数学物理方程 2-3章课后部分习题答案 李明奇主编 电子科技大学出版社

数学物理方程 李明奇主编 电子科技大学出版社
2-3章部分习题答案
习题2.1
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： tt x x Sdxu t x YSu t dx x SYu ρ=-+),(),(，其中，Y 为杨氏模量，S 为均匀细杆的横截面积，x u 为相对伸长率。

化简之后，可以得到定解问题为：⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
-==========)(|,0|0
|,0|)/(0002L x I
u u u u u a u Y u t t t L x x x xx xx tt δρρ。

习题2.2
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4u ，即dSdt ku dQ 4=，设物体与周围介质之间，只有热辐射而无热传导，周围介质的绝对温度为已知函数),,,(t z y x ϕ，。

试写出边界条件。

解：由Fourier 热传导实验定律dSdt n
u
k dQ ∂∂-=1
，其中1k 称为热传导系数。

可得dSdt u k dSdt n
u
k )(441ϕ-=∂∂-，
即可得边界条件：
)(44
1
ϕ--
=∂∂u k k n
u
s。

习题2.3
4.由静电场Gauss 定理⎰⎰⎰⎰⎰⋅=
⋅V
s
dV dS E ρε0
1
，求证：0
ερ
=
⋅∇E ，并由此导出静电势u 所满足的Poisson 方程。

证明：⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅=
⋅=⋅V
V
s
dV dV divE dS E ρε0
1
，
所以可以得到：0
ερ
=divE 。

由E divE ⋅∇=与u E -∇=，可得静电势u 所满足的Poisson 方程：
2
ερ
-=∇u 。

习题2.4
2.求下列方程的通解：
（2）：;032=-+yy xy xx u u u （5）：;031616=++yy xy xx u u u
解：（2）：特征方程：03)(2)(2=--dx dy dx dy
解得：
1-=dx dy 和3=dx
dy。

那么令：⎩⎨⎧-=+=y x y
x 3ης， ⎥
⎦
⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1311y x y x Q ηηςς， 所以：
⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-088011313111131112212
1211
2212
1211
Q a a a a Q a a 01=-=ςςc L b ，02=-=ηηc L b ，0==f c 。

可得：0=ςηu 。

解之得)3()(21y x y x u -++=ϕϕ。

（5）：特征方程：03)(16)(
162=+-dx
dy
dx dy
解得：
41=dx dy 和4
3=dx dy 。

那么令：⎩⎨⎧-=-=y x y
x 434ης， ⎥
⎦
⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=4341y x y x Q ηηςς， 所以：
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-032320443138816434112212
1211
2212
1211
Q a a a a Q a a a a 01=-=ςςc L b ，02=-=ηηc L b ，0==f c 。

可得：0=ςηu 。

解之得)43()4(21y x y x u -+-=ϕϕ。

习题2.5
2.试证明：若);,(τt x V 是定解问题⎪⎩⎪
⎨⎧====><<=-====),(,0,
0,0,0,002ττ
ττx f V
V V V t L x V a V t t t L x x xx tt 的解，则ττd t x V t x u t ⎰=0);,(),(是定解问题⎪⎩
⎪
⎨⎧====><<=-====0,00
,00
,0),,(0002t t t L x x xx tt u u u u t L x t x f u a u 的解。

解：由题意可对),(t x u 进行求导，则：
τττττ
d t x V V d t x V u t
t t t
t t ⎰⎰=+==00);,();,(，其中0==τ
t V。

),(),(0200ττττττ
x f d V a x f d V V d V u t
xx t
tt t t
t
tt tt +=+=+=⎰⎰⎰=，
将τd V u t
xx xx ⎰=0代入上式中，则可得),(2τx f u a u xx tt +=。

至于边界条件和初始条件，由于
0,00000====⎰⎰====ττd V
u
d V
u
t
x L x t
x x L
，
0,00
00
00====⎰⎰===ττd V u d V u t t
t t
t 。

所以，得证。

习题2.6
1.证明下列公式：（3） )0(,)
()(≠=
a a
x ax δδ
证明：由δ函数定义：
⎰⎰⎰⎰∞
+∞
-∞
+∞-∞
+∞
-∞
+∞-=
===a
x d x a
x a d x a a
dx x a dx ax 1)()(1
)()(1)()(δδδδ 即：)0(,)
()(≠=
a a
x ax δδ。

得证：)0(,)
()(≠=a a
x ax δδ
习题3.1
3.求下列边值问题的固有值和固有函数：
（4）[]⎩⎨
⎧=+'==+''==0
,00
02L x x hX X X
X X β
解：令02>=βλ，则方程02=+''X X β的通解为
x B x A x X λλsin cos )(+=。

