（20141008）第二章 傅里叶级数 1. n a 和n b 的推导 如果以2π为周期的函数()f x 可以展开成三角级数，即 01 ()(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞==++∑ （1） 成立。在等式两边同时对x 积分有 0001()d d (cos sin )d 2022n n n a a f x x x a nx b nx x a ππππππππ∞-- -==++=+=∑???g 因此 01()d a f x x πππ- =? 将等式（1）左右两边同时乘以*cos ()kx k N ∈然后对x 积分有 01 ()cos d cos d (cos sin )cos d 2n n n a f x kx x kx x a nx b nx kx x ππππππ∞---==++∑??? 利用三角函数的正交性，等式右边的第二项积分而言，当n k ≠时，积分为0，而当n k =时，积分为k a π，所以 ()cos d 0k k f x kx x a a ππππ-=+=? 因此 *1()cos d , k a f x kx x k N πππ- =∈? 将等式（1）左右两边同时乘以*sin ()kx k N ∈然后对x 积分后同理可得 *1()sin d , k b f x kx x k N πππ-= ∈? 合并上述结果，可以得到
1 ()cos d , (=0,1,2,3,)n a f x nx x n πππ -=?L 1()sin d , (1,2,3,)n b f x nx x n π ππ-==?L n a 和n b 即为()f x 的傅里叶系数，等式（1）的右边即为()f x 的傅里叶级数。记为： 01 ()~(cos sin )2n n n a f x a nx b nx ∞=++∑ 此处之所以没有使用“=”，是由于尚不清楚()f x 的傅里叶级数是否以()f x 为和函数，且其是否收敛也未可知。 对于()f x 的傅里叶级数而言，如果()f x 是奇函数，显然有 02 0, ()sin d n n a b f x nx x π π==? 由于此时()f x 的傅里叶级数仅剩下正弦项，因此也成为正弦级数； 如果()f x 是偶函数，同理有 02()cos d , 0n n a f x nx x b π π==? 且由于此时()f x 的傅里叶级数仅剩下余弦项，因此也成为余弦级数。 2. 关于傅里叶级数的一些重要结论 以2π为周期，定义于[,]ππ-上的函数()f x x =的傅里叶展开式为 2 141cos(21), (,)2(21)n n x x n π π∞ =--∈-∞+∞-∑ 证明（应该不会考）如下：
数学物理方程第三版答案 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),(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 x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?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 ???)()(ρx ESu 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 tt u x s x )()(ρx ?? = x ESu () 若=)(x s 常量，则得 22)(t u x ??ρ=))((x u x E x ????
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 dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ，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),(t x u u =。记杆的截面面积4 2 l π为S 。 由假设，在任意时刻t 到t t ?+内流入截面坐标为x 到x x ?+一小段细杆的热量为 t x s x u k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 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t 到t t ?+在截面为 x 到x x ?+一小段中产生的热量为 ()()t x s u u l k t x l u u k dQ ??-- =??--=11 1124π 又在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+这一小段内由于温度变化所需的热量为 ()()[]t x s t u c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3 由热量守恒原理得： ()t x s u u l k t x s x u k t x s t u c x t ??-- ????=????11 2 24ρ 消去t x s ??，再令0→?x ，0→?t 得精确的关系： ()11 224u u l k x u k t u c -- ??=??ρ 或 ()()11 22 2112244u u l c k x u a u u l c k x u c k t u --??=--??=??ρρρ 其中 ρ c k a =2 2. 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Ω，则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质，由dsdt n u D dM ??