∂∂+∂∂uu u yu xu 11222222222（5）ρρϕρρ∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂+∂∂uuz uu z u y u x u112222222222222再用（3）式，变换2222zu u ∂∂+∂∂ρ。
数学物理方程答案(全)
利用微分中值定理可得
T
(
x)ux
x
utt
将T (x) 的表达式代入可得
utt g(l x)uxx gux
2.长为 L,均匀细杆,x=0 端固定,另一端沿杆的轴线方向拉长 b 静止后（在弹性限 度内）突然放手，细杆做自由振动。试写出振动方程的定解条件。
T(x,t) T(x+dx,t)
界条件之一：
（1）一端（x=0）绝热，另一端（x=L）保持常温 0
解:边界条件 ux x0 0, u xL u0
（2）两端分别有热流密度 q1 和 q2 进入
解:边界条件 ux
x0
g1 k
,ux
xL
g2 k
（3）一端（x=0）温度为 1(t) ，另一端（x=L）与温度为 (t) 的介质有热交换
F ( x,
t)dtdxS
u x
cSdtdx
k
2u x2
F (x,t)
u x
c
ut
k c
uxx
F ( x, t ) c
ut
k c
uxx
(
j)2 c
习题 2.3
1.半径为
r0
的球面，在的 0
2
半球面上电势为
0
，在
2
的半球面上
电势为 0 。求空间各点应满足的泛定方程与定解条件。
解:泛定方程
4.
由静电场
Gauss
定理
s
E
dS
1 0
V
dV
，求证：
E
0
，并由此导出
静电势 u 所满足的 Poisson 方程。
数学物理方程_谷超豪_第二章答案
数学物理方程谷超豪第二章答案1. 引言本文档是《数学物理方程》一书中第二章的答案。
该章节主要涵盖了偏微分方程的分类和解法。
在本文中，我们将解答课后习题和深入讨论相关概念，以帮助读者更好地理解和应用这些知识。
2. 偏微分方程的分类在第二章中，我们学习了偏微分方程的分类方法。
根据方程中未知函数的阶数和自变量的个数，偏微分方程可以分为以下几类：1.一阶偏微分方程：只涉及一阶导数的方程，如线性一阶波动方程和拟线性一阶方程等。
2.二阶偏微分方程：涉及二阶导数的方程，如线性二阶波动方程和拉普拉斯方程等。
3.高阶偏微分方程：涉及高阶导数的方程，如线性高阶波动方程和椭圆方程等。
根据自变量的个数，偏微分方程还可以分为以下两类：1.单自变量偏微分方程：只含有一个自变量的方程，如一维波动方程和一维热传导方程。
2.多自变量偏微分方程：含有多个自变量的方程，如二维波动方程和三维热传导方程。
3. 课后习题答案3.1 第一题题目：求解一维波动方程 $\\frac{\\partial^2 u}{\\partial t^2} = c^2 \\frac{\\partial^2 u}{\\partial x^2}$，其中c为常数。
解答：我们可以使用分离变量法求解这个一维波动方程。
首先，假设c=c(c)c(c)，代入原方程得到：$$\\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \\frac{X''(x)}{X(x)}$$两边同时等于一个常数 $-\\lambda^2$，即：$$\\begin{cases} T''(t) + \\lambda^2 c^2 T(t) = 0 \\\\ X''(x) + \\lambda^2 X(x) = 0 \\end{cases}$$解这个常微分方程得到：$$\\begin{cases} T(t) = A\\cos(\\lambda c t) +B\\sin(\\lambda c t) \\\\ X(x) = C\\cos(\\lambda x) +D\\sin(\\lambda x) \\end{cases}$$其中c,c,c,c都是常数。
数理方程（ＰＤＦ）
un( x, t )
=
( An
cos
naπt
l
+
Bn
sin
naπt
l
)
sin
nπx
l
=
Nn
sin(ωnt
+
Sn )sin
nπx
l
其中
Nn
=
( An2
+
Bn2
)
1 2
,
Sn
=
arctg
An Bn
,
ωn
=
nπ a l
特点
最大振幅
初位相
频率
⑴ 弦上各点的频率 ωn 和初位相 Sn 都相同，因而没 有波形的传播现象。
+
Sn )sin
nπx
l
u其有⑴ 特(x中弦点,t 上)N是各n最由=点大无(u振的A穷(幅nx2频多,+t率)个B=nω2振∑)n12 幅,∞n=S和、1n初u初频=n位(位率a相xr,、相ctSt)gn初BAnn位, 相ω都频n各率相=不同nπ相l，a 同因的而驻没
波波⑵叠形弦加的上而传各成播点。现振象幅。| N
⑵ 弦上各点振幅
|
Nn
sin
nπx
l
|
，因点而异 节点
在
x
=
0
,
l n
,
2l n
,...
(n−1)l n
,l
处，振幅永远为0
腹点
在
x
=
l 2n
,
3l 2n
,...
