数学物理方程与特殊函数第六章课后答案
数学物理方程与特殊函数
第7页/共20页
例3、热传导
热传导现象：当导热介质中各点的温度分布不均匀时，有 热量从高温处流向低温处。
所要研究的物理量：
温度 u(x, y, z,t)
根据热学中的傅立叶试验定律
在dt时间内从dS流入V的热量为：
S n
M V
S
dQ k u dSdt ku nˆdSdt ku dSˆdt
热场
横向： T cos T 'cos '
纵向： T sin T 'sin ' gds ma y
其中： cos 1 cos ' 1
sin tan u(x,t)
x
sin ' tan ' u(x dx,t)
x
M'
ds
T'
'
M
gds
T
x
x dx x
第3页/共20页
T T'
其中： m ds
和高阶微分方程。
3、线性偏微分方程的分类
按未知函数及其导数的系数是否变化分为常系数和变系数微分方 程
按自由项是否为零分为齐次方程和非齐次方程
第17页/共20页
思考判断下列方程的类型
2u 2t
a2
2u 2x
x
2u x2
a2
u t
xu
2u x2
a2
2u t 2
u1u源自122u2
0
4、叠加原理
线性方程的解具有叠加特性
第13页/共20页
2、边界条件——描述系统在边界上的状况
A、 波动方程的边界条件 (1)固定端：对于两端固定的弦的横振动，其为：
u |x0 0, 或： u(a,t) 0
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。
工程数学：数学物理方程与特殊函数
工程数学：数学物理方程与特殊函数
工程数学是数学在科技制造领域的理论基础和实用应用学科，也是科研创新、技术进
步和社会发展进程中的重要组成部分。
它是人类在技术实践及理论分析中发明的知识体系
与计算机编程技术相结合的总和。
比较准确地说，它是一门研究利用数学、物理学及实验
数据解决工程技术问题的学科，旨在提供工程技术问题的快速简便解法。
数学物理方程是工程数学中最为重要的组成部分，它指从理论物理学研究导出的数学
模型，它们常用多项式、椭圆型函数或其他函数来描述客观物理现象。
基于该数学模型，
利用数值方法和分析方法求解，学者们可以获得更多的结果，如最优控制、常微分方程等。
特殊函数是数学中一类特殊的确定的函数，有的是与物理学有关的，特殊的函数往往
比普通的函数表示更加容易精确。
特殊函数有很多种，如正弦函数、指数函数、双曲函数、伽马函数、映射函数、高斯函数等。
特殊函数在工程数学中有着重要的应用，如具有理论
实用价值的狭义积分、初值问题、最优控制等，其中使用了特殊函数。
总之，数学物理方程与特殊函数是工程数学中不可或缺的内容，它们是实现科技制造
领域理论研究和现实应用的基础。
数学物理方程课件第六章勒让德多项式
2 (2n)!
2n n!
2n n! 2n n!2n 1 2n 153
2 (2n)!
2n 1!
2 2n 1
数学物理方程与特殊函数
第6章勒让德多项式
性质2 递推公式
(n 1)Pn1 (x) (2n 1)xPn (x) nPn1 (x) 0
Pn1 (x) Pn1 (x) 2n 1Pn (x)
n0
Cn
2n 1 2
1 1
x Pn (x)dx
C0
1 2
1
1 x P0 (x)dx
1 2
1
x dx
1
1 2
C2n1 0
C2n
4n 1 2
1 1
x
P2n
(x)dx
4n
1
1 0
xP2n
( x)dx
4n 1
22n 2n!
1 d2n 0 x dx2n
(x2 1)2n dx
4n 1 22n 2n !
数学物理方程与特殊函数
第6章勒让德多项式
三 勒让德多项式
y APn (x) BQn (x)
Pn
(x)
M
(1)m
m0
2n 2m!
2n m!(n m)!(n
2m)!
xn2m
Pn
1 2n n!
dn dx n
(x2
1)n
当n为偶数时M
n 2
当n为奇数时 M
n 1 2
P0 (x) 1
P1(x) x
2)(n 1)(n 4!
3)
x4
]
c 1 c0
y2
a1[ x
(n
1)(n 3!
2)
物理学教程上册课后答案第六章
第六章 机 械 波6-1 图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（ ）题6-1 图（Ａ） 均为零 （Ｂ） 均为2π （Ｃ） 均为2π- （Ｄ） 2π 与2π- （Ｅ） 2π-与2π 分析与解 本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D ）． 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（）（A ）A 点相位为 π （B ）B 点静止不动（C ）C 点相位为2π3 （D ）D 点向上运动分析与解 由波形曲线可知，波沿x 轴负向传播，B 、D 处质点均向y 轴负方向运动，且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B ）和（D ）不对. A 处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示.A 、C 点的相位分别为0和2π3.故答案为（C ）题 6-2 图6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（ ）()()()()()()π2/π2A π2/π2A π2A πA 211212121212k r r k r r k k r r =-+-=-+-=-=-λϕϕλϕϕϕϕ 分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk =，而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λϕϕϕ/π2Δ1212r r ---=，故选项（D ）正确．题6-3 图6-4 在波长为λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（ ）（A ） 4λ （B ） 2λ（C ） 43λ （D ） λ分析与解 驻波方程为t λx A y v π2cos π2cos 2=，它不是真正的波.其中λx A π2cos 2是其波线上各点振动的振幅.显然，当Λ,2,1,0,2=±=k k x λ时，振幅极大，称为驻波的波腹.因此，相邻波腹间距离为2λ.正确答案为（B ）．6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为()x y ππ5.2cos 20.0-=，式中y 的单位为m ，t 的单位为s ．（1） 求波的振幅、波速、频率及波长；（2） 求绳上质点振动时的最大速度；（3） 分别画出t ＝1s 和t ＝2 s 时的波形，并指出波峰和波谷．画出x ＝ ｍ处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同． 分析 （1） 已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u 、频率?、振幅A 及波长λ等），通常采用比较法．将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y μ书写，然后通过比较确定各特征量（式中ux 前“-”、“+”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播）．比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法．（2） 讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别．例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即v ＝d y /d t ；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定．介质不变，波速保持恒定．（3） 将不同时刻的t 值代入已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程y ＝y （x ），从而作出波形图．而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程y ＝y （t ），从而作出振动图．解 （1） 将已知波动方程表示为()[]()m 5.2/π5.2cos 20.0x t y -=与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /比较，可得0s m 52m 20001=⋅==-ϕ,.,.u A则 m 0.2/,Hz 25.1π2/====v u λωv（2） 绳上质点的振动速度 ()[]()1s m 5.2/π5.2sin π5.0d /d -⋅--==x t t y v 则 1max s m 57.1-⋅=v（3） t ＝1ｓ 和t ＝2ｓ 时的波形方程分别为()()()()m ππ5cos 20.0m ππ5.2cos 20.021x y x y -=-=波形图如图（a ）所示． x ＝ 处质点的运动方程为()()m π5.2cos 20.0t y -=振动图线如图（b ）所示．波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别．前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的一个质点，其位移随时间变化的情况．题6-5 图6-6 波源作简谐运动，其运动方程为()m t πcos240100.43-⨯=y ，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1 的速度沿一直线传播．（1） 求波的周期及波长；（2） 写出波动方程．分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅A 、角频率ω及初相φ0 ，而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /中相应的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速u 及公式ω＝2πν ＝2π／T 和λ＝u T 即可求解． 解 （1） 由已知的运动方程可知，质点振动的角频率1s π240-=ω．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有 s 1033.8/π23-⨯==ωT波长为λ＝uT ＝ ｍ（２） 将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A ＝ ×10-3m ，1s π240-=ω，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为()[]()()m π8π240cos 100.4/cos 30x t u x t ωA y -⨯=+-=- 6-7 波源作简谐运动，周期为ｓ，若该振动以100m·ｓ-1 的速度沿直线传播，设t ＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1） 距波源ｍ 和 m 两处质点的运动方程和初相；（2） 距波源为 m 和的两质点间的相位差．分析 （1） 根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，即得到质点的运动方程．并可求得振动的初相．（2） 波的传播也可以看成是相位的传播．由波长λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx ／λ．解 （1） 由题给条件1s m 100s 020-⋅==u T ,.，可得m 2;s m π100/π21==⋅==-uT λT ω当t ＝0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0 ＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为()[]2/π100π100cos --=x/t A y距波源为x 1 ＝ m 和x 2 ＝ m 处质点的运动方程分别为()()π5.5t π100cos π15.5t π100cos 21-=-=A y A y它们的初相分别为φ10 ＝－π和φ20 ＝－π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝－π，φ20 ＝－π．）（2） 距波源 和 m 两点间的相位差()π/π2Δ1212=-=-=λϕϕϕx x6-8 图示为平面简谐波在t ＝0 时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz ，且此时图中质点P 的运动方向向上．求：（1） 该波的波动方程；（2） 在距原点O 为 m 处质点的运动方程与t ＝0 时该点的振动速度．分析 （1） 从波形曲线图获取波的特征量，从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径．具体步骤为：1. 从波形图得出波长λ、振幅A 和波速u ＝λ?；2. 根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向，从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用旋转矢量法确定其初相φ0 ．（2） 在波动方程确定后，即可得到波线上距原点O 为x 处的运动方程y ＝y （t ），及该质点的振动速度?＝d y /d t ．解 （1） 从图中得知，波的振幅A ＝ m ，波长λ＝，则波速u ＝λ?＝ ×103 ｍ·ｓ-1．根据t ＝0 时点P 向上运动，可知波沿Ox 轴负向传播，并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动．利用旋转矢量法可得其初相φ0 ＝π/3．故波动方程为 ()[]()[]()m 3/π5000/π500cos 10.0/cos 0++=++=x t u x t A y ϕω（2） 距原点O 为x ＝ｍ 处质点的运动方程为 ()()m 12π13π5000.10cos y /t +=t ＝0 时该点的振动速度为 ()-10s m 40.6/12π13sin π50/d d ⋅=-===t t y v题6-8 图6-9 一平面简谐波以速度1s m 08.0-⋅=u 沿Ox 轴正向传播，图示为其在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2）P 处质点的运动方程．题6-9 图分析 （1） 根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u ，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t ＝0 时，x ＝0 处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2） 波动方程确定后，将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程y P ＝y P （t ）．解 （1） 由图可知振幅A ＝ ｍ， 波长λ＝ ｍ， 波速u ＝ｍ·ｓ-1，则ω＝2π/T ＝2πu /λ＝（2π/5）ｓ-1 ，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为 ()m 2π08.05π20.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x t（2） 距原点O 为x ＝ｍ 处的P 点运动方程为 ()m 2π52π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+= *6-10 一平面简谐波，波长为12 m ，沿O x 轴负向传播．图（a ）所示为x ＝ m 处质点的振动曲线，求此波的波动方程．题6-10图分析 该题可利用振动曲线来获取波动的特征量，从而建立波动方程．求解的关键是如何根据图（a ） 写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．解 由图（a ）可知质点振动的振幅A ＝ ｍ，t ＝0 时位于x ＝ m 处的质点在A /2 处并向Oy 轴正向移动．据此作出相应的旋转矢量图（b ），从图中可知3/π0-='ϕ．又由图（a ）可知，t ＝5 s 时，质点第一次回到平衡位置，由图（b ）可看出ωt ＝5π／6，因而得角频率ω＝（π/6） ．由上述特征量可写出x ＝ m 处质点的运动方程为 ()m 3π6π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t 将波速1s m 0.1π2//-⋅===ωλT λu 及x ＝ m 代入波动方程的一般形式()[]0cos ϕω++=u x t A y /中，并与上述x ＝ m 处的运动方程作比较，可得φ0＝－π／2，则波动方程为()()m 2π10/6π0.04cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=x t y6-11 平面简谐波的波动方程为()x t y π2π4cos 08.0-=,式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s,求：（1） t ＝ s 时波源及距波源 两处的相位；（2） 离波源 m 及 m 两处的相位差．解 （1）将t ＝ s 和x ＝0 代入题给波动方程，可得波源处的相位π4.81=ϕ将t ＝ s 和x ′＝ m 代入题给波动方程，得 m 处的相位为π2.82=ϕ（2）从波动方程可知波长λ＝ m ．这样，x 1＝ m 与x 2＝ m 两点间的相位差πΔπ2Δ=⋅=λϕx6-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗 W 的功率．若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）．求距离波源 m 和 m 处的能流密度．分析 波的传播伴随着能量的传播．由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，故对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率P ．而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度I ＝P /S ．解 由分析可知，半径r 处的能流密度为2π4/r P I =当r 1 ＝ m 、r 2 ＝ 时，分别有22211m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I22222m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I6-13 两相干波波源位于同一介质中的A 、B 两点，如图（a ）所示．其振幅相等、频率皆为100 Hz ，B 比A 的相位超前π．若A 、B 相距 m ，波速为u ＝400 m·s -1 ，试求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置．题6-13 图分析 两列相干波相遇时的相位差λϕϕϕr Δπ2Δ12--=．因此，两列振幅相同的相干波因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件()π12Δ+=k ϕ获得．解 以A 、B 两点的中点O 为原点，取坐标如图（b ）所示．两波的波长均为λ＝u /?＝ m ．在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论．1. 位于点A 左侧部分()π14π2ΔA B A B -=---=r r ϕϕϕ因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干涉后质点振动处处加强，没有静止的点．2. 位于点B 右侧部分()π16π2ΔA B A B =---=r r ϕϕϕ显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．3. 在A 、B 两点的连线间，设任意一点P 距原点为x ．因x r -=15B，x r +=15A ，则两列波在点P的相位差为 ()()π1/π2ΔA B A B +=---=x r r λϕϕϕ根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程()()π152π1+=+k x x得 ()2,...1,0,k m 2±±==k x因x ≤15 m，故k ≤7．即在A 、B 之间的连线上共有15 个静止点．6-14 图（a ）是干涉型消声器结构的原理图，利用这一结构可以消除噪声．当发动机排气噪声声波经管道到达点A 时，分成两路而在点B 相遇，声波因干涉而相消．如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差Δr ＝r 2 －r 1 至少应为多少？ （设声波速度为340 m·s -1）题6-14 图分析 一列声波被分成两束后再相遇，将形成波的干涉现象．由干涉相消条件，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr ．解 由分析可知，声波从点A 分开到点B 相遇，两列波的波程差Δr ＝r 2 - r 1 ，故它们的相位差为()λλϕ/Δπ2/π2Δ12r r r =-=由相消静止条件Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，±1，±2，…）得 Δr ＝（2k ＋1）λ／2根据题中要求令k ＝0 得Δr 至少应为m 57022.