-=，其中D 为扩散系数，得 ?????= 2 1 t t s dsdt n u D M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为 ()()[]???????????ΩΩΩ ??=??=-=2 12 1121,,,,,,t t t t dvdt t u C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M 两者应该相等，由奥、高公式得： ????????Ω Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2 12 11t t t t dvdt t u C M dvdt z u D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程： ?? ? ??????+???? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C 3. 砼(混凝土)内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的 水化热成正比。以()t Q 表示它在单位体积中所储的热量，0Q 为初始时刻所储的热量，则 Q dt dQ β-=，其中β为常数。又假设砼的比热为c ，密度为ρ，热传导系数为k ，求它在浇后温度u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由Q dt dQ β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设，放 热速度为 t e Q ββ-0 它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得 ??? ? ??-=+??? ? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222 2 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度0u 的介质中，试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程 ()2201224.0ρω ρωρc r i u u c P k x u c k t u +--??=?? 其中i 及r 分别表示导体的电流强度及电阻系数，表示横截面的周长，ω表示横截面面积，而k 表示导线对于介质的热交换系数。 解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为
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 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ρ，则x 点处的张力)(x T 为 )()(x l g x T -=ρ 且)(x T 的方向总是沿着弦在x 点处的切线方向。仍以),(t x u 表示弦上各点在时刻t 沿垂直于x 轴方向的位移，取弦段),,(x x x ?+则弦段两端张力在u 轴方向的投影分别为 )(sin ))(();(sin )(x x x x l g x x l g ?+?+--θρθρ 其中)(x θ表示)(x T 方向与x 轴的夹角 又 . sin x u tg ??=≈θθ 于是得运动方程 x u x x l t u x ???+-=???)]([22ρ∣x u x l g x x ??--?+][ρ∣g x ρ 利用微分中值定理，消去x ?，再令0→?x 得 ])[(2 2x u x l x g t u ??-??=??。 5. 验证 2 221),,(y x t t y x u --= 在锥2 22y x t -->0中都满足波动方程 222222y u x u t u ??+??=??证：函数2221),,(y x t t y x u --=在锥2 22y x t -->0内对变量t y x ,,有 二阶连续偏导数。且 t y x t t u ?---=??- 23 222)( 22 52222 3 2222 2 ) (3) (t y x t y x t t u ?--+---=??- -
《数学物理方程》习题精练5 (椭圆型方程的边值问题) 内容 1.分离变量法 2.调和函数的性质与极值原理 3.Dirichlet 问题的Green 函数法 1. 分离变量法 (1)Poisson 方程边值问题的“特解法” Poisson 方程描述稳恒场的分布情况，对于Poisson 方程的边值问题，虽不像波动方程和热传导方程那样有所谓的Duhamel 原理，但若能找到Poisson 方程的一个特解，常可把它转化成Laplace 方程的边值问题来求解，这便是所谓的“特解法”. 今有边值问题 (*)??????∈=∈=+?D y x y x u D y x y x f u u D yy xx ),( ),,(),( ),,(? 设),(y x w 是Poisson 方程的一个解(特解)，),(y x u 是所给边值问题的解.令 ),(),(),(y x w y x v y x u +=， 则),(y x v 满足如下的边值问题 (**)??????∈-=∈=+??D y x w y x v D y x v v D D yy xx ),( ,),(),( ,0? 亦即),(y x v 是域D 上的调和函数.这样，就把Poisson 方程的边值问题(*)转化成Laplace 方程的边值问题(**).对于特殊的区域D ，我们还可以用分离变量法来求解(**). 例1 求解Poisson 方程的边值问题 ??? ? ?=<+-=+=+.0)( ,2 22222a y x yy xx u a y x xy u u 解 ①先寻求Poisson 方程的一个特解),(y x w . 显然，xy xy y x -=+- ?)](12 1[33 ，于是得到一个特解为 θθρcos sin 12 1 )(121)(121),(42233-=+-=+-=xy y x xy y x y x w . 令 θθθρ2sin 24 1 cos sin 1214-=-=+=v v w v u ， 则新的未知函数v 满足如下的定解问题：