(2
n−1)l 2n
处，振幅最大,为
Nn
un( x, t )
=
数学物理方程第三版答案谷超豪
数学物理方程第三版答案谷超豪【篇一：数学物理方程_答案_谷超豪】/p> 1 方程的导出。
定解条件1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x点处的点在时刻t离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明u(x,t)满足方程???u????u????x????e? ?t??t??x??x?其中?为杆的密度，e为杨氏模量。
证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x与x??x。
现在计算这段杆在时刻t的相对伸长。
在时刻t这段杆两端的坐标分别为：x?u(x,t);x??x?u(x??x,t)其相对伸长等于令?x?[x??x?u(x??x,t)]?[x?u(x,t)]??x?x?ux(x???x,t)，取极限得在点x的相对伸长为ux(x,t)。
由虎克定律，张力t(x,t)等于t(x,t)?e(x)ux(x,t)其中e(x)是在点x的杨氏模量。
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e(x)s(x)ux(x,t);e(x??x)s(x??x)ux(x??x,t).于是得运动方程 ?(x)s(x)??x?utt(x,t)?esu利用微分中值定理，消去?x，再令?x?0得??(x)s(x)u?(esux)?x若s(x)?常量，则得?u?t22x(x??x)|x??x?esux(x)|x?(x)即得所证。
=(e(x)?u?x)2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。
解：(1)杆的两端被固定在x?0,x?l两点则相应的边界条件为u(0,t)?0,u(l,t)?0.(2)若x?l为自由端，则杆在x?l的张力t(l,t)?e(x)的边界条件为?u?x?u?x|x?l等于零，因此相应|x?l=0?u同理，若x?0为自由端，则相应的边界条件为?x(3)若x?l端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的∣x?0?0偏移由函数v(t)给出，则在x?l端支承的伸长为u(l,t)?v(t)。
数学物理方程第二版(谷超豪)答案
( x) (1 ) 2
若 E ( x) E 为常量，则得
x h
2u x u [ E (1 ) 2 ] 2 x h x t
E
x u x 2u [(1 ) 2 ] (1 ) 2 2 x h x h t
数学物理方程答案
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
其中
其中 k 为支承的刚度系数。由此得边界条件
(
k E
特别地，若支承固定于一定点上，则 v(t ) 0, 得边界条件
(
u u ) ∣ x l 0 。 x
同理，若 x 0 端固定在弹性支承上，则得边界条件
即
u ∣ x 0 k[u(0, t ) v(t )] x u ( u ) ∣ x 0 f (t ). x E
x u( x, t ); x x u( x x, t )
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
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
2u u g [(l x) பைடு நூலகம் 。 2 x x t
5. 验证
u ( x, y , t )
1 t x y
2 2 2
在锥 t 2 x 2 y 2 >0 中都满足波动方程
2u 2u 2u 1 2 2 证：函数 u ( x, y, t ) 在锥 t 2 x 2 y 2 >0 内对变量 2 2 2 2 t x y t x y
电子科大 数理方程(谷超豪)作业4
P746.用分离变量法求解由下述调和方程的第一边界问题所描述的矩形平板)0,0b y a x ≤≤≤≤（上的稳定温度分布：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=====∂∂+∂∂.0),(,sin )0,(0),(),0(02222b x u a x x u y a u y u y uxu π 解：令)()(),(y Y x X y x u =代入方程 ，得λ-=''-=''YY x X x X )()(再由一对齐次边界条件0),(),0(==y a u y u 得0)()0(==a X X由此得边值问题 ⎩⎨⎧===+''0)()0(0a X X X X λ由第一章讨论知，当2)(an n πλλ==时，以上问题有零解 .s i n )(x an x X n π= ),2,1( =n又 0)(2=-''n n Y an Y π求出通解，得yan n yan n n eB eA Y ππ-+=所以 ∑∞=-+=1.s i n)()(n ya n n yan n x an eB eA y x u πππ，由另一对边值，得⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫+=+=∑∑∞=-∞=11s i n )(0s i n )(s i n n b a n n b a n n n n n x a n e B e A x a n B A a xπππππ 由此得，⎪⎩⎪⎨⎧==+==+=+-,2,10,3,20111n e B e A n B A B A ba n nb a n nn n ππ，解得 bashe A baππ--=211 bashe B baππ211=,3,20===n B A n n代入),(y x u 的表达式得x ae e bash y x u y b ay b aππππsin)(121),()()(----⋅=x ay b xsh bashπππsin)(1-=P794．证明当u(M)在闭曲面Γ的外部调和，并且在无穷远处成立着 ))(1(),1()(2∞→=∂∂=oM oMoMr r o ru r o M u则公式(2.6)仍成立，但0M 是Γ外的任一点。
数学物理方程答案(全)
化简之后，可以得到定解问题为
utt (Y / )uxx a2uxx u |x0 0,ux |xL 0
u
|t 0
0, ut
|t 0
I
(x
L)
5.高频传输线，原点端施以电动势 E，另一端接地，初始电流为(x) ，电压为 (x) 。
试建立电压的定解问题。（忽略电阻和介质的电导）
Q3 c 4 r2drdu
Q3 Q1 Q2
c 4 r2drdu kur (r dr,t)4 (r dr)2 dt kur (r,t)4 r2dt
4
k
r
(r
2ur
)drdt
即
ut
k c
1 r2
r
(r2ur )
3.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 u4 ，即 dQ ku4dSdt ，设物体与周围介质之间，只有热辐射而无热传
习题 2.4 1.判断下列方程的类型 (1) auxx 4auxy auyy bux cuy u 0 4a2 a2 0 ,双曲型 (2) auxx 2auxy auyy bux cuy u 0 a2 a2 0 ,抛物型 (3) 2auxx 2auxy auyy 2bux 2auy u 0 a2 2a2 0 ,椭圆型 (4) uxx xuxy 0
ut
k c
ux
2k1 cr
(u
u1 )
0
2.导出匀质且在每一个同心球上等温的孤立球体的热传导方程。
S1
S2
r r+dr
解： dt 时间内通过 S1 流入壳层的能量 Q1 kur (r,t)4 r2dt dt 时间内通过 S2 流入壳层的能量 Q2 kur (r dr,t)4 (r dr)2 dt dt 时间内壳层升高 du 所需的能量
数学物理方程谷超豪第三版
数学物理方程谷超豪第三版1、数学物理方程式谷超豪第三版数学物理方程式谷超豪第三版（The Third Edition of Mathematical Physical Equations of Kanada Gokoh），是日本硕士级学者谷超豪（Kanada Gokoh）2001年出版的作品，它可以说是谷超豪创作的一部里程碑式的数学物理名著，本书是根据日本高中普通科物理课程设计出来的，全书涵盖了静止机械，电学，热学，光学，无线电和原子物理学等一系列物理内容，包括物理理论，实验方法和实验原理，全书分为六大部分，包括《力学物理学篇》，《电学物理学篇》，《热学物理学篇》，《光学物理学篇》，《无线电学物理学和原子物理学篇》。
该书把各种物理原理、实验室实验等精心编成数学表示，彻底地克服了文字表示的不足，深深吸引了一代又一代物理爱好者。
此外，本书采用了更加详细、简明、精辟的论述形式，以及独特的排版和图表设计，为物理学爱好者，尤其是高中和大学物理学的学生提供了一部非常适合的参考书。
本书中的章节内容涵盖了物理学的全部要素，从基础理论到实践实验，作者把所有的内容细致地讲解透彻。
第一章介绍了大学物理的基本概念，可以作为把握整本书的入门读物，让读者对大学物理学的基本概念有系统的了解。
第四章介绍了物理实验，从物理实验中获得有用的知识，并以实际推导和实验证明的方式来理解物理知识，引导读者发现物理活动中的秘密，提高实验技术的水平，探索空间信息的可能性。
谷超豪第三版的物理书是日本物理学家读者的必备小参考，也因为其精湛的内容而备受全球物理爱好者的瞩目，深受世界各地物理学家和教育者的欢迎。
谷超豪第三版的物理书，确实是日本物理学史上的一本经典之作，本书既是日本高中普物学程的必备读物，也是高校物理专业学生以及其他专业学生和研究人员的参考书。
数学物理方程-谷超豪
解: 参见第二节. 7. 验证u (x, y, t) =
t2
1 − x2
−
在锥t2 y2
−
x2
−
y2
>
0中满足波动方程
∂2u ∂t2
=
∂2u ∂x2
+
∂2u ∂y2
.