//===∆v u r λ讨论 在实际应用中，由于噪声是由多种频率的声波混合而成，因而常将具有不同Δr 的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力．图（b ）为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图．*6-15 如图所示，x ＝0 处有一运动方程为t A y ωcos =的平面波波源，产生的波沿x 轴正、负方向传播．MN 为波密介质的反射面，距波源3λ／4．求：（1） 波源所发射的波沿波源O 左右传播的波动方程；（2） 在MN 处反射波的波动方程；（3） 在O ～MN 区域内形成的驻波方程，以及波节和波腹的位置；（4） x ＞0区域内合成波的波动方程．题6-15 图分析 知道波源O 点的运动方程t A y ωcos =，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2．因此可以写出y 1在MN 反射面上P 点的运动方程．设反射波为y 3 ，它和y 1 应是同振动方向、同振幅、同频率的波，但是由于半波损失，它在P 点引起的振动和y 1 在P 点引起的振动反相．利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程，从而写出反射波y 3 ．在O ～MN 区域由y 1 和Y 3 两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波．在x ＞0区域是同传播方向的y 2 和y 3 合成新的行波．解 （1） 由分析已知：沿左方向和右方向传播的波动方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2（2） y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2π3π2cos 43π2π2cos 1t T A t T A y pλλ 因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2ππ2cos ππ23π2cos 3t T A t T A y p设反射波的波动方程为()ϕλ+-=/π2/π2cos 3x T t A y ，则反射波在x ＝－3λ/4处引起的振动为 ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=ϕπ23π2cos 3t T A y p与上式比较得π2-=ϕ，故反射波的波动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x λt TA x λt T A y π2π2cos π2π2π2cos 3 （3） 在O ～MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t T x λA x λt T A x λt T A y y x t y π2cos π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,314 波节的位置：4/2/,2/ππ/π2λλk x k λx +=+=，取k ＝－1， －2，即x ＝－λ/4， －3λ/4 处为波节．波腹的位置：2/,π/π2λk x k λx ==，取k ＝0，－1，即x ＝0，－λ/2 处为波腹．（4） 在x ＞0 区域，由y 2 和y 3 合成的波y 5 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=x λt TA x λt T A x λt T A y y x t y π2π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,325 这表明：x ＞0 区域内的合成波是振幅为2A 的平面简谐波．6-16 如图（a ）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为ν的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为ν的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹.设晶片d = mm ，沿竖直方向的声速13s m 1074.6-⋅⨯=u，试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的频率应是多少？分析 根据限定区域内驻波形成条件（如图（b ）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式 k k d λ2=成立，k 为正整数.可见取不同的k 值，得到不同的k λ，晶体内就出现不同频率k ν的波.对应k =1称为基频，k =2，3，4，…称为各次谐频.解 根据分析基频振动要求2λ=d ，于是要求频率Hz 10685.126⨯===duuλν题 6-16 图6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz ，在空气（ρ＝ kg·m -3）中以u ＝340 m·s -1的速度传播，到达人耳时，振幅约为A ＝ ×10 -6m ．试求波在耳中的平均能量密度和声强． 解 波在耳中的平均能量密度2622222m J 1042.6π221--⋅⨯===v A A ρωρω声强就是声波的能流密度，即23m W 10182--⋅⨯==.ωu I这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应．一般正常谈话的声强约×10-6W·m -2左右． 6-18 面积为 m 2的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80 dB ．问有多少“声功率”传入窗内？ 分析 首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系．声强是声波的能流密度I ，而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量．它们之间的关系为L ＝lg （I /I 0 ），其中I 0 ＝ ×10-12W·m -2为规定声强．L 的单位是贝尔（B ），但常用的单位是分贝（dB ），且1 B ＝10 dB ．声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I 相同，故有P ＝IS ． 解 根据分析，由L ＝lg （I ／I 0 ）可得声强为I ＝10LI 0则传入窗户的声功率为P ＝IS ＝10L I 0S ＝ ×10-4W6-19 一警车以25 m·s -1的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为v =800 Hz ．求：（1） 静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2） 如果警车追赶一辆速度为15m·s -1的客车，则客车上人听到的警笛声波的频率是多少？ （设空气中的声速u ＝330m·s -1）分析 由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果．在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态． 解 （1） 根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度υs ＝25 m·s -1运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为su u vv υμ='警车驶近观察者时，式中υs 前取“－”号，故有Hz 6.8651=-='su uv v υ警车驶离观察者时，式中υs 前取“＋”号，故有Hz 7.7432=+='su uv v υ（2） 客车的速度为0υ=15 m·s -1,声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为Hz 2.82603=--='su u v v υυ6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ，当它以声速的401的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多少？分析 由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者.设超声波的传播速度为u .首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v ，运动速度为40su=υ，岩壁是接收者，利用多普勒频率公式，即可求得岩壁接收到的信号频率v '.经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v '，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速度为40u=υ，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠接收到的信号频率v ''. 解 将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为sυ-='u uv v ，在蝙蝠接收岩壁反射信号时，又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为kHz41kHz 3940/1140/11/1/1s 0s 00=⨯-+=-+=-+='+=''v u uv u u v u u v υυυυυ。
数学物理方程与特殊函数老师给题答案汇总
1.证明二维laplace 方程 在极坐标下 证：2.长为l 的均匀杆，侧面绝缘，一端温度为零，另一端有恒定热流q 进入（即单位时间内通过单位截面积流入的热量为q ）， 杆的初始温度分布为x (l-x ) / 2 ，试写出相应的定解问题。
解：对于杆上的一个微元d x ，流入的热量为：温度变化所需的热量为：两式相等：定解问题为：02222=∂∂+∂∂y u x u 22,arctan y x x y+==ρθθρθρρθθρθθsin ,cos 221cos ,sin /1122222=∂∂=⋅+=∂∂=∂∂-=-⋅+=∂∂y x y x x y x y x y x 2222222222222sin cos cos 2sin sin ρθθρθρρθθρθρθθρ∂∂-∂∂+∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂u u u u u y u x u x u x u ∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂θθρρ2222222222222sin sin sin 2sin cos ρθθρθρρθθρθρθθρ∂∂+∂∂+∂∂+∂∂∂-∂∂=∂∂u u u u u x u ρρθρρ∂∂+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂u u u y u x u 11222222222ρθθθρθθρρcos sin ∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂u u y u y u y u 011222=∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=θρρρρρu u ρθθθρsin cos ∂∂-∂∂=u u 02222=∂∂+∂∂y ux u 011222=∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂θρρρρρu u3.设弦的两端固定于x=0及x=l，弦的初始位移如图所示，初速度为零，又没有外力作用，求弦作横向振动时的位移函数u(x,t)。
解如果琴弦像上图的方法来放置，是不是边界条件将不再是齐次的。
4.解下列问题解：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≤=>=∂∂=∂∂><<∂∂=∂∂lxxxutxt luxtut lxxuatu),()0,(,0),(,0),0(,,222ϕ)()(),(tTxXtxu=XTaXT''='2XXTaT''='22=+'=+''TaTXXλλ⎩⎨⎧='='<<=+'')(,0)0(lXXlxXXλ)()(),()()0(),0(='=∂∂='=∂∂tTlXxt lutTXxtu)(,0)0(='='lXX,3,2,1,22=⎪⎭⎫⎝⎛==nlnnnπβλsin)(=-='lBlXββ)0(=='βAXxlnBXnnπcos=lnnπβ=xBxAXββcossin+=2=+''XXβ2>=βλBX=BAxX+==''X=λ==BAll eBeAlXββββ--=')()0(=-='ββBAXxx BeAeXββ-+=2=-''XXβ2<-=βλ2=+'TaTλ=λ0='T00T A=>λ02222=+'nnTlnaTπtlnanneAT2222π-=nnnTXu=xlneC tlnanππcos2222-=CAB==∑∑∞=-∞=+==1cos2222ntlnannnxlneCCuuππTXu=xlneBA tlnannππcos2222-=001()d2l lC x xlϕ==⎰022()cos d2(1)1()lnnnC x x xl llnπϕπ=⎡⎤=--⎣⎦⎰xx=)(ϕ5.达朗贝尔公式推导 解：做如下代换得：所以 因为所以所以 又因为 因为 所以所以得：即因此⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞<<∞-=∂∂=>+∞<<∞-∂∂=∂∂x x t x u x x u t x x u a t u ),()0,(),()0,(0,,22222ψϕ⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⋅-∂∂=t a x 121⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⋅+∂∂=t a x 121)()(21at x f at x f u -++=ηηη∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂t t x x ξξξ∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂t t x x a t 2ηξ-=2ηξ+=x at x -=ηat x +=ξ)()(21ηξf f u +=)(ξξf u =∂∂02=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂∂ηξηξu u t a x ∂∂⋅-∂∂=∂∂1ηt a x ∂∂⋅+∂∂=∂∂1ξ011=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂⋅-∂∂⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂⋅+∂∂u t a x t a x 0122=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⋅-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂u t a x 0122222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⋅-∂∂u t a x 0122222=∂∂⋅-∂∂t u a x u )()()()0,(21x x f x f x u ϕ=+=)()()()0,(21x x f a x f a t x u ψ='-'=∂∂C a x f x f x +=-⎰021d )(1)()(ξξψ2d )(21)(21)(01C a x x f x ++=⎰ξξψϕ2d )(21)(21)(02Ca x x f x --=⎰ξξψϕ2d )(21)(212d )(21)(2100C a at x C a at x u at x at x ---++++=⎰⎰-+ξξψϕξξψϕ[]11()()()d 22x atx at u x at x at a ϕϕψξξ+-=++-+⎰6.解定解问题解：令所以因为 所以得7.P81T1求方程0,1,22>>=∂∂∂y x y x yx u满足边界条件y y u x x u cos ),1(,)0,(2==的解解：用积分法求解：对y 进行积分)(2122x g y x x u ==∂∂，再对x 积分)()(612123y f x f y x u ++=利用边界条件得 ，再用一次边界条件用积分变换法求解：对y 取拉普拉斯变换利用边界条件 得22d 2d d 3d y x y x --x y +=η2=∂∂∂ηξu )()3()0,(21x f x f x x u +-==)()3(0)0,(21x f x f y x u '+-'==∂∂Cx f x f =+--)()3(3121Cx x f 4343)3(1-=-C x x f 4341)(21-=C x x f 4343)(2+=()2222343)(4343341y x C y x C y x u +=+++--=(d 3d )(d d )0y x y x =-+=)()3(21x y f x y f ++-=x y 3-=ξ)()(21ηξf f u +=y y f f y y u x f x f x u cos )()1(61),1(,)0()()0,(212221=++=+=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞<<∞-=∂∂=+∞<<-∞>=∂∂-∂∂∂+∂∂x y x u x x u x y y u y x u x u ,0)0,(,)0,(,0,032222228.推导空间格林公式由高斯公式⎰⎰⎰⎰⎰ΓΩ++=∂∂+∂∂+∂∂dS x n R y n Q x n P dV z R y Q x P )],cos(),cos(),cos([)(推导 证：设函数u(x,y,z)和υ(x,y,z)在Γ+Ω上具有一阶连续偏导数，在Ω内具有连续的所有二阶偏导数。
数理方程与特殊函数(10-11-2A)参考答案
10---11-2 数学物理方程与特殊函数（A 卷）参考答案一．填空题1，自由项，齐次方程，非齐次方程，初值条件，（第三类）边界条件，初边值（混合）问题； 2，函数()t z y x u u ,,,= 1），具有二阶连续偏导函数；2），满足方程； 3，()xt t x w =,；4，)cos(t x π-；5，[]1,1-，t x t ≤≤-；6，4122≤+<y x ；122<+y x ； 7，()x x 35213-；()32331481-x dxd ；无界的； 8，⎪⎩⎪⎨⎧=+≠;,122,,0n m n n m ()()().,2,1,021211 =+⎰-n dx x P x f n n 二．解：相应方程的特征方程为：0)(2)(322=-+dt dxdt dx ，即：31=dt dx ，1-=dtdx。
由此得积分曲线：13C t x =-，2C t x =+。
作特征变换：t x -=3ξ，t x +=η，则：ηξ∂∂+∂∂-=∂∂u u t u ，ηξ∂∂+∂∂=∂∂u u x u 3；22222222ηηξξ∂∂+∂∂∂-∂∂=∂∂u u u t u ， 22222223ηηξξ∂∂+∂∂∂+∂∂-=∂∂∂u u u x t u ，222222239ηηξξ∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂uu u x u 。
代入原方程，整理得：02=∂∂∂ηξu，则通解为：()()ηξ21f f u +=，其中21,f f 是任意两个连续二次可微函数。
因此原方程通解为： ()()()t x f t x f t x u ++-=213,。
由初值条件有： ()()22133x x f x f =+，()()0321='+'-x f x f 。
由微分方程有：()()C x f x f =-2133 因此 ()449321Cx x f +=，()44121C x x f +=，()44322C x x f -=。
2023年大学_《高等数学》第四册(数学物理方法)课后习题答案下载
2023年《高等数学》第四册(数学物理方法)课后习题答案下载《高等数学》第四册内容简介第一篇复变函数论第一章复数与复变函数第一节复数1.1.1. 复数域1.1.2. 复平面1.1.3. 复数的模与幅角1.1.4. 复数的乘幂与方根第二节复变函数的基本概念1.2.1. 区域与约当曲线1.2.2. 复变函数的概念1.2.3. 复变函数的极限与连续性第三节复球面与无穷远点1.3.1. 复球面1.3.2. 闭平面上的几个概念习题第二章解析函数第一节解析函数的概念及哥西一黎曼条件 2.1.1. 导数的定义2.1.2. 哥西一黎曼条件2.1.3. 解析函数的定义第二节解析函数与调和函数的关系2.2.1. 共轭调和函数的求法2.2.2. 共轭调和函数的几何意义第三节初等解析函数2.3.1. 初等单值函数2.3.2. 初等多值函数习题第三章哥西定理哥西积分第一节复变积分的概念及其简单性质3.1.1. 复变积分的定义及其计算方法3.1.2. 复变积分的简单性质第二节哥西积分定理及其推广3.2.1. 哥西积分定理3.2.2. 不定积分3.2.3. 哥西积分定理推广到复围线的情形第三节哥西积分公式及其推广3.3.1. 哥西积分公式3.3.2. 解析函数的无限次可微性3.3.3. 模的最大值原理哥西不等式刘维尔定理摩勒纳定理第四节解析函数在平面场中的应用3.4.1. 什么叫平面场3.4.2. 复位势3.4.3. 举例习题第四章解析函数的幂级数表示第一节函数项级数的基本性质4.1.1. 数项级数4.1.2. 一致收敛的函数项级数第二节幂级数与解析函数4.2.1. 幂级数的敛散性4.2.2. 解析函数的幂级数表示第三节罗朗级数4.3.1. 双边幂级数的收敛圆环4.3.2. 解析函数的罗朗展式4.3.3. 罗朗展式举例第四节单值函数的孤立奇点4.4.1. 孤立奇点的`三种类型4.4.2. 可去奇点……习题第五章残数及其应用第六章保角变换第二篇数学物理方程第七章一维波动方程的付氏解第八章热传导方程的付氏解第九章拉普拉斯方程的圆的狄利克雷问题的付氏解第十章波动方程的达朗贝尔解第十一章数学物理方程的解的积分方式第十二章定解问题的适定性第十三章付里叶变换第十四章拉普拉斯变换第三篇特殊函数第十五章勒让德多项式球函数第十六章贝塞耳函数柱函数第十七章厄密多项式和拉盖尔多项式附录《高等数学》第四册目录本书内容为数学物理方法，包括复变函数论、数学物理方程、积分变换和特殊函数等部分，可供综合大学和师范学院物理类专业作为教材。