数学物理方程总结 Revised by Jack on December 14,2020
浙江理工大学数学系 第一章：偏微分方程的基本概念 偏微分方程的一般形式：221 1 (,,, ,,,)0n u u u F x u x x x ???=??? 其中12(,,...,)n x x x x =是自变量，12()(,,...,)n u x u x x x =是未知函数 偏微分方程的分类：线性PDE 和非线性PDE ，其中非线性PDE 又分为半线性PDE ，拟线性PDE 和完全非线性PDE 。 二阶线性PDE 的分类（两个自变量情形）： 2221112222220u u u u u a a a a b cu x x y y x y ?????+++++=?????? （一般形式 记为 PDE （1）） 目的：可以通过自变量的非奇异变换来化简方程的主部，从而据此分类 (,) (,)x y x y ξξηη=?? =? 非奇异 0x y x y ξξηη≠ 根据复合求导公式最终可得到： 22211122222 20u u u u u A A A A B Cu ξξηηξη ?????+++++=??????其中： 考虑22111222( )2()0z z z z a a a x x y y ????++=????如果能找到两个相互独立的解 那么就做变换(,) (,)x y x y ξφηψ=??=? 从而有11220A A == 在这里要用到下面两个引理： 引理1：假设(,)z x y φ=是方程22111222( )2()0z z z z a a a x x y y ????++=???? (1)的特解，则关系式(,)x y C φ=是常微分方程：22111222()2()0a dy a dxdy a dx -+= （2）的一般积分。 主
数学物理方程习题解 习题一 1，验证下面两个函数： (,)(,)sin x u x y u x y e y == 都是方程 0xx yy u u += 的解。 证明：（1 ）(,)u x y = 因为322 2 22 2222 2222 22 322 222 2222 2222 222222 222222 1 1()22 () 2()()11()22()2()()0()() x xx y yy xx yy x u x x y x y x y x x x y u x y x y y u y x y x y x y y y y x u x y x y x y y x u u x y x y =-? ?=- +++-?-=-=++=-??=-+++-?-=-=++--+=+=++ 所以(,)u x y =是方程0xx yy u u +=的解。 （2）(,)sin x u x y e y = 因为 sin ,sin cos ,sin x x x xx x x y yy u y e u y e u e y u e y =?=?=?=-? 所以 sin sin 0x x xx yy u u e y e y +=-= (,)sin x u x y e y =是方程0xx yy u u +=的解。 2，证明：()()u f x g y =满足方程 0xy x y uu u u -=
其中f 和g 都是任意的二次可微函数。 证明：因为 ()()u f x g y = 所以 ()(),()()()() ()()()()()()()()0 x y xy xy x y u g y f x u f x g y u f x g y uu u u f x g y f x g y g y f x f x g y ''=?=?''=?''''-=?-??= 得证。 3， 已知解的形式为(,)()u x y f x y λ=+，其中λ是一个待定的常数，求方程 430xx xy yy u u u -+= 的通解。 解：令x y ξλ=+则(,)()u x y f ξ= 所以2 (),()x xx u f u f ξλξλ'''=?=? (),(),()xy y yy u f u f u f λξξξ'''''=?== 将上式带入原方程得2 (43)()0f λλξ''-+= 因为f 是一个具有二阶连续可导的任意函数，所以2 -430 λλ+=从而12 =3,1λλ=， 故1122(,)(3),(,)()u x y f x y u x y f x y =+=+都是原方程的解，12,f f 为任意的二阶可微函数，根据迭加原理有 12(,)(3)()u x y f x y f x y =+++为通解。 4，试导出均匀等截面的弹性杆作微小纵振动的运动方程（略去空气的阻力和杆的重量）。 解：弹性杆的假设，垂直于杆的每一个截面上的每一点受力与位移的情形都是相 同的，取杆的左端截面的形心为原点，杆轴为x 轴。在杆上任意截取位于 [,]x x x +?的一段微元，杆的截面积为s ，由材料力学可知，微元两端处的相对伸长（应 变）分别是 (,)u x t x ??与(,)u x x t x ?+??，又由胡克定律，微元两端面受杆的截去部分的拉力分别为()(,)u SE x x t x ??与()(,)u SE x x x x t x ?+?+??，因此微元受杆的截去部分的作用力的合力为：()(,)()(,)u u SE x x x x t SE x x t x x ??+?+?-??