解: 显然,
∂u ∂t
=
− (t2
−
t x2 −
y2)3/2 ,
∂2u ∂t2
=
(t2
3t2 − x2 − y2)5/2
−
t2 − x2 − y2 −3/2
1.2 习题选讲
§1. 方程的导出、定解条件
1. 细杆(或弹簧)受某种外界原因而产生纵向振动,以u(x, t) 表示静止时在x 处的点在时刻t 离开
原来位置的偏移.假设振动过程中所发生的张力服从胡克定律,试证明u(x, t) 满足方程
∂ ∂t
ρ
(x)
∂u ∂t
=
∂ ∂x
E
∂u ∂x
,
其中 ρ 为杆的密度,E 为杨氏模量.
ρ
(x)
∂u ∂t
=
∂ ∂x
E
∂u ∂x
,
2. 在杆纵向振动时,假设(1)端点固定,(2)端点自由,(3)端点固定在弹性支承上,试分别导出这三种 情况下所对应的边界条件.
解: 设杆的两个端点坐标分别为0 和l .
(1) 端点固定：此时两个端点无位移,即 u(0, t) = u(l, t) = 0 ;
+
∆x)
∂u ∂x
(x + ∆x, t) S(x + ∆x) −
E(x)
∂u ∂x
(x,
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_答案_谷超豪
第一章．波动方程§1 方程的导出。
定解条件1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程()⎪⎭⎫⎝⎛∂∂∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ 其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。
证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ∆。
现在计算这段杆在时刻t 的相对伸长。
在时刻t 这段杆两端的坐标分别为：),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u xxt x u x t x x u x x x ∆+=∆∆-+-∆++∆+θ令→∆x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。
由虎克定律，张力),(t x T 等于),()(),(t x u x E t x T x =其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。
设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ∆+两端的力分别为x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+于是得运动方程 tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρxESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-∆+∆+利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得u x s x )()(ρx ∂∂=x ESu ()若=)(x s 常量，则得22)(tu x ∂∂ρ=))((xu x E x∂∂∂∂即得所证。
2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。
解：(1)杆的两端被固定在l x x ==,0两点则相应的边界条件为.0),(,0),0(==t l u t u(2)若l x =为自由端，则杆在l x =的张力xu x E t l T ∂∂=)(),(|l x =等于零，因此相应的边界条件为xu ∂∂|l x ==0同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为xu∂∂∣00==x(3)若l x =端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的偏移由函数)(t v 给出，则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。
数学物理方程第三版 谷超豪 答案
x u(x,t); x x u(x x,t)
其相对伸长等于
[x
x
u(x
x,t)] [x x
u(x,t)]
x
ux (x
x, t )
令 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
T (x,t) E(x)ux (x,t)
x0
f
(t).
3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 E [(1 x )2 u ] (1 x )2 2u
x h x
h t 2
其中 h 为圆锥的高(如图 1) 证：如图，不妨设枢轴底面的半径为 1，则 x
点处截面的半径 l 为： l 1 x h
所以截面积 s(x) (1 x )2 。利用第 1 题，得 h
数学物理方程答案
解：(1)杆的两端被固定在 x 0, x l 两点则相应的边界条件为
u(0,t) 0,u(l,t) 0.
(2)若
x
l
为自由端，则杆在
x
l
的张力 T
(l, t )
E(x)
u x
|
xl
等于零，因此相应
的边界条件为
u x
|
xl
=0
同理，若 x 0为自由端，则相应的边界条件为
又
h x 2u 2v
t 2 t 2
代入原方程，得
h x 2v 1 h x 2v
x 2 a 2
t 2
即
2v 1 2v
x 2 a 2 t 2
由波动方程通解表达式得
电子科大版数理方程课后习题答案
一 准备（Preliminaries ）A单摆的数学模型:牛顿第二定律: F = m aa —物体加速度;F —合外力;m —物体质量 虎克定律:(1) f = –k x ; f —弹力;k —弹性系数; x —弹簧伸长 (2) p = Y ux ; Y —杨氏模量; ux —弹性体相对伸长 付里叶热传导定律: Q —热量;T —温度;κ—热导率 牛顿冷却定律: q = k (u |S – u 0)q —热流密度; u 0—外界温度;u|S —物体温度 B 几个有用的积分公式2()()()222(cos sin )cos R e()sin Im ()cos sin sin sin cos cos bi xxb aa bi xxb aa bi xxb aa bxxxb b aaa bb b aaa bb b aaacxeex i x dx i eexdx i eexdx i exeexdx x xxx xdx x xxx xdx edx αβααβααβααααββαββαββαβααββββββββββ+++-+=+=+=+=-=-+=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰+∞-∞⎰C 函数的Fourier 展开θθsin 22mg dtd mL-=dTQ dx κ=-{}(21)()sin 2n n X x x L π+⎧⎫=⎨⎬⎩⎭ 是正交函数系二 练习(Exercise)P22 ex 2.1竖直方向合力为零：(1)()cos ()()cos ()(2)cos ()cos ()1T x dx x dx gds T x x x dx x αρααα+++=+≈≈{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧=x L n x X n πsin )(10(,)()sin()(,)sin 2n n Ln n f x t f t xL Ln f t f x t xdxLππ∞===∑⎰由此(3)dT g dxρ=-对x=0做受力分析(4)(0)T G Lg ρ==解一阶ODE 的初值问题(initial value problem)(3)(4)得(5)()()T x L x g ρ=-水平合力(6))sin ())sin ()ttF m aT x dx x dx T x x dxu ααρ=++-=（（(7)sin ()tan ()()sin ()tan ()()x x x dx x dx u x dx x x u x αααα+≈+=+≈=联合(6)(7)(3)(5) (()())()x x tt xx x x ttxx x tt T x u x u Tu T u u L x gu gu u ρρρρρ=+=--=P22 ex2边界条件(Boundary conditions)00|0x x ===端固定，u()(,)()0tt x x L u F t SYu L t F t ερε==--=对端做受力分析0,|0x x L u ε=→=初值条件(initial condition)u (L ,t )Ou (x ,t ) u (x+dx ,t )xLO0()()()()(1)x x t T x dx T x T x const T x SYu u k=+===≡受力分析水平方向注意(2)(0,0)0,(,0)u u L b ==解一阶ODE 的边值问题(boundary value problem)(1)(2)得 0|t b u