高等数学b2第六章教材答案
高等数学b2第六章教材答案高等数学B2 第六章教材答案第一节：函数极值和最值1. 函数的极值和最值是函数在定义域内的特殊点，它们在数学和实际问题中具有重要的应用价值。
下面是第六章教材中相关习题的答案：习题1：a) 求函数$f(x) = 3x^2 - 6x + 2$在区间[-1, 2]上的极大值和极小值。
解：首先求函数$f'(x) = 6x - 6$的零点，即$6x - 6 = 0$，得$x = 1$。
将$x = -1, x = 1, x = 2$代入$f(x)$中，分别得到$f(-1) = 13, f(1) = -1, f(2)= 10$。
所以$f(x)$在$x = 1$处取得极小值-1，在$x = -1$处取得极大值13。
b) 求函数$g(x) = x^3 - \frac{9}{2}x^2 + 3$在整个定义域上的最大值和最小值。
解：首先求函数$g'(x) = 3x^2 - 9x$的零点，即$3x^2 - 9x = 0$，得$x = 0, x = 3$。
将$x = 0, x = 3$代入$g(x)$中，分别得到$g(0) = 3, g(3) =\frac{27}{2}$。
所以$g(x)$在$x = 3$处取得最大值$\frac{27}{2}$，在$x = 0$处取得最小值3。
2. 函数的极值和最值在实际问题中有很多应用，比如优化问题、经济学中的最大效益等。
通过求解函数的极值和最值，可以找到使函数取得最优结果的变量取值。
习题2：一块长方形的地面上，以其一条边为底，作一个等腰直角梯形，使得梯形的上底与下底分别与已知两块木板的宽度相等。
问该等腰直角梯形的底边长度为多少，才能使梯形的面积最大。
解：设等腰直角梯形的底边长度为$x$，则梯形的上底和下底长度也都为$x$。
设梯形的高为$h$，根据勾股定理得到$h = \sqrt{2}x$。
梯形的面积$S(x) = \frac{1}{2}(x + x)(\sqrt{2}x)$。
数学物理方程与特殊函数课后答案
29.0(,)11cos ,sin (,)(cos ,sin ),cos sin ;sin cos .sin cos ;s xx yy rr r r x y x y x r y laplace u u r u u u r rx r y r u x y u r r u u u u r u r u u u u ru θθθθθθθθθθθθθθθ+=++==⎧⎨=⎩∴==+⎧⎪⎨=−+⎪⎩=−⇒=∵ 证明方程在极坐标下为 证明： sin cos ;cos cos in .sin .sin ()cos ()sin sin cos cos r xx x r r u u r y r r u u u x x r r x u u r r r r θθθθθθθθθθθθθθθθθθ⎧∂∂∂⎛⎞⎧=−⎜⎟⎪⎪∂∂∂⎝⎠⎪⎪⇒⎨⎨∂∂∂⎛⎞⎪⎪+=+⎜⎟⎪⎪⎩∂∂∂⎝⎠⎩∂∂∂∂∂⎛⎞==−⎜⎟∂∂∂∂∂⎝⎠∂∂∂∂⎛⎞⎛=−−⎜⎟⎜∂∂∂∂⎝⎠⎝ 从而2222222222222sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin .cos ()sin ()sin yy u u u u r r r r r r u u ur r r r u u u y y r r y θθθθθθθθθθθθθθθθθθθ⎞⎟⎠∂∂∂∂=+−+∂∂∂∂∂∂∂∂−++∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎛⎞==+⎜⎟∂∂∂∂∂⎝⎠= 2222222222222cos cos sin sin cos sin cos cos sin sin cos sin cos cos .1u u r r r r u u u u r r r r r r u u ur r r r u u u u θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ∂∂∂∂⎛⎞⎛⎞++⎜⎟⎜⎟∂∂∂∂⎝⎠⎝⎠∂∂∂∂=−++∂∂∂∂∂∂∂∂+−+∂∂∂∂+=+ 所以 10.u +=21.(01,0),(0,)(1,)0,1,0.(2)2(,0)11,1,2(,0)(1);tt xx tu a u x t u t u t x x u x x x u x x x ⎧=<<>⎪==⎪⎪⎧⎪<≤⎪⎨⎪=⎨⎪⎪⎪−<<⎪⎩⎪⎪=−⎩求下列问题的解22(,)()().()()0,()()0.(0)(1)0.()()0,(0)(1)0.(),()si n n n u x t X x T t T t a T t X x X x X X X x X x X X n X x B λλλλπ=′′+=′′+===′′+=⎧⎨==⎩==解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得 由边界条件分离变量，得 求解固有值问题得， 111212202n (1,2,).()cos sin (1,2,).(,)(cos sin )sin .42sin (1)sin sin .2n n n n n n n n x n T t C an t D an t n u x t a an t b an t n x n a x n xdx x n xdx n ππππππππππ∞===+==+⎡⎤=+−=⎢⎥⎣⎦∑∫∫ 代入另一常微分方程，得则其中 ()()14402244124(1)sin 11.44(,)(sin cos 11sin )sin .2nn nn b x x n xdx an n a n u x t an t an t n x n n a πππππππππ∞=⎡⎤=−=−−⎣⎦⎡⎤=+−−⎣⎦∫∑ 因此，所求定解问题的解为2(0,0),(0,)(,)0,(3)35(,0)3sin6sin ,22(,0)0.tt xx x t u a u x l t u t u l t x xu x l l u x ππ⎧=<<>⎪==⎪⎪⎨=+⎪⎪=⎪⎩ ()22(,)()().()()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.21(),(2n n u x t X x T t T t a T t X x X x X X l X x X x X X l n X l λλλπλ=′′+=′′+=′==′′+=⎧⎨′==⎩+=解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得 由边界条件分离变量，得 求解固有值问题得， ()()()()()()121)sin (0,1,2,).22121()cossin (0,1,2,).22212121(,)(cossin )sin .222235(3sin6sin 22n n n n n n n n n x B x n la n a n T t C t D t n l la n a n n u x t a tb t x l l l x x a l l ππππππππ∞=+==++=+=+++=+=+∑ 代入另一常微分方程，得则 其中 ()03,1;21)sin 6,2;20,12.0.3355(,)3cos sin 6cos sin .2222l n n n xdx n l l n b a a u x t t x t x l l l lπππππ=⎧+⎪==⎨⎪≠⎩==+∫、 因此，所求定解问题的解为3.4(0,0),(2)(0,)0,(,)0,(,0)().t xx x x u u x l t u t u l t u x x l x =<<>⎧⎪==⎨⎪=−⎩求下列定解问题的解：2(,)()().()4()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.(),()n n u x t X x T t T t T t X x X x X X l X x X x X X l n X x A lλλλπλ=′+=′′+=′′==′′+=⎧⎨′′==⎩==解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得 由边界条件分离变量，得 求解固有值问题得， 222()2()012000cos (0,1,2,).()(0,1,2,).1(,)cos .222().62()cos n n t ln n n t ln n l l n n x n l T t D e n n u x t a a e x l l a x l x dx l n a x l x xd l l πππππ−∞−=====+=−==−∑∫∫ 代入另一常微分方程，得则 其中 2222222()2212[1(1)].2[1(1)](,)cos .6n n n t ln l x n l l n u x t e x n lππππ∞−=−−+−=−−+−=+∑ 因此，所求定解问题的解为2110(01),,0,(1,)0,.,.rr r u u u r r r A u A θθθαθαθπα⎧++=<<⎪⎪⎨⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪<≤⎪⎩⎩其中为已知常数22(,)()().()()()0,()()0.()()0,()(2).(),()cos sin n n n n u r R r r R r rR r R r n X x A n B n θθλθλθθλθθθπλθθ=Φ′′′+−=′′Φ+Φ=′′Φ+Φ=⎧⎨Φ=Φ+⎩==+解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得求解固有值问题得，()2010(0,1,2,).()()()0,(0).()(0,1,2,).1(,)cos sin .212n n n n n n n n n r R r rR r R r R R r C r n u r a a n b n r Aa Ad a ααλθθθαθππ∞=−=′′′⎧+−=⎨<+∞⎩===++==∑∫ 代入另一常微分方程的定解问题得， 则 其中 112cos sin ,1sin 0.2(,)sin cos .n nn AA n d n n b A n d A A u x t r n n n ααααθθαππθθπααθππ−−∞======+∫∫∑ 因此，所求定解问题的解为0(0,0),(0,)0,(,)0(0),(,0)(1),lim (,)0(0),.xx yy y u u x l y u y u l y y x u x A u x y x l l A →∞⎧+=<<<<∞⎪⎪==≤<∞⎨⎪⎪=−=<<⎩其中为已知常数 2(,)()().()()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.(),()sin n n n u x y X x Y y X x X x Y y Y y X X l X x X x X X l n X x B lλλλπλ=′′+=′′−===′′+=⎧⎨==⎩==解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得 由边界条件分离变量，得 求解固有值问题得， 10(1,2,).()(1,2,).(,)sin.22()sin .lim (,)0n n y y lln n n n n y y l ln n n l n n y n x n l Y y C e D e n n u x y a e b e x l x n A a b A l xdx l l l n u x y a ππππππππ−∞−=→∞==+=⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠+=−==⇒∑∫ 代入另一常微分方程，得则 其中 10.2(,)sin .n n y l n A n u x t e x n l πππ∞−===∑因此，所求定解问题的解为()22228.-10.cos ,sin ,111(0),0.{cos sin }.,()xx yy x y a rr r r an a u u u x r y r u u u r a r r u A n B n u r a r θθθθθθθ+==+====⎧++=−<<⎪⎨⎪=⎩+= 在以原点为心,为半径的圆内,试求泊松方程 的解,使它满足边界条件解：令作极坐标变换,得由固有函数法,相应的固有函数系为 因此,设方程的解为[]()()()()()()()0002222cos ()sin .11,110,0210,323()0()n n n n n n n n n nn n nn n n n b r n a a r n a a a n r r nb b b r r a r A r B r n b r C r D θθ∞=−+⎧′′′+=−⎪⎪⎪′′′+−=≠⎨⎪⎪′′′+−=⎪⎩=+≠=+∑ 代入方程,得方程，的通解：， ()()2000(0),()0;(0),()0.()00()0.11()ln ,4(0),()n n n n n n n n r a a a b b a a r n b r a r A r B r a a a −<+∞=<+∞==≠==+−<+∞=. 由有界性条件及边界条件，得 ， 方程的通解: 由有界性条件及边界条件，()()()()()220222220.1().41,.41,.a r a r u r a r u x y a x y θ=−=−⎡⎤=−+ 得 则定解问题的解为 化成直角坐标，则得21210.sin ,(2)(0,)0,(,)0(0),(,0)0,(,0)0(0);{sin }.(,)()sin .tt xx tn n n u a u t x l u t u l t t u x u x x l n x ln u x t u t x l n a u u l ππππ∞=⎧=+⎪⎪==≥⎨⎪==≤≤⎪⎩=⎛⎞′′+⎜⎟⎝⎠∑求下列问题的解：解：由固有函数法,相应的固有函数系为 设方程的解为 代入原方程,得()2111020(1),.(0)(0)0(1,2,),1()0;1()sin sin .n n n n t n a u u t l u u n n u t l an u t t d al l l a t t a a l ππτττππππ=≠⎛⎞′′+=⎜⎟⎝⎠′===≠===−⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫"" 由初始条件,得当时， 当时， 2(,)sin sin l l a u x t t t x a a l l ππππ⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠ 故所求的解为2110(0,0),(3)(0,)0,(,)0,(,0)0.,{sin}.(,)()sin .sin 22sin [1(t xx n n n n l n u a u A x l t u t u l t u x n x ln u x t u t x l n A A A x l n A A A xdx l l n πππππ∞=∞=⎧=+<<>⎪==⎨⎪=⎩====−∑∑∫ 解：由固有函数法相应的固有函数系为 设方程的解为 并将展为： ，其中 222()023321)].2[1(1)],(0)0.2()[1(1)]2[1(1)][1].(,n n n n n n a t tn l n n a t n ln a A u u l n u Au t e d n Al e n au x πτπππτππ⎛⎞−−⎜⎟⎝⎠⎛⎞−⎜⎟⎝⎠−⎧⎛⎞′+=−−⎪⎜⎟⎨⎝⎠⎪=⎩=−−=−−−∫ 代入原方程可得得: 故所求的解为2233212)[1(1)][1]sin .n a tnl n Al n t e x n alπππ⎛⎞∞−⎜⎟⎝⎠==−−−∑()2211.224sin cos ,(2)(0,)0,(,)(0),(,0),(,0)()(0).(,)(,)().224sin cos ,(0,)(0ttxx t ttxx u a u x x l lu t u l t B t Bu x x u x x l x x l l u x t v x t w x v a v w x x l lv t w ππππ⎧=+⎪⎪==≥⎨⎪⎪==−≤≤⎩=+′′=+++求下列问题的解解：设问题的解为 将其代入上面的定解问题，得22222)0,(,)(),(,0)(),(,0)().224sincos 0,(0)0().4()sin.8(0,)0,(,)0,(,0)t tt xx v l t w l B Bv x w x x v x x l x l a w x x l lw w l B B l w t x x l a l v a v v t v l t v x ππππ⎧⎪⎪=+=⎨⎪⎪+==−⎩⎧′′+=⎪⎨⎪==⎩=+==== 化成下面两个问题：(1) ， 解得： (2) 12222022340(),(,0)().(,)cos sin sin .0,4;24sin sin 8, 4.824()sin t n n n l n l n Bx w x v x x l x l n a n a n v x t a t b t x l l l n l n a x xdx l l a l l n an l b x l x xdx n a l n ππππππππππ∞=⎧⎪⎪⎨⎪⎪−=−⎩⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠≠⎧⎪=−⋅=⎨−=⎪⎩=−⋅=∑∫∫ 解得： 其中， ()()43222441222[11].4[11]44(,)cos sin sin sin .844(,)(,)()1cossin 8nn n al l a n a n v x t t x t x a l l n a l l B l a u x t v x t w x x t x l a l l πππππππππ∞=−−−−=−+⎛⎞=+=+−⎜⎟⎝⎠∑ 则 因此，原问题的解为14..0,(2)(-)(),(-)().0().:0X X X X X X X x Be Ae Be A B λππππλ′′+=⎧⎨′′==⎩<=++=+−=−==⇒求下列问题的固有值与固有函数解：当时，方程的通解为 由边界条件，有， ； 得0()0.0().-0.:().0().sin ,X x X x Ax B A B A B A X x C X x A B A B A Bλππλ===++=+⇒==>=+−=++=− 当时，方程的通解为 由边界条件，有 得当时，方程的通解为 由边界条件，有22sin ;()0sin 0(1,2,);()cos sin .(0,1,2,),()cos sin .n n n n n n n n X x n n X x A nx B nx n n X x A nx B nx λλ+====+===+"""" 要不恒等于，则，得故，固有值 固有函数222()()0,(3)(1)()0.ln ,()0.0()00:x y x xy x y y y e x e x d y y d y x Be Bx A B Be τλτλττλ′′′⎧++=⎨==⎩==+=<=+=++=+=解：方程通过自变量代换 或 得: 当时，方程的通解为 由边界条件，有 ， ； 得))0()0.0()ln .0,0.:()0.0()cos ln sin ln .0,A B y x y x A B A x B B A y x y x A B A x B x A λτλ==⇒===+=+===>=+=+= 当时，方程的通解为 由边界条件，有 得当时，方程的通解为 由边界条件，有()()2220;()00(1,2,);()sin ln .(1,2,),()sin ln .n n n n n n B y x n n y x B n x n n y x B n x λππλπ========"""" 要不恒等于，则，得 故，固有值 固有函数。
大学物理第6章习题参考答案
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
数学物理方法第六章-勒让德函数课件
重复应用式(6. 1. 9)，可证C2n+4, C2n+6, … 均为零。 y0(x)的最高次幂为x2n= xl．
根据物理量是有限的，舍去不合物理意义的 解，取常数C1 =0，则勒让德方程的解为
45
递推公式的证明方法: (1)母函数关系式为
对t求导得
两边乘以(1-2xt+t2), 再将母函数关系式代入 左边, 即有
两边比较 t l 的系数(l≥1), 即得式(6.2.13)
46
x Pl ( x)t l Pl ( x)t l1
l0
l0
lPl ( x)t l1 2 x Pl ( x)t l11 lPl ( x)t l12
§6.3.1 勒让德多项式的正交性与正交归一关系式 1. “正交性”与“正交归一关系式”浅析
(1)、三维欧几里得(Euclid)空间 三维欧几里得空间的基矢i，j，k如果用 ek 或
10
§6.1.2 勒让德方程的本征值问题
二阶线性齐次常微分方程
(1-x2)y"(x)-2xyʹ(x)-l(l+1)y(x)＝0
-1<x<1
(6.1.6)
称为勒让德方程.
方程中的 l(l+1)=l 是待定参数
y(x)是待求函数.