代入边界条件：
⎪⎩
⎪
⎨⎧=-⇒=+=+'=⇒=⋅+⋅=L h L Bh L B L hX L X A B A X λλ
λλλtan 0sin cos )()(0
,001)0(， 则满足等式
L h
λλ
tan =-的λ值就是固有值，记为n λ，则固有函数
为x x X n n λsin )(=。

7.一根长为L 的杆，一端固定，另一端受力0F 而被拉长。

求杆在去
掉0F 时的振动。

设杆的截面积为S ，杨氏模量为Y 。

解：设位移函数为)()(),(t T x X t x u =，则定解问题为
⎪
⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
====><<=-====0,0,00,0,000
002t t t L x x x xx tt u x YS F u u u t L x u a u 用分离变量法，由边界条件，可得：2
]2)12([L
n n πλ+=，其相对应的本征函数为......)3,2,1,0(,2)12(sin
)(=+=n x L
n x X n π。

将)(x X n 带入初始条件中，可得x YS
F x L n A x u n n 02)12(sin
)0,(=+=π
，利用本征函数系⎭
⎬⎫
⎩
⎨⎧+x L n 2)12(sin
π
的正交性，可得： 2
2000
000)12()1(82)12(cos
2)12(cos )12(222)12(sin 2+-=
⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡+-+⋅+-=+⋅=⎰⎰n YS L F dx L x n L x n x n L LYS F dx
L x n x YS F L A n L
L L n πππππ 则可以得到解为：
......)3,2,1,0(,2)12(sin 2)12(cos )12()1(8),(02
20=+++-=∑∞=n L
x
n L at n n YS L F t x u n n n πππ
习题3.2
2.一根长为L 的细杆侧面和两端绝热，初始时刻细杆上的温度为)(x ϕ，求细杆上温度变化的规律。

其定解问题为：
⎪⎩
⎪
⎨⎧===><<====)(0,00,0,002x u u u t L x u a u t L x x x x xx t ϕ。

解：采用分离变量法，设)()(),(t T x X t x u =，将其代入方程分离变量，同时由边界条件，可得本征值：2
)(
L
n n πλ=，其相对应的本征函数为 ......)3,2,1,0(,cos
)(==n L
x
n x X n π。

且可得 ......)3,2,1,0(,exp )(2222=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=n L t a n A t T n n π。

那么
通解即为：
∑∞
==⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=02222......)3,2,1,0(,cos exp exp ),(n n n L x
n L t a n A t x u ππ再代入初始条件，即有：∑∞
===0
)(cos
)0,(n n x L
x
n A x u ϕπ。

利用本征函数系⎭⎬⎫⎩
⎨⎧
L x n πcos 的正交性，可得：
......)3,2,1,0(,cos )(20==
⎰n dx L
x n x L A L n πϕ。

综上所述，该定解问题的解为：∑∞
=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=02222cos exp ),(n n L x
n L t a n A t x u ππ，
其中......)3,2,1,0(,cos )(20==⎰n dx L
x
n x L A L n πϕ。

习题3.3
1.求解定解问题：⎪⎩⎪⎨⎧==∂∂+⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=A
u
u u a ρθρρρρρ0
11222。

解：利用Poisson 公式，可以求得：
A
d A a 21
20
0==
⎰θππ
，
)0(,0cos 1
20
0≠==
⎰n d n A a n n θθπ
ρπ
，
0sin 1
20
==
⎰θθπρ
π
d n A b n n
那么，可以得到方程的解用级数表示为A u =),(θρ
4．求解圆域内Laplace 方程Neumann 问题：
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂<<-<<=∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=)(,0011222θρ
πθπρθρρρρρρf u
R u
u R ，。

解：设)()(),(θρθρΦ=R u ，得：01
1
2
=Φ''+
Φ'+
Φ''R R R ρ
ρ
即：
Φ
Φ'
'-='
+''R R R ρρ2。

令其比值为常数λ，可得两个常微分方程：
⎩⎨
⎧=+Φ=Φ=Φ+Φ''0)2()(0θπθλ及⎪⎩⎪⎨⎧+∞
<=-'+'')0(02R R R r R r λ 解出关于)(θΦ的固有值问题的固有值为,...2,10,2，==n n n λ则固有函
数,..2,1sin cos )(,)(0
0='+'=Φ'=Φn n B n A A n n n ，θθθθ 将n λ代入关于)(ρR 的方程，解得)0()(000为任意常数≠''=C C R ρ，
,...2,1),0(,)(=≠''=n C C R n n n n 为任意常数ρρ。