数学物理方程期末考试试题及答案 一、求解方程（15分） ??? ??===-=+=-. )()(0002x u x u u a u at x at x xx tt ψ? 其中)0()0(ψ?=。 解：设?? ?+=-at x at x ηξ＝则方程变为： 0=ξηu ，)()(at x G at x F u ++-=(8’)由边值条件可得： )()0()2(),()2()0(x G x F x x G F ψ?=+=+ 由)0()0(ψ?=即得： )0()2 ()2( ),(?ψ?--++=at x at x t x u 。 二、利用变量分离法求解方程。（15分） ??? ??==≥==∈=-====)(,)(, 0,0, ),(,000 02x u x u t u u Q t x u a u t t t l x x xx tt ψ? 其中l x ≤≤0。0>a 为常数 解：设)()(t T x X u =代于方程得： 0''=+X X λ，0''2=+T a T λ(8’) x C x C X λλsin cos 21+=，at C at C T λλsin cos 21+= 由边值条件得： 2 1)( ,0l n C πλ== l x n at A at B u n n n πλλsin )sin cos (1 += ∑∞ =
?= l n dx l x n x l B 0sin )(2π?，?=l n dx l x n x an A 0 sin )(2πψπ 三．证明方程02=--cu u a u xx t )0(≥c 具有狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与稳定性. (15分) 证明：设u e v ct -=代入方程： ?? ? ??====-=). (),(),(),0()(02102t g t l v t g t v x v v a v t xx t ? 设21,v v 都是方程的解设21v v v -=代入方程得： ?? ? ??====-=0),(,),0(00 02t l v t v v v a v t xx t 由极值原理得0=v 唯一性得证。(8’)由 ≤-21v v ετ ≤-2 1v v ，稳定性得证由u e v ct -=知u 的唯一性稳定性 得证。 四．求解二维调和方程在半平面上的狄利克雷问题(15分). ,0,0>=++=?z u u u u zz yy xx ).(0 x f u z == 解：设),,(ζηξp 是上半平面内一点，在该点放置单位点电荷，其对称点 ),,(?ηξ-p 格林函数： 2 2 2 ) ()()(1 41),,,(?ηξπηξ-+-+-- =z y x y x G 2 2 2 ) ()()(1 41?ηξπ ++-+-+ z y x 2 /32220 ])()[(2?ηξπ? +-+-= ??-=??=y x z G n G z 方程的解：dx y x y x u R ?+-+-= 2 2/3222])()[() ,(2),(?ηξ?π ? ηξ
2019年数学物理方程-第二章分离变量法.doc
第二章 分离变量法 分离变量法是求解偏微分方程定解问题最常用的方法之一，它和积分变换 法一起统称为Fourier 方法. 分离变量法的本质是把偏微分方程定解问题通过变量分离，转化为一个所谓的特征值问题和一个常微分方程的定解问题，并把原定解问题的解表示成按特征函数展开的级数形式. 本章介绍两个自变量的分离变量法，更多变量的情形放在其他章节中专门讨论. §2?1 特征值问题 2．1.1 矩阵特征值问题 在线性代数中，我们已学过线性变换的特征值问题. 设A 为一n 阶实矩阵，A 可视为n R 到自身的线性变换。该变换的特征值问题（eigenvalue problem ）即是求方程： ,n Ax x x R λ=∈， （1.1） 的非零解，其中C λ∈为待定常数. 如果对某个λ，问题（1.1）有非零解n x R λ∈，则λ就称为矩阵A 的特征值(eigenvalue)，相应的n x R λ∈称为矩阵A 的特征向量(eigenvector). 一般来讲，特征值问题（1.1）有不多于n 个相异的特征值和线性无关的特征向量. 但可证明: 任一n 阶矩阵都有n 个线性无关的广义特征向量，以此n 个线性无关的广义特征向量作为n R 的一组新基，矩阵就能够化为Jordan 标准型. 若A 为一n 阶实对称矩阵，在线性代数中有一个重要结果，即存在一个正交矩阵T 使得 1T AT D -=， （1.2） 其中D =diag 12(,,...,)n λλλ为实对角阵. 设12[ ... ]n T T T T =，i T 为矩阵T 的第i 列向量(1)i n ≤≤，则式（1.2）可写为如下形式 1212 [ ... ][ ... ]n n A T T T T T T D =， 或 , 1.i i i A T T i n λ=≤≤ （1.3） 上式说明，正交矩阵T 的每一列都是实对称矩阵A 的特征向量，并且这n 个特征向量是相互正交的. 由于此结论在一定意义下具有普遍性，我们以定理的形式给出. 定理1.1 设A 为一n 阶实对称矩阵，考虑以下特征值问题 ,n Ax x x R λ=∈， 则A 的所有特征值为实数，且存在n 个特征向量,1i T i n ≤≤，它们是相互正交的（正交性orthogonality ），可做为n R 的一组基（完备性completeness ）. 特征值问题在线性问题求解中具有重要的意义，下面举例说明之. 为简单起见，在下面两个例子中取A 为n 阶非奇异实矩阵，故A 的所有特征值非零，并且假设A 有n 个线性无关的特征向量,i T 相应的特征值为, 1i i n λ≤≤. 例1.1 设n b R ∈，求解线性方程组 Ax b =. 解 由于向量组{1}i T i n ≤≤线性无关，故可做为n R 的一组基. 将,x b 按此