11
在x=0的邻域求勒让德方程的有界解. 在有界性条件下求解勒让德方程的问题又称
比较等式两边t l的系数, 即得式(6.2.14)
lPl (x)tl xPl(x)tl
Pl(x)tl1
l0
l0
l0
lPl (x)tl xPl(x)tl
数学物理方程学习指导书第6章拉普拉斯方程的格林函数法
第6章 拉普拉斯方程的格林函数法在第4、5两章，我们较系统地介绍了求解数学物理方程的三种常用方法——分离变量法、行波法与积分变换法.本章我们来介绍拉普拉斯方程的格林函数法.先讨论此方程解的一些重要性质，再建立格林函数的概念，然后通过格林函数建立拉普拉斯方程第一边值问题解的积分表达式.6.1 拉普拉斯方程边值问题的提法在第3章，我们已从无源静电场的电位分布及稳恒温度场的温度分布两个问题推导出了三维拉普拉斯方程22222220.u u uu x y z∂∂∂∇≡++=∂∂∂作为描述稳定和平衡等物理现象的拉普拉斯方程，它不能提初始条件.至于边界条件，如第一章所述有三种类型，应用得较多的是如下两种边值问题.（1）第一边值问题 在空间(,,)x y z 中某一区域Ω的边界Γ上给定了连续函数f ，要求这样一个函数(,,)u x y z ，它在闭域Ω+Γ (或记作Ω)上连续，在Ω内存在二阶偏导数且满足拉普拉斯方程，在Γ上与已知函数f 相重合，即.u f Γ= (6.1)第一边值问题也称为狄利克莱(Dirichlet)问题，或简称狄氏问题.4.3中所讨论过的问题就是圆域内的狄氏问题.拉普拉斯方程的连续解称为调和函数.所以，狄氏问题也可以换一种说法：在区域Ω内找一个调和函数，它在边界Γ上的值为已知.（2）第二边值问题 在某光滑的闭曲面Γ上给出连续函数f ，要求寻找这样一个函数(,,)u x y z ，它在Γ内部的区域Ω中是调和函数，在Ω+Γ上连续，在Γ上任一点处法向导数un∂∂存在，并且等于已知函数f 在该点的值： .uf n Γ∂=∂ （6.2） 这里n 是Γ的外法向矢量.第二边值值问题也称牛曼（Neumann ）问题.以上两个边值问题都是在边界Γ上给定某些边界条件，在区域内部求拉普拉斯方程的解.这样的问题称为内问题.在应用中我们还会遇到狄氏问题和牛曼问题的另一种提法.例如，当确定某物体外部的稳恒温度场时，就归结为在区域Ω的外部求调和函数u ，使满足边界条件,u f Γ=这里Γ是Ω的边界，f 表示物体表面的温度分布，象这样的定解解问题称为拉普拉斯方程的外问题.由于拉普拉斯方程的外问题是在无穷区域上给出的，定解问题的解是否应加以一定的限制？基于在电学上总是假定在无穷远处的电位为零，所以在外问题中常常要求附加一个条件*）lim (,,)0(r u x y z r →∞==（6.3）（3）狄氏外问题 在空间(,,)x y z 的某一闭曲面Γ上给定连续函数f ，要找出这样一个函数(,,)u x y z ，它在Γ的外部区域'Ω内调和，在'Ω+Γ上连续，当点(,,)x y z 趋于无穷远时，(,,)u x y z 满足条件(6.3)，并且它在边界Γ上取所给的函数值.u f Γ= （6.4）（4）牛曼外问题 在光滑的闭曲面Γ上给定连续函数f ，要找出这样一个函数(,,)u x y z ，它的闭曲面Γ的外面部区域'Ω内调和，在'Ω+Γ上连续，在无穷远处满足条件(6.3)，而且它在Γ上任一点的法向导数'un ∂∂存在，并满足 ,'uf n Γ∂=∂ （6.5） 这里n '是边界曲面Γ的内法向矢量.下面我们重点讨论内问题，所用的方法也可以用于外问题.6．2 格林公式为了建立拉普拉斯方程解的积分表达式，需要先推导出格林公式，而格林公式则线面积分中奥-高公式的直接推论.设Ω是以足够光滑的曲面Γ为边界的有界区域，(,,),(,,),(,,)P x y z Q x y z R x y z 是在Ω+Γ上连续的，在Ω内具有一阶连续偏导数的任意函数，则成立如下的奥-高公式*）从数学角度讲，补充了这个条件就能保证外问题的解是唯一的，如果不具有这个条件，外问题的解可能不唯一.例如，在单位圆Γ外求调和函数，在边界上满足1=Γu.容易看出，及1),,(1≡z y x u22221),,(zy x z y x u ++=都在单位圆外满足拉普拉斯方程，并且在单位圆Γ上满足上述边界条件.P Q R d x y z Ω⎛⎫∂∂∂++Ω ⎪∂∂∂⎝⎭⎰⎰⎰ [cos(,)cos(,)cos(,)],P n x Q n y R n z dS Γ=++⎰⎰ (6.6)其中d Ω是体积元素，n 是Γ的外法向矢量，dS 是Γ上的面积元素.下面来推导公式(6.6)的两个推论.设函数(,,)u x y z 和(,,)v x y z 在Ω+Γ上具有一阶连续偏导数，在Ω内具有连续的二阶偏导数.在(6.6)中令,,,v v v P uQ u R u x y z∂∂∂===∂∂∂ 则有2()u v u v u v u v d d x x y y z z ΩΩ⎛⎫∂∂∂∂∂∂∇Ω+++Ω ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ,vudS nΓ∂=∂⎰⎰ 或2().vu v d u dS grad u grad v d n ΩΓΩ∂∇Ω=-⋅Ω∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ （6.7） (6.7)式称为第一格林(Green)公式.在公式(6.7)中交换,u v 位置，则得2().uv u d v dS grad u grad v d n ΩΓΩ∂∇Ω=-⋅Ω∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ （6.8） 将(6.7)与(6.8)式相减得到22().v u u v v u d u v dS n n ΩΓ∂∂⎛⎫∇-∇Ω=- ⎪∂∂⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰ （6.9） (6.9)式称为第二格林公式.利用格林公式我们可以推出调和函数的一些基本性质. (i)调和函数的积分表达式所谓调和函数的积分表达式，就是用调和函数及其在区域边界Γ上的法向导数沿Γ的积分来表达调和函数在Ω内任一点的值.设0000(,,)M x y z 是Ω内某一固定点，现在我们就来求调和函数在这点的值，为此，构造一个函数1v r == （6.10）函数1r除点0M 外处处满足拉普拉斯方程，这函数在研究三维拉普拉斯方程中起着重要的作用，通常称它为三维拉普拉斯方程的基本解.由于1v r=在Ω内有奇异点0M ,我们作一个以0M 为中心，以充分小的正数ε为半径的球面,εΓ在Ω内挖去,εΓ所包围的球域K ε得到区域K εΩ-（图6-1），在K εΩ-内1v r=是连续可微的.在公式(4.9)中取u 为调和函数，而图6-1取1v r=，并以K εΩ-代替该公式中的Ω，得 221111(),K u r u u d u dS r r n r n εεΩ-Γ+Γ⎡⎤⎛⎫∂ ⎪⎢⎥∂⎝⎭⎢⎥∇-∇Ω=-∂∂⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰ （6.11） 因为在K εΩ-内2210,0.u r∇=∇=而在球面εΓ上221111,r r n r r ε⎛⎫⎛⎫∂∂ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-==∂∂ 因此22211144,r u dS udS u u n εεπεπεεΓΓ⎛⎫∂ ⎪⎝⎭==⋅=∂⎰⎰⎰⎰其中u 是函数u 在球面εΓ上的平均值.同理可得22211144,r u dS udS u u n εεπεπεεΓΓ⎛⎫∂ ⎪⎝⎭==⋅=∂⎰⎰⎰⎰ 此外u n ⎛⎫∂ ⎪∂⎝⎭是un ∂∂在球面εΓ上的平均值，将此两式代入(6.11)可得 11440.u u u dS u n r r n n εππεΓ⎛⎫⎛⎫∂∂∂⎛⎫-+-= ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰⎰ 现在令0,ε→由于00lim ()u u M ε→=（因为(,,)u x y z 是连续函数），0lim 40u n επε→⎛⎫∂=⎪∂⎝⎭（因为(,,)u x y z 是一阶连续可微的，故un∂∂有界）则得 000111()()(),4MM MM u M u M u M dS n r r n πΓ⎡⎤⎛⎫∂∂⎢⎥=--⎪ ⎪∂∂⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎰⎰ (6.12)此外为明确起见，我们将r =记成0MM r .(6.12)说明，对于在Ω+Γ上有连续一阶偏导数的调和函数u ，它在区域Ω内任一点0M 的值，可通过积分表达式(6.12)用这个函数在区域边界Γ上的值及其在Γ上的法向导数来表示*）.(ii)牛曼内问题有解的必要条件设u 是在以Γ为边界的区域Ω内的调和函数，在Ω+Γ上有一阶连续偏导数，则在公式(6.9)中取u 为所给的调和函数，取1v =，就得到0udS nΓ∂=∂⎰⎰(6.13) 由(6.13)可得牛曼内问题u f nΓ⎛⎫∂=⎪∂⎝⎭有解的必要条件为函数f 满足*）上面的推导是假定点),,(0000z y x M 在区域Ω内，如果0M 在Ω外或0M 在边界Γ上，我们也可用同样方法推得另外两个式子，把它们合并在一起可得⎰⎰Γ⎪⎩⎪⎨⎧ΩΓΩ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-。
数理方程课后习题(带答案)
u0 X0T0 B0A0 C0
0
Tn
a2n22
l2
Tn
0
a2n22 t
Tn Ane l2
un XnTn
ABea2nl222t nn
cons l
xCea2nl222t n
cosn
l
x
un 0unC 0n 1Cnea2n l2 22tconlsx
数学物理方程与特殊函数
第2章习题选讲
u(uutx(,0x0,)at)2xx,20u2,,u(lx,t) 0,
由此可得：w (x)1
xt
dt
f()dC xA ,
a2 0 0
其中
C1 l(BAa 1 2 0 ldt0 tf()d),
数学物理方程与特殊函数
第2章习题选讲
然后用分离变量解
v(vt0,t)a2
2v x2 , 0, v(l,
t)
0,
0 x l,t 0 t 0
v(x,0) g(x) w(x), 0 x l
0xl1,0yl2 0yl2
u(x,0)0,u(x,l2)(x), 0xl1
uXY
XX0,
X(0)X(l1)0
0xl1
YY0
n n2 nl1 2,n1,2,3,L
n
Xn An sin l1 x
Yn
n2 2
l12
Yn
0
ny
ny
Yn Cnel1 Dne l1
数学物理方程与特殊函数
第2章习题选讲
un 1unn 1Cnenl1 yD nenl1 ysinnl1 x u(x,0)n 1CnDnsinnl1x0 u(x,l2)(x)n 1 C nenl1l2D nenl1l2 sinn l1x
高等数学课后答案-第六章-习题详细解答
习 题 6—11、在平行四边形ABCD 中, 设−→−AB =a , −→−AD =b . 试用a 和b 表示向量−→−MA 、−→−MB 、−→−MC 、−→−MD , 其中M 是平行四边形对角线的交点.解： 由于平行四边形的对角线互相平分, 所以a +b −→−−→−==AM AC 2, 即 -(a +b )−→−=MA 2, 于是 21-=−→−MA (a +b ).因为−→−−→−-=MA MC , 所以21=−→−MC (a +b ). 又因-a +b −→−−→−==MD BD 2, 所以21=−→−MD (b -a ). 由于−→−−→−-=MD MB , 所以21=−→−MB (a -b ).2、若四边形的对角线互相平分，用向量方法证明它是平行四边形.证： =,BM =，∴=+=+BM =与 平行且相等,结论得证.3、 求起点为)1,2,1(A ，终点为)1,18,19(--B 的向量→AB 与12AB −−→-的坐标表达式.解：→AB =j i k j i 2020)11()218()119(--=-+--+--={20,20,0}--, 12AB −−→-={10,10,0}4、 求平行于a ={1，1，1}的单位向量.解：与a 平行的单位向量为{}1,1,131±=±a a .5、在空间直角坐标系中，指出下列各点在哪个卦限？(1,1,1),A - (1,1,1),B -(1,1,1),C -- (1,1,1).D -- 解： A:Ⅳ; B:Ⅴ; C:Ⅷ; D:Ⅲ.6、 求点),,(z y x M 与x 轴，xOy 平面及原点的对称点坐标.解：),,(z y x M 关于x 轴的对称点为),,(1z y x M --，关于xOy 平面的对称点为),,(2z y x M -，关于原点的对称点为),,(3z y x M ---.7、已知点A(a, b, c), 求它在各坐标平面上及各坐标轴上的垂足的坐标（即投影点的坐标）. 解：分别为),0,0(),0,,0(),0,0,(),,0,(),,,0(),0,,(c b a c a c b b a .8、过点(,,)P a b c 分别作平行于z 轴的直线和平行于xOy 面的平面，问它们上面的点的坐标各有什么特点？解：平行于z 轴的直线上面的点的坐标：x a,y b,z R ==∈；平行于xOy 面的平面上的点的坐标为 z c,x,y R =∈.9、求点P (2,-5,4)到原点、各坐标轴和各坐标面的距离.解：到原点的距离为x y 轴的距离为到z10、 求证以)1,3,4(1M 、)2,1,7(2M 、)3,2,5(3M 三点为顶点的三角形是一个等腰三角形. 解：222212(74)(13)(21)14M M =-+-+-=,222223(57)(21)(32)6M M =-+-+-= 222213(45)(32)(13)6M M =-+-+-=，即1323M M M M =，因此结论成立.11、 在yoz 坐标面上，求与三个点A(3, 1, 2), B(4, -2, -2), C(0, 5, 1)等距离的点的坐标. 解：设yoz 坐标面所求点为),,0(z y M ，依题意有||||||MC MB MA ==，从而222)2()1()30(-+-+-z y 222)2()2()40(++++-=z y222)2()1()30(-+-+-z y联立解得2,1-==z y ，故所求点的坐标为)2,1,0(-.12、 z 轴上，求与点A(-4, 1, 7), 点B(3, 5,-2)等距离的点. 解：设所求z 轴上的点为),0,0(z ，依题意：222)7()10()40(-+-++z 222)2()50()30(++-+-=z ，两边平方得914=z ，故所求点为)914,0,0(.13、 求λ使向量}5,1,{λ=a 与向量}50,10,2{=b 平行. 解：由b a //得5051012==λ得51=λ.14、 求与y 轴反向，模为10的向量a 的坐标表达式. 解：a =j j 10)(10-=-⋅={0,10,0}-.15、求与向量a ={1，5，6}平行，模为10的向量b 的坐标表达式. 解：}6,5,1{6210==a a a ,故 {}6,5,16210100±=±=a b .16、 已知向量6410=-+a i j k ，349=+-b i j k ，试求： （1）2+a b ； （2）32-a b ．解：（1） 264102(349)1248i a b i j k i j k j k +=-+++-=+-; （2）323(6410)2(349)=122048a b =i j k i j k i j k --+-+--+.17、已知两点A 和(3,0,4)B ，求向量AB 的模、方向余弦和方向角．解： 因为(1,1)AB =-, 所以2AB =,11cos ,cos 22αβγ===-,从而π3α=,3π4β=,2π3γ=.18、设向量的方向角为α、β、γ．若已知其中的两个角为π3α=，2π3β=．求第三个角γ． 解： π3α=,2π3β=,由222cos cos cos 1αβγ++=得21cos 2γ=.故π4γ=或3π4.19、 已知三点(1,0,0)=A ，(3,1,1)B ，(2,0,1)C ，求：（1）BC 与CA 及其模；（2）BC 的方向余弦、方向角；（3）与BC 同向的单位向量.解：（1）由题意知{}{}23,01,111,1,0,BC =---=--{}{}12,00,011,0,1,CA =---=-- 故 2,2==BC CA .（2）因为{}1,1,0,=--BC 所以，由向量的方向余弦的坐标表示式得：cos 0αβγ===，方向角为：3,42ππαβγ===.（3）与BC 同向的单位向量为：oa =⎧⎫=⎨⎬⎩⎭BCBC .20、 设23,23,34,m i j k n i j k p i j k =++=+-=-+和23a m n p =+-求向量在x 轴上的投影和在y 轴上的分向量.解：2(23)3(23)(34)5114a i j k i j k i j k i j k =++++---+=+-.故向量a 在x 轴上的投影5=x a ，在y 轴上的投影分量为11y a j =.21、一向量的终点为点B(-2,1,-4),它在x 轴，y 轴和z 轴上的投影依次为3，-3和8，求这向量起点A 的坐标.解：设点A 为（x, y, z ）,依题意有：84,31,32=---=-=--z y x ， 故12,4,5-==-=z y x ，即所求的点A （-5， 4，-12）.22、 已知向量a 的两个方向余弦为cos α=72 ,cos β=73, 且a 与z 轴的方向角是钝角.求cos γ. 解：因222cos cos cos 1,αβγ++=22223366cos 1cos 77497γγ=-==±故（）—（），，又γ是钝角，所以76cos -=γ.23、设三力1232234F ,F ,F i j i j k j k =-=-+=+作用于同一质点，求合力的大小和方向角.解： 合力123(2)(234)()F F F F i k i j k j k =++=-+-+++323i j k =-+，因此，合力的大小为|F |=合力的方向余弦为,222cos ,cos 223cos -===βγα因此παγβ===-习 题 6—21、 {}0,0,1=a ，{}0,1,0=b ，)1,0,0(=c ，求⋅a b ，c a ⋅，c b ⋅，及a a ⨯，b a ⨯，c a ⨯，c b ⨯. 解：依题意，i a =，j b =，k c =，故0=⋅=⋅j i b a ，0=⋅=⋅k i c a ，0=⋅=⋅k j c b .0=⨯=⨯i i a a ，k j i b a =⨯=⨯，j k i c a -=⨯=⨯，i k j c b =⨯=⨯.2、 }}{{1,2,2,21,1==b a ,，求b a ⋅及b a ⨯ .a 与b的夹角余弦. 