所以2
)()(),(0
00
000A C A R r u =''=Φ=θρθ， ,...
2,1)
sin cos ()sin cos ()()(),(=+='+''=Φ=n n B n A n B n A C R r u n n n
n n n n
n n n θθρθθρθρθ
叠加得：
,...2,1,0)
sin cos (2),(1
0=++=∑∞=n n B n A A r u n n n n
θθρθ
由边界条件，得：
∑∞
=-=+==∂∂1
1
)sin cos ()(n n n n R
n B n A nR f u
θθθρ
ρ 那么可以得到各个系数值：
,...)2,1(,sin )(1
,cos )(111===
⎰⎰----n d n f R
n B d n f R n A n n n n θθθπθθθπππ
ππ综上所述，定解问题的解为
,...2,1,0)
sin cos (2),(1
0=++=∑∞=n n B n A A r u n n n n
θθρθ
其中：0A 为任意常数，θθθπππ
d n f R
n A n n ⎰--=cos )(1
1，）,...2,1(,sin )(1
1==⎰--n d n f R
n B n n θθθπππ
习题3.4
2.一个长、宽各位a 的方形膜，边界固定，膜的振动方程是
⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧====><<<<+=====0
0,0,0),(002a y y a x x yy xx tt u u u u t a y a x u u k u 。

求方形膜振动的固有频率。

解：令)()()(),,(t T y Y x X t y x u =，将变量分离可得：)(2Y Y X X k T T ''+''=''，
则可得⎪⎩⎪
⎨⎧-=''+''=+''1120
λλY
Y X X T k T 。

继续分离变量，可得21λλ=''-=+''Y Y X X ，
从而可得固有值问题⎩⎨⎧===-+''==0
0)(021a x x X X X X λλ和⎩⎨⎧===+''==00
02a x x Y Y Y Y λ。

分别求得固有值问题的固有值为：22221a m πλλ=-，22
22a n πλ=。

则22
22221a
n a m ππλ+=。

将1λ代入关于)(t T 的常微分方程，可得通解为
t k B t k A T mn mn mn 1212sin cos λλ+=。

所以，综上所述，可得方形膜振动的固有频率为
......)3,2,1,(,222
212=+==n m a
n m k k f πλ
习题3.5
2.求解定解问题：⎪
⎩⎪
⎨⎧===><<=+-===-00020
,00
,0,
0T u u u t L x Ae u a u t L x x ax t xx
其中，0T 是常数。

解：令)(),(),(x v t x w t x u +=，则可以化简为定解问题：
⎩⎨⎧===+-0)()0(0.1L v v Ae v ax
xx ⎪⎩⎪⎨⎧-====-=)
(0)()0(0.200
2
x v T w L w w w a w t t xx 先求解定解问题1，可以解得2
22)1()(a
A
x e La A e a A x v aL ax +-+-
=--。

至于定解问题2，可以用分离变量法，解得固有值2
)(
L
n n πλ=。

由边界条件解得：x L n C x X n n π
sin )(=，t
L a n n e
t T 22)(π-
=。

那么：∑∑∞
=-∞
===1
1
sin )()(),(22n t
L a n n n n n x L
n e
C t T x X t x w ππ，将其带入初始条
件，可以解得：
)
()1cos (2)cos 1(2sin )]([222222000ππππππn L a n n e AL n n T dx L
x
n x v T L C aL
L n +-+-=-=
-⎰ 所以，原定解问题的解：
∑∞
=-
--+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-+-=+=1
2sin
1)1()(),(),(22n t
L a n n aL ax x L
n e
C e L x e A x v t x w t x u π
απ其中)
()
1cos (2)cos 1(2222220πππππn L a n n e AL n n T C aL n +-+-=-。

6．求解定解问题：⎪
⎩⎪
⎨⎧===+====0
0002t L x x x xx t u u u A
u a u 。

解：先求解下面的齐次定解问题对应的固有值问题：
⎪⎩⎪⎨⎧=====0
02
L x x x xx t u u u a u
固有函数为：(),...)2,1(,
212cos
)(=-=n x L
n x X n π
令一般解为：()∑
∞
=-=1
212cos )(),(n n
x L
n t T t x u π。

将一般解代入泛定方程，将自由项按固有函数系展开， 即： ()∑∞
=-=1212cos
n n x L
n A A π，
得：()π
π)12(4)1(212cos 20--=-=⎰n A
dx x L n A L A n L n
再将一般解和自由项展开代入定解问题的：
()⎪⎩⎪⎨⎧=--=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡
-+'0)0()12(4)1()(212)(2n
n n n T n A t T L a n t T ππ 解之得：()⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----=)212exp(1)12(16)1()(2
2332
t L a n a n AL t T n
n ππ 则原定解问题的解为：
()()∑∞
=-⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----=1
2
32
32
212cos )212exp(1)12()1(16),(n n
x L n t L a n n a
AL t x u πππ
习题3.6
1.求解定解问题：⎪⎪⎪
⎩⎪
⎪⎪⎨⎧
===><<-====2
2
101022,00,0,x L u u u u u t L x u b u a u t L x x x xx t ，其中b 和1u 均为常
数。