x L ==0|0t t u ==P22 ex3(,)()(,)(1)(,)()(,)x x T x t S x Yu x t T x dx t S x dx Yu x dx t =+=++2222()()()()x S x R Lx dx S x dx R Lππ=++=由Newton 运动定律222222(2)(,)(,)1()()31()()()3()()()()tt T x dx t T x t dV gu x V x R xLx dx V x dx R x dx Lx dV V x dx V x R dx o dx Lρπππ+-==++=+=+-=+由(1)(2)得22(3)(())()2x x x ttx x tt xx x ttS x Yu V u x Yu x u xYu Yu xu ρρρ==⇒+=设w xu =，则xx ttYw w ρ=P22 ex4(参考ppt 数理方程2p12,p13)在(,]L L ε- 处受到冲量I ，由动量守恒定理 000/(),()0,lim ()(),()0,()/()/()lim ()lim ()()()LLL LLLLI L x L x otherIx x L x L Ix L otherIx dx I dx I Ix dx x dx IIIx L dx x L dx εεεεεεεεεερεψεψδρδρψρεερρψψρδδρρρ→-→→-<≤⎧=⎨⎩→=-+∞=⎧-=⎨⎩=====-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰令0,P26 ex1通过两端截面而留下的热量2((,)(,)(,)(,))()x x kdt u x dx t s x dx t u x t s x t s x s rπ++-==这儿微元段升温所吸热t c sdxu dt ρu (x ,t ) u (x+dx ,t )xLOu (x ,t ) u (x+dx ,t )xLO2,0,0(0,)0,(,)0,0(,0)0,(,0)(),0tt xx t u a u x L t u t u L t t u x u x x x L εψ⎧=<<<<+∞⎪==<<+∞⎨⎪==<<⎩I εερψ=与侧面交换所留下的热量11()side k u u S dt - 侧面是一圆柱2side S rdx π=与侧面交换所留下的热量1111()()2side k u u S dt k u u rdxdt π-=-由热量守恒有11222211((,)(,)(,)(,))()20,02(),,x x t t xx kdt u x dx t s x dx t u x t s x t c sdxu dt k u u rdxdtdt dx k k u a u b u u a b c c rρπρρ++-=--→→-=--==P26 ex4(参考ppt 数理方程3p6,p7) (1)000|0|x x x L x u x L u u ======端绝热，没有热流流入q=0,i.e 端保持温度,(2)00||x x x x x x L x q ku q u kx L q ku q u k====-==1122热流流入=-(注意负号表示流入的方向和外法方向相反）,i.e 热流流入=(注意正号表示流入的方向和外法方向相同）,i.e(3)0112120||(|),())|()x x L x L x x L x u u u x L k k u u xk h u t ku hu h t θθ======∂=-=-∂==+=端保持温度,处有热交换这里所以（P36 ex 1(参考ppt 数理方程4 p7-10)(1) 1112212112212221112222,2,30,)a a a a a a a a a a a a aa H yperbolic ∆=-=-===∆=>判别式这儿故方程的类型为双曲（(2) 111221211221222111222,,0,)a a aa a a a a a a a a aParabolic ∆=-=-===∆=判别式这儿故方程的类型为抛物（(3)111221211221222 11122222,,0,)a aa a aa aa a a a a aaE lliptic∆=-=-===∆=-<判别式这儿故方程的类型为椭圆（(4)1112212112212221112221,0,0,0,)0,0,),0,0,))a aa a aa aa a a xx E lliptic x x H yperbolicx Parabolicm ixed type∆=-=-===<>⎧⎪∆=-><⎨⎪==⎩判别式这儿当故方程的类型为椭圆（当故方程的类型为双曲（当故方程的类型为抛物（故方程的类型为混合型（2(1)211122221212()20()10901 or (2)9or9.or99(,)()()()(9) dy dya a adx dxdy dydx dxdy dydx dxy x C y x Ci ey x C y x Cy xy xuu x y f g f y x g y x ξηξηξη-+=-+====+=+-=-==-⎧⎨=-⎩∂=∂∂=+=-+-2特征O D E为即故(1)令原方程变为(3)211122221212()20()83013or (2)222or23.2or23223(,)()()(2)(23) dy dya a adx dxdy dydx dxdy dydx dxy x C y x Ci e y x C y x Cy xy xuu x y f g f y x g y x ξηξηξη-+=-+====+=+-=-==-⎧⎨=-⎩∂=∂∂=+=-+-2特征O D E为即4故(1)令原方程变为P56 ex2(1)(参考ppt数理方程5，p4-10)2000222,(0,0)0,00,)(,)()(),(1)0(2)0E ige 0,0(0)0,()0tt xx x x L t t t tt xx u a u x L t u u u u x L x u x t T t X x T X u a u a TXcon stO D EX X T a T X X x L X X L λλλλλ====⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==-⎪⎩=''''=⇒==-≡''''+=+=''+=<<⎧⎨==⎩（设得到由边界条件得固有值问题（n value p ro b lem )通解222222210()cossin (0)0,()00,sin 0(1,2,)()sin()cossin (,)(cossin)sin00,(,)n n n n n n n n nn n t n X x A B X X L A n n n n X x B xLLn T a T Ln at n at T t C D L L n at n at n x u x t CD LLLu C u x t D πππλπλλπππππ∞===+==⇒==⇒====''=+==+=+=⇒==∑ 代入通解由初值条件11333sin sin(,0)()sin ()222()sin(cos 1)n n t n n L n n at n x LL n n xu x D LLn n x L D x L x dx n L LLL n ππππππππ∞=∞==⨯=-=--∑∑⎰EX3 (1)0,0(0)0,()0(0)00()000(0)00()000()cos sin(0)0,()00,sin 0(1,2,X X x L X X L X A B eX A B X L A B eA B X A x BX B X L A L B A B X x A B X X L A n n λλλλλλπ''+=<<⎧⎨==⎩<=+=⇒+==⇒+===<==+=⇒==⇒+====>=+==⇒==⇒== 0,则0只有零解0只有零解0通解222)(()sinn n n n n X x B x LLππλ==固有值）（固有函数）(2)22222222220122,ln 11111111100,0(()()sin ()sin (ln )tt t n n n n n n n x e t x dy dy dt dy dxdt dx x dt dydy d d d y dx x dtdxdxdx dyddy dt xdtx dxdy d dy dt x dt x xdtdyd y xdtxdtd yy dt yy n y x y t B t B x E λλπλλ=========-+=-+=-+⎧+=⎪⎨⎪==⎩====原方程变为固有值）注原方程为u ler 型方程P60Ex12000222,(0,0)0,00,)(,)()(),(1)0(2)0E ig e 0,0(0)0,()0(t x x x x L t t t t x x u a u x L t u u u u x L x u x t T t X x T X u a u a TXco n stO D EX X T a T X X x L X X L X x λλλλλ====⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==-⎪⎩='''=⇒==-≡''''+=+=''+=<<⎧⎨==⎩（设得到由边界条件得固有值问题（n v a lu