解：（1）121221⋅=⨯+⨯+⨯=a b 6, 112221⨯==i j ka b }{3,3,0-.(2)cos a b a b a b θ++==3、 已知 π5,2,,3∧⎛⎫=== ⎪⎝⎭a b a b ，求23a b -解：()()2232323-=-⋅-a b a b a b 22412976=-⋅+=a a b b ，∴ 23-=ab4、 证明下列问题：1）证明向量}{1,0,1=a 与向量}{1,1,1-=b 垂直. 2） 证明向量c 与向量()()a c b b c a ⋅-⋅垂直. 证：1）01110)1(1=⨯+⨯+-⨯=⋅b a ,^π(,)2a b ∴=，即a 与b 垂直. 2） [()()]⋅-⋅⋅a c b b c a c [()()]=⋅⋅-⋅⋅a c b c b c a c ()[]=⋅⋅-⋅c b a c a c 0=[()()]∴⋅-⋅⊥a c b b c a c .5、 求点)1,2,1(M 的向径OM 与坐标轴之间的夹角.解：设OM 与x 、y 、z 轴之间的夹角分别为γβα,,，则211)2(11cos 22=++==α,22cos ==β, 21cos ==γ. 3π=∴α, 4π=β, 3π=γ.6、 求与k j i a ++=平行且满足1=⋅x a 的向量x .解：因x a //, 故可设{}λλλλ,,==a x ，再由1=⋅x a 得1=++λλλ，即31=λ，从而⎭⎬⎫⎩⎨⎧=31,31,31x .7、求与向量324=-+a i j k ，2=+-b i j k 都垂直的单位向量.解：=⨯=xy z x y zij kc a b a a a b b b 324112=--i j k =105+j k，||10==c 0||∴=c c c=.⎫±+⎪⎭j8、 在顶点为)2,1,1(-A 、)2,6,5(-B 和)1,3,1(-C 的三角形中，求三角形ABC 的面积以及AC 边上的高BD .解：{0,4,3},{4,5,0}AC AB =-=-,三角形ABC 的面积为,22516121521||21222=++=⨯=AB C A S ||||21,5)3(4||22BD S ==-+= ||521225BD ⋅⋅= .5||=∴BD9、 已知向量≠0a ，≠0b ，证明2222||||||()⨯=-⋅a b a b a b .解 2222||||||sin ()∧⨯=⋅a b a b ab 222||||[1cos ()]∧=⋅-a b ab 22||||=⋅a b 222||||cos ()∧-⋅a b ab 22||||=⋅a b 2().-⋅a b10、 证明：如果++=0a b c ，那么⨯=⨯=⨯b c c a a b ，并说明它的几何意义.证： 由++=0a b c , 有()++⨯=⨯=00a b c c c , 但⨯=0c c ，于是⨯+⨯=0a c b c ,所以⨯=-⨯=⨯b c a c c a . 同理 由()++⨯=0a b c a , 有 ⨯=⨯c a a b ,从而 ⨯=⨯=⨯b c c a a b .其几何意义是以三角形的任二边为邻边构成的平行四边形的面积相等.11、 已知向量23,3=-+=-+a i j k b i j k 和2=-c i j ，计算下列各式：（1）()()⋅-⋅a b c a c b （2）()()+⨯+a b b c （3）()⨯⋅a b c （4）⨯⨯a b c 解： （1）()()8(2)8(3)⋅-⋅=---+=a b c a c b i j i j k 824--j k .(2) 344,233+=-++=-+a b i j k b c i j k ，故()()+⨯+a b b c 344233=-=-i jk--j k . （3）231()231(2)(85)(2)11311312-⨯⋅=-⋅-=--+⋅-=-=--i jk a b c i j i j k i j 2. （4）由（3）知85,()851120⨯=--+⨯⨯=--=-i jka b i j k a b c 221++i j k .习 题 6—31、已知)3,2,1(A ，)4,1,2(-B ，求线段AB 的垂直平分面的方程. 解：设),,(z y x M 是所求平面上任一点，据题意有|,|||MB MA =()()()222321-+-+-z y x ()()(),412222-+++-=z y x化简得所求方程26270x y z -+-=.这就是所求平面上的点的坐标所满足的方程, 而不在此平面上的点的坐标都不满足这个方程，所以这个方程就是所求平面的方程.2、 一动点移动时，与)0,0,4(A 及xOy 平面等距离，求该动点的轨迹方程.解：设在给定的坐标系下，动点),,(z y x M ，所求的轨迹为C ，则(,,)M x y z C MA z ∈⇔= 亦即z z y x =++-222)4( 0)4(22=+-∴y x 从而所求的轨迹方程为0)4(22=+-y x .3、 求下列各球面的方程：（1）圆心)3,1,2(-，半径为6=R ； （2）圆心在原点，且经过点)3,2,6(-；（3）一条直径的两端点是)3,1,4()5,32(--与；（4）通过原点与)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(- 解：（1）所求的球面方程为：36)3()1()2(222=-+++-z y x （2）由已知，半径73)2(6222=+-+=R ，所以球面方程为49222=++z y x（3）由已知，球面的球心坐标1235,1213,3242=-=-=+-==+=c b a ， 球的半径21)35()31()24(21222=++++-=R ，所以球面方程为： 21)1()1()3(222=-+++-z y x（4）设所求的球面方程为：0222222=++++++l kz hy gx z y x因该球面经过点)4,0,0(),0,3,1(),0,0,4(),0,0,0(-，所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=++=+=08160621008160k h g g l 解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-==2210k g h l∴所求的球面方程为0424222=+--++z y x z y x .4、将yOz 坐标面上的抛物线22y z =绕z 旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程． 解：222x y z +=(旋转抛物面) .5、将zOx 坐标面上的双曲线12222=-c z a x 分别绕x 轴和z 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程．解： 绕x 轴旋转得122222=+-c z y a x 绕z 轴旋转得122222=-+cz a y x .6、指出下列曲面的名称，并作图：（1）22149x z +=；（2）22y z =；（3）221x z += ；（4）22220x y z x ++-=； （5）222y x z +=；（6）22441x y z -+=；（7）221916x y z ++=；（8）222149x y z -+=-；（9）1334222=++z y x ；（10）2223122z y x +=+.解： (1)椭圆柱面；(2) 抛物柱面；(3) 圆柱面；(4)球面；（5）圆锥面；（6）双曲抛物面；（7）椭圆抛物面；（8）双叶双曲面；（9）为旋转椭球面；（10）单叶双曲面.7、指出下列方程在平面解析几何和空间解析几何中分别表示什么图形？ （1）1+=x y ；（2）422=+yx ；（3）122=-y x ；（4）22x y =.解：（1）1+=x y 在平面解析几何中表示直线，在空间解析几何中表示平面； （2）422=+y x 在平面解析几何中表示圆周，在空间解析几何中表示圆柱面； （3）122=-y x 在平面解析几何中表示双曲线，在空间解析几何中表示双曲柱面；（4）y x22=在平面解析几何中表示抛物线，在空间解析几何中表示抛物柱面.8、 说明下列旋转曲面是怎样形成的？（1）1994222=++z y x ；（2）14222=+-z y x （3）1222=--z y x ；（4）222)(y x a z +=- 解：（1）xOy 平面上椭圆19422=+y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上椭圆22149+=x z 绕x 轴旋转而成（2）xOy 平面上的双曲线1422=-y x 绕y 轴旋转而成；或者 yOz 平面上的双曲线2214-=y z 绕y 轴旋转而成（3）xOy 平面上的双曲线122=-y x 绕x 轴旋转而成；或者 xOz 平面上的双曲线221x z -=绕x 轴旋转而成 （4）yOz 平面上的直线a y z +=绕z 轴旋转而成或者 xOz 平面上的直线z x a =+绕z 轴旋转而成.9、 画出下列各曲面所围立体的图形：（1）012243=-++z y x 与三个坐标平面所围成；（2）42,42=+-=y x x z 及三坐标平面所围成； （3）22=0,(0)=1z z =a a >,y =x,x +y 及0x =在第一卦限所围成；（4）2222,8z x y z x y =+=--所围. 解：（1）平面012243=-++z y x 与三个坐标平面围成一个在第一卦限的四面体； （2）抛物柱面24z x =-与平面24x y +=及三坐标平面所围成；（3）坐标面=0z 、0x =及平面(0)z =a a >、y=x 和圆柱面22=1x +y 在第一卦限所围成； （4）开口向上的旋转抛物面22z x y =+与开口向下的抛物面228z x y =--所围.作图略.习 题 6—41、画出下列曲线在第一卦限内的图形（1）⎩⎨⎧==21y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧=---=0422y x y x z ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧=+=+222222a z x ay x解：（1）是平面1x =与2y =相交所得的一条直线； （2）上半球面z 与平面0x y -=的交线为14圆弧； （3）圆柱面222x y a +=与222x z a +=的交线.图形略.2、分别求母线平行于x 轴及y 轴而且通过曲线⎪⎩⎪⎨⎧=-+=++0162222222y z x z y x 的柱面方程.解：消去x 坐标得16322=-z y ，为母线平行于x 轴的柱面；消去y 坐标得：162322=+z x ，为母线平行于y 轴的柱面.3、求在yOz 平面内以坐标原点为圆心的单位圆的方程（任写出三种不同形式的方程）.解：⎩⎨⎧==+0122x z y ；⎩⎨⎧==++01222x z y x ； ⎪⎩⎪⎨⎧=+=++1122222z y z y x .4、试求平面20x -=与椭球面222116124x y z ++=相交所得椭圆的半轴与顶点.解：将椭圆方程22211612420x y z x ⎧++=⎪⎨⎪-=⎩化简为：221932y z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，可知其为平面2=x 上的椭圆，半轴分别为3,3，顶点分别为)3,0,2(),3,0,2(),0,3,2(),0,3,2(--.5 、将下面曲线的一般方程化为参数方程（1）2229x y z y x ⎧++=⎨=⎩； （2）⎩⎨⎧==+++-04)1()1(22z z y x解：（1）原曲线方程即：⎪⎩⎪⎨⎧=+=199222z x xy ，化为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=≤≤==tz t t y t x sin 3)20(cos 23cos 23π；（2）)20(0sin 3cos 31πθθθ≤≤⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=z y x .6、求螺旋线⎪⎩⎪⎨⎧===θθθb z a y a x sin cos 在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解：⎩⎨⎧==+0222z a y x ；⎪⎩⎪⎨⎧==0sin x b z a y ；⎪⎩⎪⎨⎧==0cosy b z a x .7、指出下列方程所表示的曲线（1）222253⎧++=⎨=⎩x y z x （2）⎩⎨⎧==++13094222z z y x ；（3）⎩⎨⎧-==+-3254222x z y x ； （4）⎩⎨⎧==+-+408422y x z y ； （5）⎪⎩⎪⎨⎧=-=-0214922x z y . 解：（1）圆； （2）椭圆； （3）双曲线； （4）抛物线； （5）双曲线.8、 求曲线⎩⎨⎧==-+30222z x z y 在xOy 面上的投影曲线方程，并指出原曲线是何种曲线.解：原曲线即：⎩⎨⎧=-=3922z x y ，是位于平面3=z 上的抛物线，在xOy 面上的投影曲线为⎩⎨⎧=-=0922z x y9、 求曲线 ⎪⎩⎪⎨⎧==++211222z z y x 在坐标面上的投影. 解：（1）消去变量z 后得,4322=+y x 在xOy 面上的投影为,04322⎪⎩⎪⎨⎧==+z y x 它是中心在原点，半径为23的圆周.（2）因为曲线在平面21=z 上，所以在xOz 面上的投影为线段.;23||,021≤⎪⎩⎪⎨⎧==x y z （3）同理在yOz 面上的投影也为线段..23||,21≤⎪⎩⎪⎨⎧==y x z10、 求抛物面x z y =+22与平面 02=-+z y x 的交线在三个坐标面上的投影曲线方程.解： 交线方程为⎩⎨⎧=-+=+0222z y x x z y ，（1）消去z 得投影,004522⎩⎨⎧==-++z x xy y x（2）消去y 得投影2252400x z xz x y ⎧+--=⎨=⎩，（3）消去x 得投影22200y z y z x ⎧++-=⎨=⎩.习 题 6—51、写出过点()3,2,10M 且以{}1,2,2=n 为法向量的平面方程. 解：平面的点法式方程为()()()032212=-+-+-z y x .2、求过三点()()()01,0,0,1,0,0,0,1C B A 的平面方程.解：设所求平面方程为0=+++d cz by ax ,将C B A ,,的坐标代入方程，可得d c b a -===，故所求平面方程为1=++z y x .3、求过点()1,0,0且与平面1243=++z y x 平行的平面方程. 解：依题意可取所求平面的法向量为}2,4,3{=n ,从而其方程为()()()0120403=-+-+-z y x 即 2243=++z y x .4、求通过x 轴和点(4, -3, -1)的平面的方程.解：平面通过x 轴, 一方面表明它的法线向量垂直于x 轴, 即A =0; 另一方面表明它必通过原点, 即D =0. 因此可设这平面的方程为By +Cz =0.又因为这平面通过点(4, -3, -1), 所以有-3B -C =0, 或C =-3B . 将其代入所设方程并除以B (B 0), 便得所求的平面方程为y -3z =0.5、求过点)1,1,1(，且垂直于平面7=+-z y x 和051223=+-+z y x 的平面方程.解：},1,1,1{1-=n }12,2,3{2-=n 取法向量},5,15,10{21=⨯=n n n所求平面方程为化简得:.0632=-++z y x6、设平面过原点及点)1,1,1(，且与平面8x y z -+=垂直，求此平面方程.解： 设所求平面为,0=+++D Cz By Ax 由平面过点)1,1,1(知平0,A B C D +++=由平面过原点知0D =，{1,1,1},n ⊥- 0A B C ∴-+=,0A C B ⇒=-=，所求平面方程为0.x z -=7、写出下列平面方程：（1）xOy 平面；（2）过z 轴的平面；（3）平行于zOx 的平面；（4）在x ，y ，z 轴上的截距相等的平面.解：（1）0=z ,（2）0=+by ax （b a ,为不等于零的常数）, （3）c y = (c 为常数), （4） a z y x =++ (0)a ≠.8、 求平行于0566=+++z y x 而与三个坐标面所围成的四面体体积为1的平面方程.解: 设平面为,1=++c z b y a x ,1=V 111,32abc ∴⋅=由所求平面与已知平面平行得,611161c b a ==化简得,61161c b a ==令tc t b t a t c b a 61,1,6161161===⇒===代入体积式 11111666t t t ∴=⋅⋅⋅ 1,6t ⇒=±,1,6,1===∴c b a 或1,6,1,a b c =-=-=-所求平面方程为666x y z ++=或666x y z ++=-.9、分别在下列条件下确定n m l ,,的值：（1）使08)3()1()3(=+-+++-z n y m x l 和016)3()9()3(=--+-++z l y n x m 表示同一平面； （2）使0532=-++z my x 与0266=+--z y lx 表示二平行平面； （3）使013=+-+z y lx 与027=-+z y x 表示二互相垂直的平面.解：（1）欲使所给的二方程表示同一平面，则：168339133-=--=-+=+-l n n m m l 即： ⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-+=-+092072032n l m n l m ，解之得 97=l ，913=m ，937=n . （2）欲使所给的二方程表示二平行平面，则：6362-=-=m l ，所以4-=l ，3=m . （3）欲使所给的二方程表示二垂直平面，则：7230l ++=所以： 57l=-.10、求平面011=-+y x 与083=+x 的夹角； 解：设011=-+y x 与083=+x 的夹角为θ，则cos θ ∴ 4πθ=.11、 求点(2,1,1)到平面2240x y z +-+=的距离. 解：利用点到平面的距离公式可得933d ===.