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 ?， 。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 )(441?-=??-， 即可得边界条件： )(44 1 ?-- =??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 3η?， ? ? ????-=??????=1311y x y x Q ηη??， 所以： ?? ? ???=??????-??????-??????-=??????=??????-088011313111131112212 1211 2212 1211 Q a a a a Q a a 01=-=??c L b ，02=-=ηηc L b ，0==f c 。 可得：0=?ηu 。解之得)3()(21y x y x u -++=??。 （5）：特征方程：03)(16)( 162=+-dx dy dx dy
第一章 §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 x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?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 ???)()(ρx ESu 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 tt u x s x )()(ρx ?? = x ESu () 若=) (x s 常量，则得 22)(t u x ??ρ=))((x u 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 x u x E t l T ??=)(),(|l x =等于零，因此相应的边界条件为 x u ??|l x ==0 同理，若 0=x 为自由端，则相应的边界条件为 x u ??∣ 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 -。由虎克定律有 x u E ??∣)](),([t v t l u k l x --== 其中k 为支承的刚度系数。由此得边界条件 )( u x u σ+??∣ ) (t f l x == 其中 E k = σ 特别地，若支承固定于一定点上，则,0)(=t v 得边界条件 )( u x u σ+??∣0==l x 。 同理，若0=x 端固定在弹性支承上，则得边界条件 x u E ??∣)](),0([0t v t u k x -== 即 )(u x u σ-??∣).(0t f x -= 3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 2 222)1(])1[(t u h x x u h x x E ??-=??-??ρ 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：
数学物理方程试题（一） 一、填空题（每小题5分，共20分） 1.长为π的两端固定的弦的自由振动，如果初始位移为x x 2sin ，初始速度为 x 2cos 。则其定解条件是 2. 方程 03=??-??x u t u 的通解为 3.已知边值问题???===+0 )()0(0 )()('"πλX X x X x X ，则其固有函数)(x X n = 4.方程0)(222'"2=-++y n x xy y x α的通解为 二.单项选择题（每小题5分，共15分） 1. 拉普拉斯方程02222=??+??y u x u 的一个解是（ ） （A ）xy e y x u x sin ),(= （B ）22),(y x y x u += （C ）2 21),(y x y x u += （D ）22ln ),(y x y x u += 2. 一细杆中每点都在发散热量，其热流密度为),(t x F ,热传导系数为k ，侧面绝热,体密度为ρ,比热为c ，则热传导方程是 ( ) （A ）ρc t x F x u a t u ),(222 22+??=?? （B ）ρc t x F x u a t u ),(222+??=?? (C ) ρc t x u x F a t F ),(22222+??=?? (D) ρc t x u x F a t F ),(22 2+??=?? (其中ρc k a =2) 3. 理想传输线上电压问题??? ??? ?=??=??=??=x aA t u x A x u x u a t u t ωωωsin ,cos )0,(0 2 2 222 ( 其中C L a 1 2 = )的解为（ ） （A ）)(cos ),(at x A t x u +=ω （B ）t a x A t x u ωωcos cos ),(= （C ）t a x A t x u ωωsin cos ),(= （D ）)(cos ),(t a x A t x u -=ω
第五讲补充常微分方程求解相关知识。
第二章 分离变量法 偏微分方程定解问题常用解法，分离变量法。 解常微分方程定解问题时，通常总是先求出微分方程的特解，由线性无关的特解叠加出通解，而后用定解条件定出叠加系数 一阶线性偏微分方程的求解问题，基本方法也是转化为一阶线性常微分方程组的求解问题 对于二阶以及更高阶的偏微分方程定解问题，情况有些不同：即使可以先求出通解，由于通解中含有待定函数，一般来说，很难直接根据定解条件定出，因此，通常的办法就是把它转化为常微分方程问题 （第六讲） §2.1 有界弦的自由振动 什么是分离变量法？使用分离变量法应具备那些条件？ 下面通过两端固定的弦的自由振动问题来说明。 定解问题：考虑长为l ，两端固定的弦的自由振动，其数理方程及定解条件为 .0 ),(u ),(u 0, ,0u ,0u 0, l,0 ,0 t 0022 222l x x x t t x x u a t u t t l x x ≤≤==>==><
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 x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?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 ???)()(ρx ESu 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 tt u x s x )()(ρx ?? = x ESu () 若=)(x s 常量，则得 22)(t u x ??ρ=))((x u 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