e p ro b le m )通解222222222101)co ssin (0)0,()00,sin 0(1,2,)()sin()(,)sin(),(,0)sin ()2()sinn n n n n n n a tn a tn n t n n n A B X X L A n n n n X x B xLLn T a T LT t en x u x t C eLu x L x n x u x C Ln x C x L x Lλλπππλπλλπππ-∞-==∞==+==⇒==⇒===='=+====-==-∑∑代入通解由初值条件33322(co s 1)L L d x n LL n ππ⨯=--⎰P70 Ex 220122221221222200010,00000(1),,(0,0)0,0,P 60,E X 1(,)sinn axxx x x L ax x aL x LaL t xx x x L t a tn n u V WW A e W W eW A C x C aA W C aeWAC L C aA e A C C a LaV a V x L t V V V T W n x V x t C e Lλπ-==-=-=-===-==+⎧=-⎪⎨==⎪⎩=-++=⇒-+==⇒-++=-==⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪=-⎪⎩=重复的步骤02222022222(1)()sin22(1cos )(1cos )()ax aL L n at eA e A n x C Ax T dxLaa L aLT A enp Ln p npnp a L n p π∞----=--+-=--+∑⎰P70 Ex 3(见ppt 数理方程7 p13-15)()20002221cos sin ,0,00,00,00,0(0)0,()0()cos cossin ()costtxx x x x x L t t t n n n n n x u a u A t x L t Lu u u u X X x L X X L n Ln X x A x L x n A t f t xLL πωλπλπππω====∞=⎧=+<<>⎪⎪==⎨⎪==⎪⎩''+=<<⎧⎨''==⎩===∑固有值问题固有值固有函数121112111110sin ()cos ()cos()sin ()02(,)()cos(,)()cos()sin (0)0,(0)0()sin sin()1{cos[(2n n n n n t n A t f t x f t x LLf t A t f t n n x xu x t T t u x t T t LLa T T A t L T T LaT t A t d a Lππωωπππωπωτττπω∞=∞=--===≥=⇒=⎧''+=⎪⎨⎪'==⎩=-+∑∑⎰（），解上述O D E 的初值问题得0)]cos[()]}(sinsin )/[()()]sinsin (,)cos ()()t aaaat t d L LLLaaaat t LLLLaat tL AxL Lu x t aaaLLLππππτωττππππωωωωππωωππππωω---+=-+--=+-⎰P76 ex 2(参考ppt 数理方程8 p6)12121210212201212000(),()()(),,(0,0)0,0(),()P 56,E X 2(1)xx x x Lxs x x s x Lxs t xx x x L t t t u V W W f x W M WM W f y dyds C x C W M C M WM f y dyds C L M f y dyds M C C M LV a V x L t V V V x W V x ϕψ=========+=-⎧⎨==⎩=-++=⇒==⇒-+=-==⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪=-=⎪⎩⎰⎰⎰⎰⎰⎰重复1(,)(cossin)sinn n n n at n at n x V x t C D LLLπππ∞==+∑的步骤2()(())sin ,2()()sinL t n L tt n n x V x W C x W dx LLn n x V x D x dxLLLπϕϕππψψ===-⇒=-=⇒=⎰⎰由初值条件P76 ex 22110120001()()(,)()(,)(,)(,)(1)0,0()(,0),()(,)(2)0,00,00(3)0,0()(,0),x x a y y bx a x y y b x ax y y y y W x y y xau x t V x t W x t V f W VVV x W x Vx W x b V V VV f W V V V V V VVV x W x Vϕϕϕψψψ============-=+=+⎧∆=-∆⎪⎪==⎨⎪=-=-⎪⎩=+⎧∆=-∆⎪⎪==⎨⎪⎪==⎩∆====-2222()(,)(,)()()0000(0)0,()0,sin()bn n n x W x b ppt V x y X x Y y X Y X Y XYXYX X Y Y X X X X a n n X B x aaψλλλλππλ⎧⎪⎪⎨⎪⎪=-⎩=''''''''+=⇒-==''+=''-=''+=⎧⎨==⎩⇒==解方程（3）以下步骤参考数理方程6p age 17-18设得到o de1110220(,)()sin(),2()(,0)(()(,0))sin()2()(,)(()(,))sin()n n yyaan n n n n yyaan n n ay n n an n bbaa y bn n Y Y Y C e D e n V x y C eD ex a n Vx W x C D x W x x dxaan Vx W x b C eD ex W x b x dxaapp ππππππλππψψπψψ-∞-==-=''-==+=+=-⇒+=-=-⇒+=-∑⎰⎰解方程（2）以下步骤参考02221120()(),sin()()()sin (()()()())()sin ()()()0,0nn n n n n nn n n n nnn n n n ny x bt V Yy X x n n X x aaf W X x n ff W f y x LV f W n Y y X x Y y X x f y x Ln Y y Y y f y LVVππλπππ∞=∞=∞∞=======-∆=-∆=∆=-∆⇒''''+=''-===∑∑∑∑数理方程7p age 8-13将展开为的级数（）由边界条件得20()()()0,0nn n n n y b y O D E n Y y Y y f y L Y Y π==⎧''-=⎪⎨⎪==⎩到非齐次的边值问题（）P90 ex1(1) 直接用D ’lambert 公式23322311(,)[()()]()2211(sin()sin())221sin cos [()()]6sin cos 3x at x atx atx at u x t x at x at d ax at x at d ax at x at x at aax at x t tϕϕψξξξξ+-+-=++-+=++-+=++--=++⎰⎰(2) 直接用D ’lambert 公式2211(,)[()()]()2211(55)2215[()()]45x at x atx at x atu x t x at x at d ad ax at x at axtϕϕψξξξξ+-+-=++-+=++=++--=+⎰⎰P92 EX1参考ppt 数理方程10 pg 5D 'lam bert 11(,)[()()]()2211(,)[()()]()2211[sin()sin()]cos 221sin cos (sin()sin())2sin cos x at x atx at x atx atx atu x t x at x at d ax t a u x t x at x at d a x at x at d ax at x at x at ax ξξϕϕψξξξξ+-+-+-=Φ++Φ-+ψ≤=++-+=++-+=-+--=⎰⎰⎰半无界弦振动的公式当时sin cos 11(,)[()()]()2211[sin()sin()](sin()sin())22sin cos sin cos x at at xat xat ax t a u x t x at at x d ax at x at x at x at ax atx at aϕϕψξξ+-+>=+--+=++--++-=+⎰当时P108 EX1(())()()()()()j xjxyF g x f f g x edy f x g y edyωωω+∞--∞+∞--∞===⎰⎰()()[()]()()()()()j xjxyj xjx y jx y F f x f x edxg y edyedxg y edydxg y edx dyωωωω+∞--∞+∞+∞---∞-∞+∞+∞-+-∞-∞+∞+∞-+-∞-∞====⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰1()()()()()[1]121()22()2()[()]()()2()()2()()2i xi x jx y