习 题 6—61、求下列各直线的方程：（1）通过点)1,0,3(-A 和点)1,5,2(-B 的直线； （2） 过点()1,1,1且与直线433221-=-=-z y x 平行的直线. （3）通过点)3,51(-M 且与z y x ,,三轴分别成︒︒︒120,45,60的直线； （4）一直线过点(2,3,4)-A ，且和y 轴垂直相交，求其方程. （5）通过点)2,0,1(-M 且与两直线11111-+==-z y x 和01111+=--=z y x 垂直的直线； （6）通过点)5,3,2(--M 且与平面02536=+--z y x 垂直的直线.解：（1）所求的直线方程为：015323-=-=++z y x 即：01553-=-=+z y x ，亦即01113-=-=+z y x . （2）依题意，可取L 的方向向量为{}4,3,2=s ，则直线L 的方程为413121-=-=-z y x . （3）所求直线的方向向量为：{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧-=︒︒︒21,22,21120cos ,45cos ,60cos ，故直线方程为： 132511--=+=-z y x . （4）因为直线和y 轴垂直相交,所以交点为),0,3,0(-B 取{2,0,4},BA s −−→==所求直线方程.440322-=+=-z y x （5）所求直线的方向向量为：{}{}{}2,1,10,1,11,1,1---=-⨯-，所以，直线方程为：22111+==-z y x . （6）所求直线的方向向量为：{}5,3,6--，所以直线方程为： 235635x y z -++==--.2、求直线1,234x y z x y z ++=-⎧⎨-+=-⎩的点向式方程与参数方程.解 在直线上任取一点),,(000z y x ,取10=x ,063020000⎩⎨⎧=--=++⇒z y z y 解2,000-==z y .所求点的坐标为)2,0,1(-,取直线的方向向量{}{}3,1,21,1,1-⨯=s k j i kji34312111--=-=,所以直线的点向式方程为：,321041-+=--=-z y x 令102,413x y z t --+===--则所求参数方程: .3241⎪⎩⎪⎨⎧--=-=+=tz ty tx3、判别下列各对直线的相互位置，如果是相交的或平行的直线求出它们所在的平面，如果相交时请求出夹角的余弦.（1）⎩⎨⎧=-+=+-0623022y x z y x 与⎩⎨⎧=-+=--+01420112z x z y x ；（2）⎪⎩⎪⎨⎧--=+==212t z t y tx 与142475x y z --+==-. 解：（1）将所给的直线方程化为标准式为：4343223z y x =-=--43227-=--=-z y x 234234-==-- ∴二直线平行.又点)0,43,23(与点（7，2，0）在二直线上，∴向量⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧--0,45,2110,432,237平行于二直线所确定的平面，该平面的法向量为：{}{}19,22,50,45,2114,3,2--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯-，从而平面方程为：0)0(19)2(22)7(5=-+---z y x ，即0919225=++-z y x .（2）因为121475-≠≠-，所以两直线不平行，又因为0574121031=--=∆，所以两直线相交，二直线所决定的平面的法向量为{}{}{}1,1,35,7,412,1--=-⨯-，∴二直线所决定的平面的方程为：330x y z -++=.设两直线的夹角为ϕ，则cos ϕ==4、判别下列直线与平面的相关位置： （1）37423z y x =-+=--与3224=--z y x ；（2）723zy x =-=与8723=+-z y x ； （3）⎩⎨⎧=---=-+-01205235z y x z y x 与07734=-+-z y x ；（4）⎪⎩⎪⎨⎧-=+-==4992t z t y t x 与010743=-+-z y x .解（1） 0)2(3)2()7(4)2(=-⨯+-⨯-+⨯-，而017302)4(234≠=-⨯--⨯-⨯，所以，直线与平面平行.（2） 0717)2(233≠⨯+-⨯-⨯,所以，直线与平面相交，且因为772233=--=，∴直线与平面垂直. （3）直线的方向向量为：{}{}{}1,9,51,1,22,3,5=--⨯-， 0179354=⨯+⨯-⨯，所以直线与平面平行或者直线在平面上；取直线上的点)0,5,2(--M ，显然点在)0,5,2(--M 也在平面上（因为4(2)3(5)70⨯--⨯--=），所以，直线在平面上.（4）直线的方向向量为{}9,2,1-， 097)2(413≠⨯+-⨯-⨯∴直线与平面相交但不垂直.5、验证直线l ：21111-=-=-z y x 与平面π：032=--+z y x 相交，并求出它的交点和交角. 解： 032111)1(2≠-=⨯-⨯+-⨯∴直线与平面相交.又直线的参数方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=-=t z t y tx 211设交点处对应的参数为0t ，∴03)21()1()(2000=-+-++-⨯t t t ∴10-=t ，从而交点为（1，0，-1）. 又设直线l 与平面π的交角为θ，则：21662111)1(2sin =⨯⨯-⨯+-⨯=θ，∴6πθ=.6、确定m l ,的值，使： （1）直线13241zy x =+=-与平面0153=+-+z y lx 平行； （2）直线⎪⎩⎪⎨⎧-=--=+=135422t z t y t x 与平面076=-++z my lx 垂直.解：（1）欲使所给直线与平面平行，则须：015334=⨯-⨯+l 即1l =-. （2）欲使所给直线与平面垂直，则须：3642=-=m l ，所以：8,4-==m l .7、求下列各平面的方程： （１）通过点)1,0,2(-p ，且又通过直线32121-=-=+z y x 的平面； （２）通过直线115312-+=-+=-z y x 且与直线⎩⎨⎧=--+=---052032z y x z y x 平行的平面； （３）通过直线223221-=-+=-z y x 且与平面0523=--+z y x 垂直的平面；（4）. 求过点(2,1,0)M 与直线2335x t y t z t =-⎧⎪=+⎨⎪=⎩垂直的平面方程.解：（１）因为所求的平面过点)1,0,2(-p 和)2,0,1(-'p ，且它平行于向量{}3,1,2-，所以要求的平面方程为：03331212=--+-z y x , 即015=-++z y x .（２）已知直线的方向向量为{}{}{}2,1,11,2,13,1,5--⨯-=，∴平面方程为：2311510315x y z -++--=,即3250x y z +--= （３）所求平面的法向量为{}{}{}13,8,11,2,32,3,2-=-⨯-，∴平面的方程为：0)2(13)2(8)1(=--+--z y x ，即09138=+--z y x .（4）.所求平面的法向量为{}2,3,1，则平面的方程为：2(2)3(1)(0)0x y z -+-+-=, 即 2370x y z ++-=.8、求点(4,1,2)M 在平面1x y z ++=上的投影.解： 过点(4,1,2)M 作已知平面的垂线，垂线的方向向量就是已知平面的法向量(1,1,1)，所以垂线方程为412111x y z ---==，此垂线与已知平面的交点即为所求投影.为了求投影，将垂线方程化为参数方程412x t y t z t =+⎧⎪=+⎨⎪=+⎩，代入平面方程求得2t =-，故投影为(2,1,0)-. 9、求点)1,3,2(-p 到直线⎩⎨⎧=++-=++-0172230322z y x z y x 的距离.解：直线的标准方程为：2251211-+==-z y x 所以p 到直线的距离 1534532025)2(1212392292421243222222===-++-+--+-=d .10、设0M 是直线L 外一点，M 是直线L 上一点，且直线的方向向量为s ，试证：点0M 到直线L 的距离为d =.证：设0M M 与L 的夹角为θ，一方面由于0sin d M M θ=；另一方面，00sin M M s M M s θ⨯=，所以d =.11、求通过平面0134=-+-z y x 和025=+-+z y x 的交线且满足下列条件之一的平面： （1）通过原点； （2）与y 轴平行；（3）与平面0352=-+-z y x 垂直. 解： （1）设所求的平面为：0)25()134(=+-++-+-z y x z y x λ 欲使平面通过原点，则须：021=+-λ，即21=λ，故所求的平面方程为 0)25()134(2=+-++-+-z y x z y x 即：0539=++z y x .（2）同（1）中所设，可求出51=λ.故所求的平面方程为 0)25()134(5=+-++-+-z y x z y x 即：031421=-+z x .（3）如（1）所设，欲使所求平面与平面0352=-+-z y x 垂直，则须：0)3(5)51()4(2=-++--+λλλ从而3=λ，所以所求平面方程为05147=++y x .12、求直线⎩⎨⎧=++-=--+0101z y x z y x 在平面0=++z y x 上的投影直线的方程．解：应用平面束的方法．设过直线⎩⎨⎧=++-=--+0101z y x z y x 的平面束方程为0)1()1(=++-+--+z y x z y x λ即01)1()1()1(=-++-+-++λλλλz y x这平面与已知平面0=++z y x 垂直的条件是01)1(1)1(1)1(=⋅+-+⋅-+⋅+λλλ,解之得1-=λ代入平面束方程中得投影平面方程为10y z --=，所以投影直线为⎩⎨⎧=++=--001z y x z y .13、请用异于本章第五节例7的方法来推导点到平面的距离公式.证：设),,(0000z y x P 是平面π：0+++=Ax By Cz D 外的一点，下面我们来求点0P 到平面π的距离. 过0P 作平面π的垂线L ：000x x y y z z A B C---==，设L 与平面π的交点为(,,)P x y z ，则P 与0P 之间的距离即为所求.因为点(,,)P x y z 在L 上，所以000x x Aty y Bt z z Ct-=-=-=⎧⎪⎨⎪⎩，而(,,)P x y z 在平面π上，则000()()()0A x At B y Bt C z Ct D ++++++=000222Ax By Cz A B t DC ⇒=-+++++，故000222Ax By Cz Dd t A B C+++===++=.习 题 6—7飞机的速度：假设空气以每小时32公里的速度沿平行y 轴正向的方向流动，一架飞机在xoy 平面沿与x 轴正向成π6的方向飞行，若飞机相对于空气的速度是每小时840公里，问飞机相对于地面的速度是多少？解：如下图所示，设OA 为飞机相对于空气的速度，AB 为空气的流动速度，那么OB 就是飞机相对于地面的速度.840cos 840sin 4203420,3266OA i j i j AB j ππ=⋅+⋅=+=所以, 24203452,(420856.45OB i j OB =+=≈千米／小时.复习题A一 、判断正误:1、 若c b b a ⋅=⋅且≠0b ，则c a =； ( ⨯ )解析 c b b a ⋅-⋅=)(c a b -⋅=0时，不能判定=b 0或c a =．例如i a =，j b =，k c =，有⋅=⋅=0a b b c ，但c a ≠．2、 若c b b a ⨯=⨯且≠0b ，则c a =； ( ⨯ )解析 此结论不一定成立．例如i a =，j b =，)(j i c +-=，则k j i b a =⨯=⨯，k j i j c b =+-⨯=⨯)]([，c b b a ⨯=⨯，但c a ≠．3 、若0=⋅c a ，则=0a 或=0c ； ( ⨯ ) 解析 两个相互垂直的非零向量点积也为零．4、 a b b a ⨯-=⨯． ( √ ) 解析 这是叉积运算规律中的反交换律．二、选择题:1 、 当a 与b 满足（ D ）时，有b a b a +=+；(A)⊥a b ； (B)λ=a b (λ为常数)； (C)a ∥b ； (D)⋅=a b a b ．解析 只有当a 与b 方向相同时，才有a +b =a +b ．(A)中a ，b 夹角不为0，(B)，(C)中a ，b 方向可以相同，也可以相反．2、下列平面方程中，方程( C )过y 轴；图6-1 空所流动与飞机飞行速度的关系(A) 1=++z y x ； (B) 0=++z y x ； (C) 0=+z x ； (D) 1=+z x ． 解析 平面方程0=+++D Cz By Ax 若过y 轴，则0==D B ，故选C ．3 、在空间直角坐标系中，方程2221y x z --=所表示的曲面是( B )；(A) 椭球面； (B) 椭圆抛物面； (C) 椭圆柱面； (D) 单叶双曲面．解析 对于曲面2221y x z --=，垂直于z 轴的平面截曲面是椭圆，垂直于x 轴或y 轴的平面截曲面是开口向下的抛物线，根据曲面的截痕法，可以判断曲面是椭圆抛物面．4、空间曲线⎩⎨⎧=-+=5,222z y x z 在xOy 面上的投影方程为( C )；(A)722=+y x ； (B)⎩⎨⎧==+5722z y x ； (C) ⎩⎨⎧==+0722z y x ；(D)⎩⎨⎧=-+=0222z y x z解析 曲线⎩⎨⎧==+5722z y x 与xOy 平面平行，在xOy 面上的投影方程为⎩⎨⎧==+0722z y x ．5 、直线11121-+==-z y x 与平面1=+-z y x 的位置关系是( B )． (A) 垂直； (B) 平行； (C) 夹角为π4； (D) 夹角为π4-．解析 直线的方向向量s ={2，1，-1}，平面的法向量n ={1，-1，1}，n s ⋅=2-1-1=0，所以，s ⊥n ，直线与平面平行．三、填空题:1、若2=b a ，π()2=a,b ，则=⨯b a 2 ，=⋅b a 0 ； 解 =⨯b a b a sin()a,b π22=2，=⋅b a b a cos()a,b π22=0．2、与平面062=-+-z y x 垂直的单位向量为 }2,1,1{66-±； 解 平面的法向量 n ={1，-1，2}与平面垂直，其单位向量为0n =411++=6，所以，与平面垂直的单位向量为}2,1,1{66-±．3、过点)2,1,3(--和)5,0,3(且平行于x 轴的平面方程为 057=-+z y ；解 已知平面平行于x 轴，则平面方程可设为 0=++D Cz By ，将点 (-3，1，-2)和(3，0，5)代入方程，有{20,50,B C D C D -+=+= ⇒ 7,51,5B D C D ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩得 05157=+--D Dz Dy ，即 057=-+z y ．4、过原点且垂直于平面022=+-z y 的直线为z yx -==20； 解 直线与平面垂直，则与平面的法向量 n ={0，2，-1}平行，取直线方向向量s =n ={0，2，-1}，由于直线过原点，所以直线方程为z yx -==20 ．5、曲线⎩⎨⎧=+=1,222z y x z 在xOy 平面上的投影曲线方程为 ⎩⎨⎧==+.0,1222z y x解: 投影柱面为 1222=+y x ，故 ⎩⎨⎧==+0,1222z y x 为空间曲线在xOy 平面上的投影曲线方程．四、解答题:1、 已知}1,2,1{-=a ，}2,1,1{=b ，计算(a) b a ⨯； (b) ()()-⋅+2a b a b ； (c) 2b a -；解: (a) b a ⨯=211121-kj i 1,3}5,{--=. (b) {2,4,2}{1,1,2}{1,5,0}2a b -=--=-，1,3}{2,{1,1,2}2,1}{1,-=+-=+b a ， 所以()()-⋅+2a b a b 7}3,1,2{}0,5,1{=-⋅-=．(c) 1}3,{0,{1,1,2}2,1}{1,--=--=-b a ，所以2b a -10)19(2=+=．2、已知向量21P P 的始点为)5,2,2(1-P ，终点为)7,4,1(2-P ，试求：(1)向量21P P 的坐标表示； (2)向量21P P 的模；(3)向量21P P 的方向余弦； (4)与向量21P P 方向一致的单位向量．解: (1) }2,6,3{}57),2(4,21{21-=-----=P P ；74926)3(222==++-=；(3) 21P P 在z y x ,,三个坐标轴上的方向余弦分别为362cos ,cos ,cos 777αβγ=-==；(4)k j i k j i 7276737263)(21++-=++-==P P．3、设向量{}1,1,1=-a ，{}1,1,1=-b ，求与a 和b 都垂直的单位向量.解： 令{}1110,2,2111=⨯=-=-i j kc a b，01⎧==⎨⎩c c c ，故与a 、b都垂直的单位向量为0⎧±=±⎨⎩c .4、向量d垂直于向量]1,3,2[-=a和]3,2,1[-=b ，且与]1,1,2[-=c的数量积为6-，求向量d解： d垂直于a与b ，故d平行于b a⨯，存在数λ使()b a d⨯=λ⨯-=]1,3,2[λ]3,2,1[-]7,7,7[λλλ--=因6-=⋅c d，故6)7(1)7()1(72-=-⨯+-⨯-+⨯λλλ， 73-=λ]3,3,3[-=∴d.5、求满足下列条件的平面方程：(1)过三点)2,1,0(1P ，)1,2,1(2P 和)4,0,3(3P；(2)过x 轴且与平面025=++z y x 的夹角为π3． 解 (1)解1： 用三点式．所求平面的方程为0241003211201210=---------z y x ，即01345=+--z y x ． 解2：}1,1,1{-=}2,1,3{-=，由题设知，所求平面的法向量为k j i kj in 452131113121--=--=⨯=P P P P ， 又因为平面过点)2,1,0(1P ，所以所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z y x ，即01345=+--z y x ．解3： 用下面的方法求出所求平面的法向量},,{C B A =n ，再根据点法式公式写出平面方程也可． 