数学物理方程第一章答案
第一章 §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 x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?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 ???)()(ρx ESu 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 tt u x s x )()(ρx ?? = x ESu () 若=) (x s 常量，则得 22)(t u x ??ρ=))((x u 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 x u x E t l T ??=)(),(|l x =等于零，因此相应的边界条件为 x u ??|l x ==0 同理，若 0=x 为自由端，则相应的边界条件为 x u ??∣ 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 -。由虎克定律有 x u E ??∣)](),([t v t l u k l x --== 其中k 为支承的刚度系数。由此得边界条件 )( u x u σ+??∣ ) (t f l x == 其中 E k = σ 特别地，若支承固定于一定点上，则,0)(=t v 得边界条件 )( u x u σ+??∣0==l x 。 同理，若0=x 端固定在弹性支承上，则得边界条件 x u E ??∣)](),0([0t v t u k x -== 即 )(u x u σ-??∣).(0t f x -= 3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为
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 t t 内流入截面坐标为 x 到 x x 一小段细杆的热量为 4 由假设，在任意时刻 dQ u s t k u 2u s x t k x s t k 1 x x x x x 2 x t 到 t t 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 x x 一小段中产生的热量为 4k 1 dQ 2 k 1 u u l x t u u s x t 1 l 1 又在时刻 t 到 t t 在截面为 x 到 x x 这一小段内由于温度变化所需的热量为 dQ c u x,t t u x,t s x c u s x t 由热量守恒原理得： 3 t t c u s x t k 2u s x t 4k 1 u u s x t t t x 2 x l 1 消去 s x t ，再令 x 0 ， t 2 u 0 得精确的关系： c u k 4k 1 u u t x 2 l 1 u k 2u 4k a 2 2 u 4k 或 t c x 2 c 1 u u 1 x 2 c 1 u u 1 l l 其中 a 2 k c 2. 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 dM D u dsdt ，其中 D 为扩散系数，得 n t 2 D u dsdt M t 1 s n t 2 t 2 C u dvdt M 1 C u x, y, z, t 2 u x, y, z, t 1 dxdydz C u dtdv t 1 t t 1 t 两者应该相等，由奥、高公式得： t 2 u u u t 2 C u dvdt M D D D dvdt M 1 t 1 x x y y z z t 1 t 其中 C 叫做孔积系数 =孔隙体积。一般情形 C 1。由于 , t 1 , t 2 的任意性即得方程： C u D u D u z D u t x x y y z 3. 砼 ( 混凝土 ) 内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的 水化热成正比。以 Q t 表示它在单位体积中所储的热量， Q 0 为初始时刻所储的热量，则 dQ Q ，其中 为常数。又假设砼的比热为 c ，密度为 ，热传导系数为 k ，求它在浇后温 dt 度 u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由 dQ Q 及 Q t 0 Q 0 得 Q t Q 0e t 。由假设，放 dt 热速度为 Q 0 e t 它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书 71 页，式得 u a 2 2 u 2 u 2 u Q e t a 2k t x 2 y 2 z 2 c c 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度 u 0 的介质中，试证 : 在常电流作用下导线的温度满 足微分方程 u k 2 u k 1P u 0 0.24i 2 r t c x c u c 2 其中 i 及 r 分别表示导体的电流强度及电阻系数， 表示横截面的周长， 表示横截面面积， 而 k 表 示导线对于介质的热交换系数。 解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原 71 页及式知方程取形式为 u a 2 2u f x,t k t x 2 其中 a 2 , f x, t F x, t / c , F x,t 为单位体积单位时间所产生的热量。 c 由常电流 i 所产生的 F 1 x, t 为 0.24i 2 r / 2 。因为单位长度的电阻为 r ，因此电流 i 作功为 i 2 r 浓度由 u 变到 u 2 所需之溶质为 乘上功热当量得单位长度产生的热量为 0.24i 2 r / 其中为功热当量。