jx y jx y x Fe d x ed y edxD irac y edxF f x g y edx dyg y y dyg y y dyωξωωωωδωπδξωππδωδπδωπδωπδω-∞-∞∞--∞+∞-+-∞+∞-+-∞+∞+∞-+-∞-∞+∞-∞+∞-∞==-=--=+===+=--=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰注意所以注意函数是偶函数（）11()()[()][2()]g f x FF f x Fg πωπω---==-另实际上只需证明1[2()]()()()()j xj xjyxFg g ed g ed g y ed f x ωωμμπωωωμμμ+∞--∞+∞-=--∞+∞--∞-=-===⎰⎰⎰Ex 3(1) 参见ppt 数理方程11 pg 6 例1||||0(1)(1)00(1)(1)02[]112111x x i xi xi xi x i xF eeedxe dx e dx edx edxi i ωωωωωωωω∞----∞+∞-+--∞+∞-+--∞==+=+=+=+-+⎰⎰⎰⎰⎰（2）参见ppt 数理方程 12 pg 42222222()222222()424[()]()()()2224[()]i x x xi xi x cxF f x eedx edxi i i i x x x x F f x e edxeePoisson edx ωππωπωωπππωπωωωωωπππππ∞+∞-+---∞-∞+∞--+-∞-+∞--∞==+=+-=++====⎰⎰⎰⎰利用定义对二次多项式配方所以注意这里利用了积分(3)2222222()222222()4244[()]R e()R e ()()()2224[()]R e(R e(R e(R e()4ia x x iaxi xaiia x aaiaiF f x eedx edxx x x x aaaaaF f x e edxe eeωωωωωπωωωωωπω∞+∞---∞-∞+∞---∞---==-=--=--=====-⎰⎰⎰利用定义对二次多项式配方所以22)4cxaPoisson edx +∞--∞=⎰注意这里利用了积分P155 ex 1(1) 参见ppt 数理方程 14例 4（pg 15） 上半圆内任一点(,)M x y上半圆内定点: 000(,)M x y 的下半平面镜象点: 000(,)M x y '=- M 0的圆外镜象点: 11100(,)(,)M x y k x y == 其中2220Rk x y=+，R 是圆的半径M 1的下半平面镜象点: 111(,)M x y '=- 011000111(,)[lnlnlnln]2M MM M M MM M R R G M M r r r r r r π''=--+'10000010,,,M M M M r OM r OM r M M r M M ''==== (2) 上半球内任一点(,,)M x y z上半球内定点: 0000(,,)M x y z 的下半平面镜象点: 0000(,,)M x y z '=-0M 的圆外镜象点: 1111000(,,)(,,)M x y z k x y z ==其中2222000Rk x y z =++，R 是球的半径1M 的下半平面镜象点: 1111(,,)M x y z '=-11000111(,)[]4M MM M M MM M R R G M M r r r r r r π''=--+'1000010,,,M M M M r OM r OM r M M r M M ''====Ex 2(1)首先证明000000(),() ()()()()( G reen ()LLDDC u M C MD u M G M M M dsnG C dsnC G M M dx C M M dxCϕθϕδ=≡∀∈∂-=∂∂=∂=-∆-=-=⎰⎰⎰⎰如果则由第三G reen 公式由公式）0220200002202000220200001()1)()1212cos()1)1212cos 1)11212cos D u M r d r rr Cd r rr d r rπππϕθθπθθθπθθπθ-=--+-=-+-=-+⎰⎰⎰注意如果是以为圆心，以为半径的圆盘则由P o isso n 公式（（（因此02202000022000200002222000022000000()cos ()1)()1212cos()1)cos 1212cos()1)cos 1)sin 11cos sin 212cos 212cos 12a u M r d r rr a d r r r r a d a d r rr rππππϕθθϕθθπθθθθθθπθθθθθθθθθθθπθπθπ=-=--+--+=--+---=--+-+⎰⎰⎰⎰(1)如果则（（（）用代替（（（2202000220200022200200022220002000002200001)cos 12cos 1)cos 212cos 1)1(1)2212cos 1)11)122212cos 1)122r d r rr d r rr r d r r rr r r d r r r rr r r r r ππππθθθθθπθθπθθπθ--+-=-+-+=---+-+-=-+-+-+=-+=⎰⎰⎰⎰（（（（（220200022020001)sin 1212cos 1)1ln()2212cos 0r d r rr d r r rππθθθπθθπθ--+-=--+=⎰⎰（（0000000()cos . (,)= cos (,)= cos (2)()cos (,)= +cos u M ar i e u r ar u r ar b a u r b ar θθθθθϕθθθθ==+同理如果事实上2222222112cos 1112cos 12cos 1112cos 12cos d d d d d ππππππθρθρθθρθρρθρθθρθρρθρ-+=+-+-+=+-+++⎰⎰⎰⎰⎰tan222222222222222022111122111112()12()111122(1)(1)(1)(1)11112tan()2tan()(1)(1)1(1)(1)12111212t dt dtt t ttttdt dt t t a t a t θρρρρρρρρρρρρρρρρπρρπρ=+∞+∞+∞+∞+∞+∞=+--++-+++++=+-++++--+=++-++--=---⎰⎰⎰⎰由（万能公式）221cos d πθθρ=+⎰P182 ex 1参见ppt 数理方程14 pg 18 分离变量,令()()u P Z z ρ=10zz u u u ρρρρ++=（1）()0P P Z PZ ρρ'''''++=(2)P P Z PZρμρ'''''+=-=由边界条件得到固有值问题(3)0(0)()0Z Z Z Z h μ''+=⎧⎨==⎩0P P P ρμρ'''+-= 由(3)其固有值222n n hπμ=所以Bessel 方程222()0n P P P hπρρρ'''+-=2 证明参见ppt 14 pg 17220(1)()2!(1)m n mn n mm x J x m n m -+∞--+=-=Γ-++∑(1/2)21/2(1/2)2012(1)()2!(11/2)m mmm n x J x m m -+∞--+==-=Γ+-∑(11/2)(1/2)(1/2)(1/2)(3/2)(1/2)(1/2)m m m m m Γ+-=-Γ-=--Γ=(1/2)2(1/2)2(1/2)2(1/2)2(1/2)21/2(1)2!(11/2)(1)22mmmm mmmmx m m xm -+-+-+-+-+-Γ+--==所以(1/2)21/21/20()2m mm J x -+∞-==∑注意20(1)cos (2)!mmm xx m ∞=-=∑(1/2)21/21/2011/222()2(1)(2)!m mm m mm J x xxm x-+∞-=∞-==-==∑∑Ex32202212122122121(1)()2!(1)(1)()2!(1)22110(0)0m n mn n mm mn m n n m m n m x n x J x m n m xJ x m n m n m x J +∞+=+-∞-+-=+-=--=Γ++-=Γ+++-≥==∑∑，第二章两道题目，25分 第三章一道题目，15分， 第四五章两道题目，30分 第六章两道题目，15分 第七章两道题目，15分。
数学物理方程第二版(谷超豪)答案
( x)
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 2u 2 u 2 a x 2 t u x at0 ( x) u ( x). x at0
(0) (0)
数学物理方程答案
解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 令 x+at=0 所以 得 ( x) =F（0）+G（2x） 得 ( x) =F（2x）+G(0) F(x)= ( ) -G(0). G（x）= ( ) -F(0). 且 所以 F（0）+G(0)= (0) (0). u(x,t)= (
E ( x) S ( x)u x ( x, t ); E ( x x)S ( x x)u x ( x x, t ).