因为3121,P P P P ⊥⊥n n ，所以{0,320,A B C A B C +-=-+=解得A C A B 4,5-=-=，于是所求平面方程为0)2(4)1(5)0(=-----z A y A x A ，即 01345=+--z y x ．（2）因所求平面过x 轴，故该平面的法向量},,{C B A =n 垂直于x 轴，n 在x 轴上的投影0=A ，又平面过原点，所以可设它的方程为0=+Cz By ，由题设可知0≠B （因为0=B 时，所求平面方程为0=Cz 又0≠C ，即0=z ．这样它与已知平面025=++z y x 所夹锐角的余弦为π1cos 32=≠=，所以0≠B ），令C B C'=，则有0='+z C y ，由题设得 22222212)5(10121503cos ++'++⨯'+⨯+⨯=πC C ， 解得3='C 或13C '=-，于是所求平面方程为03=+z y 或03=-z y ．6、 一平面过直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 且与平面01284=+--z y x 垂直，求该平面方程；解法1： 直线⎩⎨⎧=+-=++04,05z x z y x 在平面上，令x =0，得 54-=y ，z =4，则（0，-54，4）为平面上的点．设所求平面的法向量为n =},,{C B A ，相交得到直线的两平面方程的法向量分别为 1n ={1，5，1}，2n ={1，0，-1}，则直线的方向向量s =1n ⨯2n =101151-kj i ={-5，2，-5}，由于所求平面经过直线，故平面的法向量与直线的方向向量垂直，即⋅n s ={-5，2，-5}•},,{C B A =C B A 525-+-=0，因为所求平面与平面01284=+--z y x 垂直，则}8,4,1{},,{--⋅C B A =C B A 84--=0，解方程组{5250,480,A B C A B C -+=--= ⇒ 2,5,2A CBC =-⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所求平面方程为 0)4()54(25)0(2=-++---z C y C x C ，即012254=+-+z y x ．解法2： 用平面束（略）7、求既与两平面1:43x z π-=和2:251x y z π--=的交线平行，又过点(3,2,5)-的直线方程.解法1：{}11,0,4=-n ，{}22,1,5=--n ，{}124,3,1s =⨯=---n n ，从而根据点向式方程，所求直线方程为325431x y z +--==---，即325431x y z +--==. 解法2：设{},,s m n p =，因为1⊥s n ，所以40m p -=；又2⊥s n ，则250m n p --=，可解4,3m p n p ==，从而0p ≠．根据点向式方程，所求直线方程为32543x y z p p p +--==，即325431x y z +--==. 解法3：设平面3π过点(3,2,5)-，且平行于平面1π，则{}311,0,4==-n n 为3π的法向量，从而3π的方程为1(3)0(2)4(5)0x y z ⋅++⋅--⋅-=，即4230x z -+=．同理，过已知点且平行于平面2π的平面4π的方程为25330x y z --+=．故所求直线的方程为423025330x z x y z -+=⎧⎨--+=⎩．8、 一直线通过点)1,2,1(A ，且垂直于直线11231:+==-z y x L ，又和直线z y x ==相交，求该直线方程；解： 设所求直线的方向向量为{,,}m n p =s ，因垂直于L ，所以320m n p ++=；又因为直线过点)1,2,1(A ，则所求直线方程为 p z n y m x 121-=-=-，联立121,①,②320,③x y z m n p x y z m n p ---⎧==⎪⎨==⎪++=⎩由①，令λ=-=-=-p z n y m x 121，则有⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=,1,2,1p z n y m x λλλ代入方程②有{12,11,m n m p λλλλ+=++=+ 可得p m =，代入③解得p n 2-=， 因此，所求直线方程为112211-=--=-z y x ．9、 指出下列方程表示的图形名称：(a) 14222=++z y x ；(b) z y x 222=+；(c) 22y x z +=；(d) 022=-y x ；(e) 122=-y x ； (f) ⎩⎨⎧=+=222z y x z ．解： (a) 绕y 轴旋转的旋转椭球面．(b) 绕z 轴旋转的旋转抛物面． (c) 绕z 轴旋转的锥面． (d) 母线平行于z 轴的两垂直平面：y x =，y x -=． (e) 母线平行于z 轴的双曲柱面． (f) 旋转抛物面被平行于XOY 面的平面所截得到的圆，半径为2，圆心在（0，0，2）处．10、求曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影并作其图形．解： 将所给曲面方程联立消去z ，就得到两曲面交线C 的投影柱面的方程122=+y x ，所以柱面与xOy 平面的交线⎩⎨⎧==+'01:22z y x C 所围成的区域221+≤x y 即为曲面22z x y =+与222()z x y =-+所围立体在xOy 平面上的投影(图略)．复习题B1、设4=a ，3=b ，()6π=a,b ，求以2+a b 和3-a b 为邻边的平行四边形的面积.解：(2)(3)326A =+⨯-=⨯-⨯+⨯-⨯a b a b a a a b b a b b325=-⨯-⨯=-⨯a b a b a b 15sin()543302=⋅=⨯⨯⨯=a b a,b .2、设(3)(75)+⊥-a b a b ，(4)(72)-⊥-a b a b ，求()a,b . 解： 由已知可得：(3)(75)0+⋅-=a b a b ，(4)(72)0-⋅-=a b a b 即 22715160-+⋅=a b a b ，2278300+-⋅=a b a b ．这可看成是含三个变量a 、b 及⋅a b 的方程组，可将a 、b 都用⋅a b 表示，即==a b 1cos()22⋅⋅===⋅a b a b a,b a b a b ，()3π=a,b .3、求与}3,2,1{-=a 共线，且28=⋅b a 的向量b ．解 由于b 与a 共线，所以可设}3,2,{λλλλ-==a b ，由28=⋅b a ，得28}3,2,{}3,2,1{=-⋅-λλλ， 即2894=++λλλ，所以2=λ，从而}6,4,2{-=b ．4、 已知}0,1,1{},2,0,1{=-=b a ，求c ，使b c a c ⊥⊥,且6=c ．解法1: 待定系数法．设},,{z y x =c ，则由题设知0,0=⋅=⋅b c a c 及6=c ，所以有①20②③6x z ⎧-=⎪=由①得2xz = ④，由②得x y -= ⑤，将④和⑤代入③得62)(222=⎪⎭⎫⎝⎛+-+x x x ，解得2,4,4±==±=z y x ，于是 }2,4,4{-=c 或}2,4,4{--=c ．解法2: 利用向量的垂直平行条件，因为b c a c ⊥⊥,，所以c ∥b a ⨯．设λ是不为零的常数，则k j i k j i b a c λλλλλ+-=-=⨯=22011201)(，因为6=c ，所以6]1)2(2[2222=+-+λ，解得2±=λ，所以}2,4,4{-=c 或{4,4,2}=--c ．解法3: 先求出与向量b a ⨯方向一致的单位向量，然后乘以6±．k j i kji b a +-=-=⨯22011201，31)2(2222=+-+=⨯b a ，故与b a ⨯方向一致的单位向量为}1,2,2{31-．于是}1,2,2{36-±=c ，即}2,4,4{-=c 或}2,4,4{--=c ．5、求曲线222x y R x y z ⎧+=⎨++=⎩的参数式方程.解： 曲线参数式方程是把曲线上任一点(,,)P x y z 的坐标,,x y z 都用同一变量即参数表示出来，故可令cos ,sin x R t y R t ==，则(cos sin )z R t t =-+．6、求曲线22:2z L x y x⎧⎪=⎨+=⎪⎩xOy 面上及在zOx 面上的投影曲线的方程．解： 求L 在xOy 面上的投影的方程，即由L 的两个方程将z 消去，即得L 关于xOy 面的投影柱面的方程222x y x +=则L 在xOy 面上的投影曲线的方程为2220x y xz ⎧+=⎨=⎩． 同理求L 在zOx 面上的投影的方程，即由L 的两个方程消去y ，得L 关于zOx 面的投影柱面的方程z =L 在zOx面上的投影曲线方程为0z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩．7、已知平面π过点0(1,0,1)M -和直线1211:201x y z L ---==，求平面π的方程． 解法1： 设平面π的法向量为n ，直线1L 的方向向量1(2,0,1)=s ，由题意可知1⊥n s ，(2,1,1)M 是直线1L 上的一点,则0(1,1,2)M M =在π上，所以0MM ⊥n ,故可取10MM =⨯n s (1,3,2)=--．则所求平面的点法式方程为1(1)3(0)2(1)0x y z ⋅-+⋅--⋅+=，即3230x y z +--=为所求平面方程．解法2： 设平面π的一般方程为0Ax By Cz D +++=，由题意可知，π过点0(1,0,1)M -，故有0A C D -+=, （1）在直线1L 上任取两点12(2,1,1),(4,1,2)M M ，将其代入平面方程，得20A B C D +++=, （2）420A B C D +++=, （3）由式（1）、（2）、（3）解得3,2,3B A C A D A ==-=-,故平面π的方程为3230x y z +--=.解法3： 设(),,M x y z 为π上任一点．由题意知向量0M M 、01M M 和1s 共面，其中()12,1,1M 为直线1L 上的点，1(2,0,1)=s 为直线1L 的方向向量．因此0011()0M M M M ⨯⋅=s ，故平面π的方程为1012110110201x y z --+--+=，即3230x y z +--=为所求平面方程．8、求一过原点的平面π，使它与平面0:π4830x y z -+-=成4π角，且垂直于平面1:π730x z ++=． 解： 由题意可设π的方程为0Ax By Cz ++=，其法向量为(,,)A B C =n ，平面0π的法向量为0(1,4,8)=-n ，平面1π的法向量为1(7,0,1)=n ，由题意得00||cos 4||||π⋅=⋅n n n n ，即=（1） 由10⋅=n n ，得70A C +=，将7C A =-代入（12=,解得20,B A =或10049B A =-，则所求平面π的方程为2070x y z +-= 或 491003430x y z --=．9、求过直线1L ：0230x y z x y z ++=⎧⎨-+=⎩且平行于直线2L ：23x y z ==的平面π的方程．解法1： 直线1L 的方向向量为1=s 111(4,1,3)213==---i j k，直线2L 的对称式方程为632x y z==，方向向量为2(6,3,2)=s ，依题意所求平面π的法向量1⊥n s 且2⊥n s ，故可取12=⨯n s s ，则413(7,26,18)632=--=-i j kn ，又因为1L 过原点，且1L 在平面π上，从而π也过原点，故所求平面π的方程为726180x y z -+=．解法2： 设所求平面π为 (23)0x y z x y z λ+++-+=，即(12)(1)(13)0x y z λλλ++-++=， 其法向量为(12,1,13)λλλ=+-+n ，由题意知2⊥n s ，故26(12)3(1)2(13)0λλλ⋅=++-++=n s ，得1115λ=-，则所求平面π的方程为726180x y z -+=．另外，容易验证230x y z -+=不是所求的平面方程．10、求过直线L ：⎩⎨⎧=+-+=+-+0185017228z y x z y x 且与球面1222=++z y x 相切的平面方程解： 设所求平面为 ()018517228=+-+++-+z y x z y x λ，即 (15)(288)(2)170x y z λλλλ+++-+++=，由题意：球心)0,0,0(到它的距离为1，即1)2()828()51(17222=--+++++λλλλ解得：89250-=λ 或 2-=λ 所求平面为：42124164387=--z y x 或 543=-y x11、求直线L ：11111--==-z y x 在平面π：012=-+-z y x 上投影直线0L 的方程，并求直线0L 绕y 轴旋转一周而成的曲面方程.解： 将直线L ：11111--==-z y x 化为一般方程 ⎩⎨⎧=-+=--0101y z y x ，设过直线L 且与平面π垂直的平面方程为()011=-++--y z y x λ，则有02)1(1=+--λλ，即2λ=-，平面方程为0123=+--z y x ，这样直线0L 的方程⎩⎨⎧=-+-=+--0120123z y x z y x 把此方程化为：⎩⎨⎧--==)1(221y z yx ，因此直线0L 绕y 轴旋转一周而成的曲面方程为：22221(2)(1)2x z y y ⎛⎫+=+-- ⎪⎝⎭即 0124174222=-++-y z y x .12、求过点)1,0,3(-A 且平行于平面1π：3450x y z --+=，又与直线1:2x L =1111y z -+=-相交的直线L 的方程．解法1： 用点向式方程.因为直线L 平行于平面1π，故直线L 的方向向量},,{p n m =s 垂直于平面1π的法向量}1,4,3{--=n ，从而得043=--p n m ①，又直线1L 的方向向量为}1,1,2{-=s ，)1,1,0(-B 是直线1L 上一点，)1,0,3(-A 是直线L 上一点，根据题设：直线L 与直线1L 相交，所以1s,s 及AB 共面，因此1()2110312m n pAB ⨯⋅=-=-s s ，即0=-+-p n m ②，将①和②联立解得p n p m 4,5-=-=，由此得145p n m =-=-，于是所求直线方程为11453-=-=-+z y x ．。
华中科技大学数理方程与特殊函数课后答案
29.0(,)11cos ,sin (,)(cos ,sin ),cos sin ;sin cos .sin cos ;s xx yy rr r r x y x y x r y laplace u u r u u u r rx r y r u x y u r r u u u u r u r u u u u ru θθθθθθθθθθθθθθθ+=++==⎧⎨=⎩∴==+⎧⎪⎨=−+⎪⎩=−⇒=∵ 证明方程在极坐标下为 证明： sin cos ;cos cos in .sin .sin ()cos ()sin sin cos cos r xx x r r u u r y r r u u u x x r r x u u r r r r θθθθθθθθθθθθθθθθθθ⎧∂∂∂⎛⎞⎧=−⎜⎟⎪⎪∂∂∂⎝⎠⎪⎪⇒⎨⎨∂∂∂⎛⎞⎪⎪+=+⎜⎟⎪⎪⎩∂∂∂⎝⎠⎩∂∂∂∂∂⎛⎞==−⎜⎟∂∂∂∂∂⎝⎠∂∂∂∂⎛⎞⎛=−−⎜⎟⎜∂∂∂∂⎝⎠⎝ 从而2222222222222sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin .cos ()sin ()sin yy u u u u r r r r r r u u ur r r r u u u y y r r y θθθθθθθθθθθθθθθθθθθ⎞⎟⎠∂∂∂∂=+−+∂∂∂∂∂∂∂∂−++∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎛⎞==+⎜⎟∂∂∂∂∂⎝⎠= 2222222222222cos cos sin sin cos sin cos cos sin sin cos sin cos cos .1u u r r r r u u u u r r r r r r u u ur r r r u u u u θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ∂∂∂∂⎛⎞⎛⎞++⎜⎟⎜⎟∂∂∂∂⎝⎠⎝⎠∂∂∂∂=−++∂∂∂∂∂∂∂∂+−+∂∂∂∂+=+ 所以 10.u +=习题二21.(01,0),(0,)(1,)0,1,0.(2)2(,0)11,1,2(,0)(1);tt xx tu a u x t u t u t x x u x x x u x x x ⎧=<<>⎪==⎪⎪⎧⎪<≤⎪⎨⎪=⎨⎪⎪⎪−<<⎪⎩⎪⎪=−⎩求下列问题的解22(,)()().()()0,()()0.(0)(1)0.()()0,(0)(1)0.(),()si n n n u x t X x T t T t a T t X x X x X X X x X x X X n X x B λλλλπ=′′+=′′+===′′+=⎧⎨==⎩==解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得 由边界条件分离变量，得 求解固有值问题得， 111212202n (1,2,).()cos sin (1,2,).(,)(cos sin )sin .42sin (1)sin sin .2n n n n n n n n x n T t C an t D an t n u x t a an t b an t n x n a x n xdx x n xdx n ππππππππππ∞===+==+⎡⎤=+−=⎢⎥⎣⎦∑∫∫ 代入另一常微分方程，得则其中 ()()14402244124(1)sin 11.44(,)(sin cos 11sin )sin .2nn nn b x x n xdx an n a n u x t an t an t n x n n a πππππππππ∞=⎡⎤=−=−−⎣⎦⎡⎤=+−−⎣⎦∫∑ 因此，所求定解问题的解为2(0,0),(0,)(,)0,(3)35(,0)3sin6sin ,22(,0)0.tt xx x t u a u x l t u t u l t x xu x l l u x ππ⎧=<<>⎪==⎪⎪⎨=+⎪⎪=⎪⎩ ()22(,)()().