解：令1),(),(u t x v t x u +=，代入定解问题，得：
⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧
-===><<--====1
22
10012220
,00,0,u x L u v v v t L x u b v b v a v t L x x x xx t 下面进行边界条件齐次化，令),(),(),(t x q t x p t x v +=，代入上面的定
解问题，可得：（1）⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧
-===><<-====122100220,00,0,u x L u p p p t L x p b p a p t L x x x xx t
（2）⎪
⎩⎪
⎨⎧===><<--====00,00
,0,001222t L x x x xx t q q q t L x u b q b q a q
对定解问题（1），利用分离变量法，可得：
固有值...2,1,0,)212(2=+=n L n n πλ， x L
n x X pn 2)12(cos )(π+=，
t a L
n b pn e
t T ])21
2(
[22)(⋅++-=π，所以通解为
∑∞
=⋅++-+=0
])21
2(
[2)12(cos ),(22n t a L
n b n x L
n e
A t x p ππ。

代入初始条件中，可以得到
3311
1221)12(32)1(2)12(cos )(2π
π+-=+-=
+⎰n u dx x L n u x L u L A n L n 。

对定解问题（2），先求解齐次问题：⎪
⎩⎪
⎨⎧===-====00,00022t L x x x xx t q q q q
b q a q ，得到：
...2,1,0,)212(2=+=n L n n πλ，x L
n x X qn 2)12(cos )(π+=。

从而得通解为：∑∞
=+=0
2)12(cos )(),(n qn x L n t T t x q π。

将12
u b -按}2)12({cos x L n π+展开，得：∑∞
=+=-0
12
2)12(cos )(n n x L n t f u b π，
其中π
π)12()1(42)12(cos )(2)(12012
+--=+-=⎰n u b x L n u b L t f n L n 。

将),(t x q 与12u b -的展开式代入定解问题（2）中，比较所得方程的两侧系数，即得确定)(t T qn 的初始条件为：
⎪⎩⎪⎨
⎧==++'0
)0()()()(22qn n qn n qn
T t f t T b a t T ）（λ 此定解问题不难解得：[]
t
b a n n qn n e b
a t f t T )(2
2221)()(+--+=λλ。

所以，定解问题（2）的通解为：
∑∞=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡++-++++⎪⎭⎪⎬
⎫⎪⎩⎪⎨⎧--=02
2222)212(1222)12(cos ]
)12(4)[12(1)1(16),(222n t b a L n n x L n a n L b n e u L b t x q ππππ。

综上所述，定解问题的解为),(),(),(t x q t x p t x v +=，其中
∑∞
=⋅++-+=0])21
2(
[2)12(c o s ),(22n t a L
n b n x L n e
A t x p ππ，3
311)12(32)1(π
+-==+n u A n n ； ∑∞=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡++-++++⎪⎭⎪⎬
⎫⎪⎩⎪⎨⎧--=02
2222)212(1222)12(cos ]
)12(4)[12(1)1(16),(222n t b a L n n x L n a n L b n e u L b t x q ππππ；
...2,1,0=n 。

2.求解定解问题：⎪⎩
⎪
⎨⎧====+=0
),0(,),0(,),(,0)0,(,
x u Ex x u E E L t u t u g g u u t x xx tt 为常数为常数。

解：令)(),(),(x w t x v t x u +=，代入方程，得：
g x w x
v a t v +''+∂∂=∂∂)]([22
222 为了使这个方程及边界条件同时化成齐次的，选)(x w 满足：
⎩⎨
⎧===+''E L t w t w g x w a x ),(,0)0,(0
)(2 解得：x L a g E x a g x w )(2)(2
22++-
=。

那么函数),(t x v 满足下列定解问题：⎪⎩
⎪
⎨⎧=-====0
),0(),(),0(0),(,0)0,(x v x w Ex x v L t v t v v v t x xx
tt
利用分离变量法，可得满足齐次边界条件的解为：
x L n at L n D at L n C t x v n n n πππ21
2sin )212sin 212cos (),(0
++++=∑∞
=
由初始条件0),0(=x v t ，得：0=n D 。

于是定解问题的解可表示为：x L
n at L n C t x v n n ππ212sin 212cos
),(0++=∑∞
=。

即有Lx a
g
x a g x w Ex x L n C n n 2220
2)(212sin
-=-=+∑∞
=π 由Fourier 级数的系数公式可得
3
322
0222)12(16212sin )2(2π
π+=+-=⎰n a gL xdx L n Lx a g x a g L C L n 因此，原定解问题的解为：
x L n n a gL x L a g E x a g t x u n ππ
21
2sin )12(116)(2),(0
3
3
22
222+++++-=∑∞
=。