于是得运动方程
( x)s( x) x utt ( x, t ) ESu x ( x x) | x x ESu x ( x) | x
利用微分中值定理，消去 x ，再令 x 0 得
数学物理方程答案
数学物理方程第二版答案
第一章． 波动方程
§ 1 方程的导出。定解条件 1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以 u(x,t)表示静止时在 x 点处的点 在时刻 t 离开原来位置的偏移， 假设振动过程发生的张力服从虎克定律， 试证明 u ( x, t ) 满足 方程
u u x E t t x x
2u u g [(l x) ] 。 2 x x t
5. 验证
u ( x, y , t )
1 t x y
2 2 2
在锥 t 2 x 2 y 2 >0 中都满足波动方程
数学物理方程谷超豪版第二章课后答案.doc
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。
数学物理方程第二版(谷超豪)答案
其中 h 为圆锥的高(如图 1) 证：如图，不妨设枢轴底面的半径为 1，则 x 点处截面的半径 l 为：
l 1 x h
x h
2
所以截面积 s( x) (1 ) 。利用第 1 题，得
( x) (1 ) 2
若 E ( x) E 为常量，则得
x h
2u x u [ E (1 ) 2 ] 2 x h x t
1 h x x 1 h d c 2 2a x 2
o
x
1 1 h d c Gx h x x 2 2a x 2
o
x
所以
u ( x, t )
1 [(h x at ) ( x at ) (h x at ) ( x at )] 2(h x)
( x)
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 2u 2 u 2 a x 2 t u x at0 ( x) u ( x). x at0
(0) (0)
数学物理方程答案
解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 令 x+at=0 所以 得 ( x) =F（0）+G（2x） 得 ( x) =F（2x）+G(0) F(x)= ( ) -G(0). G（x）= ( ) -F(0). 且 所以 F（0）+G(0)= (0) (0). u(x,t)= (
2 5 2 2 2 x y t 2x 2 y 2 2
y
所以 即得所证。
2u x 2
2u y 2
t
电子科大 数理方程(谷超豪)作业3
d .
由于 sinx 有界，故上述的积分是收敛的。令 ( x ),
1 ,则 4a 2 t
u( x , t )
1 2a t
sin( x )e d ,
2
其中 e
2
sin 是奇函数，所以 e sin d 0 。由于 e i cos i sin ，且 sin 为
2
4 a 2t
]d
2
4 a 2t d
2a
[ ( ) ( )]e t
要此式成立，只需
( ) ( )
即 ( ) 作奇开拓，由此得解公式为
u( x , t )
1 2a
( )[e t
0
( x ) 2 4 a2t
e
( x ) 2 4 a2t
0 l 0 0 l l l
l
2 ut ( utt a 2 uxx )dx 2a 2 ux ut |
0
l
0
因为弦的两端固定，即 u |x 0 0, u |x l 0, 所以 ut |x 0 0, ut |x l 0. 由于 c>0, 有
dE ( t ) 2 ut ( utt a 2 uxx )dx dt 0 2c ut2 dx 0.
P60，5． （1）求解热传导方程 ut a uxx 的柯西问题，已知： u |t 0 sin x ；
2
2）用延拓法求解半有界直线上热传导方程 ut a uxx ,假设
2
u ( x,0) ( x) (0 x ) u (0, t ) 0
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
入 、冫 k=G争
h1厂 丶
二 `
‘
¨
,
丨 n、 1)
知 哂攵亡 奋冫‘、 (0.9亏
三Κutx)= Dk ‘i^Jt匕 冫二Bk sin姥 x
k:丨
`
`2'灬
λ /弋 (z`Υ )`J岑 (号
Tκ ⑴=Ck e~o∴、苎
k=l,2,灬 ′
a廴 可锡她。9+(-扬 廴垃 果冻亻午):
(2,♂ )
(2d‘ 9
ut ˉo· uxx ˉo 丿 :t、 O,o〈 X<艾 '
㈣
二 u|t∞ tP tx)`
⑶
u |y冫o = 0 9
㈣
常敛 h)0匙 1tx十 hu|x:\=〓 0 )
' 弘
) 艹
丶
△ 彳Δ、 、、 '^、 14‘xl乇 ) =
(x) Tt七) ,
``号
` t2、
玉lx|可 k七)=矿 r(㈥ T⑴
√
§1 戴 讠禚k材 之岛i问 迈钙扌廴1 ^t慝 1.〖Ιt1讠 徉钙冕泷
堪 本忌诞 。(%㈤妙恝孥)蜘|时 问内通△L良裁旬甑乜号`正 wfs9|:吻直
该 冢洵上锅踢卫 莨硖车 知钺劬勋银 ,⊥迎伎追讠向与温宝轩高眈 臼衤皈·
甚小叻砣罾`u(x)b,△ ,θ :蝴 碎 枉砬遗“x♂ )0,B讠 lq t hJ锈 烛灾
“+lS⒃
-弓仅q炱铋 ,Klk而
ut× 政冫当乇>0叮
叭α9t)伫 惫 呔
祟aX人 删 之
砑ξˉ由S觥 肫 htl′℃`铷 悫,次 可 軎.文 Qu‘ “浅)
土匀氵芋殄廴(2d)`(小 D印 卜0`弘^钰 bk u巛 l弋 )春 窭、
@、 E、 D~
§;C氏∪匕n辽 .
+T
k憔 、、FO吖 i臼
l|
`⒓
′ V冫 o
(2`9;)
廴叔
业 g〓 ~ 孙
人 中又℃臻日矢。 (歙
(zq、 ) 爿 项L窃 魂 午 馋11 vk ( 9s七Ⅸ卜V与
`
`囡
b=」 刁;|+tl文
处鼬
本i廴
狴杯,):
` (k-七 )飞 < √k‘ kTL
a出々)苯 J玉 阢旬ξ￠ⅡR墨廴(z、b)-(z`7)'自 永乡屯午鲁亳征伍
(卜刁)
犭=孓 /"G、 ` 下(x)b,t宀 ) 为卑伉:讠 lq`pΛ 衤午廴彡虹￠Ψ昏,忄爹~
a`礻 刀边亻纽叼起觥良斛象竹.
o)‘ ,‘ 1a.:
u
x
J⒕ △
Q` l '
〓 口x \
"
2`
△
`
丿
O逝 6玺 (b人 千/lq'尔砷、:
α)9讠r吲硬矿 阝`C¨
认 |甲
=s岱 冫沙vt)
,α少v‘ 卩
-h咿 扬虫挈Θ
dQ=-k⒍ 丨0;尝÷d5泱 b氵
,od)
甲戎仍嵝 乌
谋歼 h(xtb,。 >0为 物 〈戽杠 卜闸,1)处 Φ热低导
:il::。
ξ廴旧为妈号兔 磊瘟钌恁该 i;;}1∶
`、
,氙
礻Ξ阝Q内=丨;贫 μ从 卜 绷 91阜
R
︺内
t
t
'
j
ι
ι
卩 ` I l l I
冫
∮
t
t
眨 ιx ¨
ι
kk勘
厶1日:埯 冷 刂、廴炱 .