()()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.21(),(2n n u x t X x T t T t a T t X x X x X X l X x X x X X l n X l λλλπλ=′′+=′′+=′==′′+=⎧⎨′==⎩+=解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得 由边界条件分离变量，得 求解固有值问题得， ()()()()()()121)sin (0,1,2,).22121()cossin (0,1,2,).22212121(,)(cossin )sin .222235(3sin6sin 22n n n n n n n n n x B x n la n a n T t C t D t n l la n a n n u x t a tb t x l l l x x a l l ππππππππ∞=+==++=+=+++=+=+∑ 代入另一常微分方程，得则 其中 ()03,1;21)sin 6,2;20,12.0.3355(,)3cos sin 6cos sin .2222l n n n xdx n l l n b a a u x t t x t x l l l lπππππ=⎧+⎪==⎨⎪≠⎩==+∫、 因此，所求定解问题的解为3.4(0,0),(2)(0,)0,(,)0,(,0)().t xx x x u u x l t u t u l t u x x l x =<<>⎧⎪==⎨⎪=−⎩求下列定解问题的解：2(,)()().()4()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.(),()n n u x t X x T t T t T t X x X x X X l X x X x X X l n X x A lλλλπλ=′+=′′+=′′==′′+=⎧⎨′′==⎩==解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得 由边界条件分离变量，得 求解固有值问题得， 222()2()012000cos (0,1,2,).()(0,1,2,).1(,)cos .222().62()cos n n t ln n n t ln n l l n n x n l T t D e n n u x t a a e x l l a x l x dx l n a x l x xd l l πππππ−∞−=====+=−==−∑∫∫ 代入另一常微分方程，得则 其中 2222222()2212[1(1)].2[1(1)](,)cos .6n n n t ln l x n l l n u x t e x n lππππ∞−=−−+−=−−+−=+∑ 因此，所求定解问题的解为2110(01),,0,(1,)0,.,.rr r u u u r r r A u A θθθαθαθπα⎧++=<<⎪⎪⎨⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪<≤⎪⎩⎩其中为已知常数22(,)()().()()()0,()()0.()()0,()(2).(),()cos sin n n n n u r R r r R r rR r R r n X x A n B n θθλθλθθλθθθπλθθ=Φ′′′+−=′′Φ+Φ=′′Φ+Φ=⎧⎨Φ=Φ+⎩==+解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得求解固有值问题得，()2010(0,1,2,).()()()0,(0).()(0,1,2,).1(,)cos sin .212n n n n n n n n n r R r rR r R r R R r C r n u r a a n b n r Aa Ad a ααλθθθαθππ∞=−=′′′⎧+−=⎨<+∞⎩===++==∑∫ 代入另一常微分方程的定解问题得， 则 其中 112cos sin ,1sin 0.2(,)sin cos .n nn AA n d n n b A n d A A u x t r n n n ααααθθαππθθπααθππ−−∞======+∫∫∑ 因此，所求定解问题的解为0(0,0),(0,)0,(,)0(0),(,0)(1),lim (,)0(0),.xx yy y u u x l y u y u l y y x u x A u x y x l l A →∞⎧+=<<<<∞⎪⎪==≤<∞⎨⎪⎪=−=<<⎩其中为已知常数 2(,)()().()()0,()()0.(0)()0.()()0,(0)()0.(),()sin n n n u x y X x Y y X x X x Y y Y y X X l X x X x X X l n X x B lλλλπλ=′′+=′′−===′′+=⎧⎨==⎩==解：应用分离变量法，令 代入方程分离变量，得 由边界条件分离变量，得 求解固有值问题得， 10(1,2,).()(1,2,).(,)sin.22()sin .lim (,)0n n y y lln n n n n y y l ln n n l n n y n x n l Y y C e D e n n u x y a e b e x l x n A a b A l xdx l l l n u x y a ππππππππ−∞−=→∞==+=⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠+=−==⇒∑∫ 代入另一常微分方程，得则 其中 10.2(,)sin .n n y l n A n u x t e x n l πππ∞−===∑因此，所求定解问题的解为()22228.-10.cos ,sin ,111(0),0.{cos sin }.,()xx yy x y a rr r r an a u u u x r y r u u u r a r r u A n B n u r a r θθθθθθθ+==+====⎧++=−<<⎪⎨⎪=⎩+= 在以原点为心,为半径的圆内,试求泊松方程 的解,使它满足边界条件解：令作极坐标变换,得由固有函数法,相应的固有函数系为 因此,设方程的解为[]()()()()()()()0002222cos ()sin .11,110,0210,323()0()n n n n n n n n n nn n nn n n n b r n a a r n a a a n r r nb b b r r a r A r B r n b r C r D θθ∞=−+⎧′′′+=−⎪⎪⎪′′′+−=≠⎨⎪⎪′′′+−=⎪⎩=+≠=+∑ 代入方程,得方程，的通解：， ()()2000(0),()0;(0),()0.()00()0.11()ln ,4(0),()n n n n n n n n r a a a b b a a r n b r a r A r B r a a a −<+∞=<+∞==≠==+−<+∞=. 由有界性条件及边界条件，得 ， 方程的通解: 由有界性条件及边界条件，()()()()()220222220.1().41,.41,.a r a r u r a r u x y a x y θ=−=−⎡⎤=−+ 得 则定解问题的解为 化成直角坐标，则得21210.sin ,(2)(0,)0,(,)0(0),(,0)0,(,0)0(0);{sin }.(,)()sin .tt xx tn n n u a u t x l u t u l t t u x u x x l n x ln u x t u t x l n a u u l ππππ∞=⎧=+⎪⎪==≥⎨⎪==≤≤⎪⎩=⎛⎞′′+⎜⎟⎝⎠∑求下列问题的解：解：由固有函数法,相应的固有函数系为 设方程的解为 代入原方程,得()2111020(1),.(0)(0)0(1,2,),1()0;1()sin sin .n n n n t n a u u t l u u n n u t l an u t t d al l l a t t a a l ππτττππππ=≠⎛⎞′′+=⎜⎟⎝⎠′===≠===−⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∫"" 由初始条件,得当时， 当时， 2(,)sin sin l l a u x t t t x a a l l ππππ⎛⎞⎛⎞=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠ 故所求的解为2110(0,0),(3)(0,)0,(,)0,(,0)0.,{sin}.(,)()sin .sin 22sin [1(t xx n n n n l n u a u A x l t u t u l t u x n x ln u x t u t x l n A A A x l n A A A xdx l l n πππππ∞=∞=⎧=+<<>⎪==⎨⎪=⎩====−∑∑∫ 解：由固有函数法相应的固有函数系为 设方程的解为 并将展为： ，其中 222()023321)].2[1(1)],(0)0.2()[1(1)]2[1(1)][1].(,n n n n n n a t tn l n n a t n ln a A u u l n u Au t e d n Al e n au x πτπππτππ⎛⎞−−⎜⎟⎝⎠⎛⎞−⎜⎟⎝⎠−⎧⎛⎞′+=−−⎪⎜⎟⎨⎝⎠⎪=⎩=−−=−−−∫ 代入原方程可得得: 故所求的解为2233212)[1(1)][1]sin .n a tnl n Al n t e x n alπππ⎛⎞∞−⎜⎟⎝⎠==−−−∑()2211.224sin cos ,(2)(0,)0,(,)(0),(,0),(,0)()(0).(,)(,)().224sin cos ,(0,)(0ttxx t ttxx u a u x x l lu t u l t B t Bu x x u x x l x x l l u x t v x t w x v a v w x x l lv t w ππππ⎧=+⎪⎪==≥⎨⎪⎪==−≤≤⎩=+′′=+++求下列问题的解解：设问题的解为 将其代入上面的定解问题，得22222)0,(,)(),(,0)(),(,0)().224sincos 0,(0)0().4()sin.8(0,)0,(,)0,(,0)t tt xx v l t w l B Bv x w x x v x x l x l a w x x l lw w l B B l w t x x l a l v a v v t v l t v x ππππ⎧⎪⎪=+=⎨⎪⎪+==−⎩⎧′′+=⎪⎨⎪==⎩=+==== 化成下面两个问题：(1) ， 解得： (2) 12222022340(),(,0)().(,)cos sin sin .0,4;24sin sin 8, 4.824()sin t n n n l n l n Bx w x v x x l x l n a n a n v x t a t b t x l l l n l n a x xdx l l a l l n an l b x l x xdx n a l n ππππππππππ∞=⎧⎪⎪⎨⎪⎪−=−⎩⎛⎞=+⎜⎟⎝⎠≠⎧⎪=−⋅=⎨−=⎪⎩=−⋅=∑∫∫ 解得： 其中， ()()43222441222[11].4[11]44(,)cos sin sin sin .844(,)(,)()1cossin 8nn n al l a n a n v x t t x t x a l l n a l l B l a u x t v x t w x x t x l a l l πππππππππ∞=−−−−=−+⎛⎞=+=+−⎜⎟⎝⎠∑ 则 因此，原问题的解为14..0,(2)(-)(),(-)().0().:0X X X X X X X x Be Ae Be A B λππππλ′′+=⎧⎨′′==⎩<=++=+−=−==⇒求下列问题的固有值与固有函数解：当时，方程的通解为 由边界条件，有， ； 得0()0.0().-0.:().0().sin ,X x X x Ax B A B A B A X x C X x A B A B A Bλππλ===++=+⇒==>=+−=++=− 当时，方程的通解为 由边界条件，有 得当时，方程的通解为 由边界条件，有22sin ;()0sin 0(1,2,);()cos sin .(0,1,2,),()cos sin .n n n n n n n n X x n n X x A nx B nx n n X x A nx B nx λλ+====+===+"""" 要不恒等于，则，得故，固有值 固有函数222()()0,(3)(1)()0.ln ,()0.0()00:x y x xy x y y y e x e x d y y d y x Be Bx A B Be τλτλττλ′′′⎧++=⎨==⎩==+=<=+=++=+=解：方程通过自变量代换 或 得: 当时，方程的通解为 由边界条件，有 ， ； 得))0()0.0()ln .0,0.:()0.0()cos ln sin ln .0,A B y x y x A B A x B B A y x y x A B A x B x A λτλ==⇒===+=+===>=+=+= 当时，方程的通解为 由边界条件，有 得当时，方程的通解为 由边界条件，有()()2220;()00(1,2,);()sin ln .(1,2,),()sin ln .n n n n n n B y x n n y x B n x n n y x B n x λππλπ========"""" 要不恒等于，则，得 故，固有值 固有函数。
通用版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版典型例题
通用版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版典型例题单选题1、火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是（）A．轨道半径R=v2gB．若火车速度大于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外C．若火车速度小于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内D．当火车质量变大时，安全速率应适当减小答案：BAD．火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力由图可以得出（θ为轨道平面与水平面的夹角）F合=mgtanθ合力等于向心力，故mgtanθ=m v2 R解得R=v2 gtanθv=√gRtanθ安全速率与火车质量无关，故AD错误；B．当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，故B正确；C．当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，故C错误。
故选B。
2、下列说法正确的是（）A．曲线运动速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化B．物体在恒力作用下不可能做曲线运动C．物体的加速度增加，物体的速度一定增加D．物体做圆周运动，所受合力一定指向圆心答案：AA．曲线运动速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化，如匀速圆周运动，故A正确；B．做曲线运动的物体，可以受恒力的作用，如平抛运动，故B错误；C．当物体的加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，不论加速度是增大还是减小，物体的速度都在减小，故C错误；D．物体做非匀速圆周运动时，存在径向的向心力和切向的分力，故合力并不一定指向圆心，故D错误；故选A。
3、如图所示为一皮带传动轮，大轮直径是小轮直径的3倍，A是大轮边缘上一点，B是小轮边缘上一点，C是大轮上一点，C到圆心O1的距离等于小轮半径，转动时皮带不打滑。
通用版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版全部重要知识点
通用版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版全部重要知识点单选题1、下列说法正确的是（）A．匀速圆周运动是一种变速运动B．做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期、频率、转速均不变C．静止在地球上的物体随地球一起转动的线速度大小都是相同的D．做圆周运动的物体的加速度一定不为零且速度大小一定变化答案：AA．匀速圆周运动的速度方向不断变化，则是一种变速运动，A正确；B．做匀速圆周运动物体的角速度、周期、频率、转速均不变，但是线速度方向不断变化，即线速度不断变化，B错误；C．静止在地球上的物体随地球一起转动的角速度相同，但是不同纬度的转动半径不同，则线速度大小不都是相同的，C错误；D．做圆周运动的物体的加速度一定不为零，但速度大小不一定变化，例如匀速圆周运动，D错误。
故选A。
2、如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道放在竖直平面内，AB连线为竖直直径，一小球以某一速度冲上轨道，运动到最高点B时对轨道的压力等于重力的2倍。
则小球落地点C到轨道入口A点的距离为（）A．2√3R B．3R C．√6R D．2R答案：A在最高点时，根据牛顿第二定律3mg=m v2 R通过B点后做平抛运动2R=12gt2x=vt解得水平位移x=2√3R故选A。
3、下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体所受的合力一定是变化的B．两个匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心D．做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向可能在同一条直线上答案：CA．做曲线运动的物体所受的合力不一定是变化的，如平抛运动，合力为重力，保持不变，A错误；B．两个匀变速直线运动的合运动，当合速度方向与合加速度方向在同一直线时，合运动为匀变速直线运动，B 错误；C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心，C正确；D．做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向一定不在同一条直线上，D错误。
故选C。