\E9阝 廴
[刊 J⊥ `⒓
觎 h咖 而铴敲畲吞.
苈 导∞Cd(以 ,tl),21、 本 ￡ Eˉ `川 上可晟△为
⑴ =卫L十 妥 m卜 ∞s爷 x十 b"%半子x), (3、 I犭
淞一 镑免 Ⅱ 、0尹∩ 世 丿∞吣 △Ⅱ陛丬 琪冲
=士 j;吒
,卩
;)L。
;从 ;, b讠
C.=0, 阻 ^
' f
二 ι
十 汾 υe 3
t 十
G
`
“z
o
◇ 区㈦ 刊
R⒈`丶
十
'
沙
n K
O
〓
◇
(1b) λ二o日 芍` 王tx):CI十 C,Ⅸ '内 弋 λfz′ 7)’
‘l二 0户 CL十 hC△ d环 攵=o叁 兰棼 c⒉ =。 ,o区 三O
(、 c) 当λ冫o丿 Xcx,二 A‘°s涿 人十B si^诼 入
田k(× →
=AK
入kt
Q^矿
sn讶 kγ '
k丬 ,z`…
r=z、 17)
'
〓
耐 轴
铅
卜匆
β幻
殳︺ 一 卜一卜~ Σ`
r
⒆
㈦
⑴涮
●
二:巡 之
s、 2J泓艾
一 n k 一
"慌 〓 z 一 +Jx℃
FA淡
κ 一
丁砭
ˉl ‰ 2丿
r~Jπ /h2
"Ak/h·
二誓十抵
n哑 `
‘ 肃 丨 江κ 丿λ H {(/lˉt)
tW讧
l忒
=、 :ll、
kvO&x汰
d;【
;吝
k考
∴∶苷ik离乞、t∶奄(k害圭)3钛 x屯 dtd七
RllS= 、、cgll扌 s专 圯 d弋)椒 d辶
‘ 七 七 -
dxdb汰 t汰
:lll cR考
由t、 ,t.`J、 苜、【t戋心坐、朱e
宅半乙 t湘加F讠
纨毛饥窃|钠 、a、、、∧丿:G%襁 旨弘坏殳)
寒中 ~f、 ∮f==JⅠ∶半、1x-t)串“弋)d七 (=亻 ΣXf)`卸 缸为f、 岛f、 彳λ衤釜尔么.
γ± ′
T E呼 、钛‘⒎]=!=岭 eˉ 氵λx汰 X)∶l+1Cx亠t)呷 △t七 )汰七
I)=
(营
j扌 j饣
千扌 l∶
|l平 X 辶1七9dt丨 :⒎ f、 tkˉt)cˉ 卜k义 汰
工‘0)=OF》 A=O
4￠
α ‘昌 l当
X彳 )十 h Xr史 )二 o,
D(诼 ‘o5泺 比十h咖 涿攵)=O
Q丨
丬挈亻支 玉1x)幸
0
, /
j
十
讳
ハ仙
v叹 切5J灭 只十hs汪 Jλ 艾=O
~√亏
-^π
`
ρ 沐g
)
q
2/
ι
骂叱考享象(2、 l、 )耽 η叫l1L
渺 乇
ˉV
冖脚 I两
泺丿 冷 V〓
ι
×
x
h 阝η
χ
ι 丿
〓
耐 丽
f
〓
r l 丿
谰
` ι
卫△ JJ
v止 :
丁H× 平‘x)〕 :
r l 丿
臼
二Σ
㈠
丿￡、k
I(Pt∶ )§ J灭 ldl e-nl^kt si。
k笨
〓
Σ ∞
以“(× 沃)
竿‘
Cz、 :冫 l1)
死 还辱涯 ⑴ )匙 f引 )-Ⅱ `、 )毹 乡兮粜鲑
^艮
‘亻0t讠 绛廴叶出i'lL彳yb 南斗伯阽导扎 槲 是连(岌6‘ )
坐 当叼畈 珲呐,lh lz⑶ 儒 出俩斛 望 F。 日以 弘 嗍 匙
η勃碎汪锃 γ℃矢锇寸廴和、。 旧匾 胶 i丿i}}l'ξ
/l+b亥
f’s介 0sll女 n
;=ˇ
,丿
瘪气)⒑ 呐趑汉毳氓正1忆
豇 丿 司 钅廴绯 氵纟 Gˇ1‘ hJ丨
|母 1:∶
^'、
;:恃 :
u
X
溯
ι`
ο
l `
ˇ x 〓
' f 丶
" △
2` 丿
υ
丿
一 冈<
/
㈥ 叨 △ ‘
△ J
铛
㈤ J⒉ 氵口泣值 问起 钙爿跷 良号 珐,孓 纬 之间 I}高千|)
=士 J。 fll)sih荡
,‘ d0-∞
fl【
(‘ -∞
b∽
`→
;' 讠:D丿 ·¨ , ,⒉ `')、
rj;丨
Q供
ll
⒓ 亻 |;1kl: [jTdλ jj1 4I1)co5λ (λ-t、 d;
r3‘ ;)
——ˉ《⒃铙f讪 池“彷
鸱 讠尘、
t;`冫 )彳
丨 黾 )《 (;、
-(lkl〓 万o⒉ `j-入1ˉsl1)从 ; +2L芍zj哆 |h:)I (° 〉÷雩;r。 、宀:x+sh∴ 瑟;s⒎七￡xldl
卟卜 丨
·'
隙 孓‘云亻∴ ⒓ 卜加 吡
(;、 丨°)
甲 ~仁
ˉ
凡 民 J;[s丨 5· )lxo
[gl)lxl∶ E3冫 ]lxJ.
扔 gl芳 △lxy F:[瓦 [只 卟刂矸只[玎 乎。DJ咄
Ⅰ∶ 于 、 」〕 -
: 1 zTt :l[J′ I子 l]l-λ)) 21L f;rf。 r∫ )r~A、
峨画 龈丶 丶
巾丿 ;
东 和 千1k9=
一λ
丶丶
忄】
?
\
)
丿
i
去l 灿
㈦ υ
e
\ ` 丶λ x Ⅰ
⊥ 〓不
∞ 〓
s
` ˇ
λ丶 `
巾 严d
⑴
λ
`
3(λ )、
n 午 ·
J1⒈(k劝)%仇TouhJP、∶钞、‘1‘′受γ迦冫父亠 蒈 旅,浞浞为为J=乎乒。孑E古·]E,5]