唯一性定理

唯一性定理

蒋文佼（080320124）宋宝璋（080320125）夏世宇 (080320126) 李宝平 (080320127) 章文显 (080320129) 常 悦 (080320130) 1、试用唯一性定理证明：封闭导体壳内部的电场不受壳外电荷（包括壳外表面）的影响。

证：导体壳无论是用电势还是用总电量给定，壳的内外一般存在着四部分电荷。

如图所示，壳内外的电荷分布分别为

ρ

和 ρe ，壳内、外表面

1

S 、2S 上各自的面电荷分布为

σ

和 σe 。壳内外的场是这四

部分电荷共同激发的。

根据定理，首先写出壳内空间电势应满足的条件： （一） 2

ρ?ε

?=-

，ρ 为壳内电荷分布。

（二）壳内表面1S 上的边界条件是：2S 上的总电量 1

s dS q σ=-? （1）

其中 V

q dV ρ=? 是壳内的总电量，V 是壳内区域的体积。在壳层

内作一高斯面 0S 后（如图中虚线所示），用高斯定理很容易证明（1）

成立。

因此在给定 ρ 布后，

1S 上边界条件也已经给定为 q - ，

和导体壳本身是有电势还是用总电量给定无关。

根据唯一性定理，满足（一）、（二）的 ? 就是解。由于（一）

e

和（二）与壳外的 ρe 和 σρ 的电势并不唯一，可以差一个常数。当然当壳用电势 0φ 给定时，1S 上的边界条件就是

1

0|S ?φ= 。所以壳内不但电场唯一，而且电势也是唯一。

2．如图，有一电势为0φ的导体球壳，球心有一点电荷q ，球壳内外半径分别为2R 和1R 。试用唯一性定理： （一）判断0

R

φ是否球壳外空间的电势分布。

（二）求球壳内空间的电势分布

解：（一）首先必须找出球内外电势应满足的条件，他们是：

（a ）2

0??=

（b ）球壳外表面1S 上的边界条件，1

0s ?=φ

（c ）无穷远边界条件,0R →∞?→ 若R

φ

是解，根据唯一性定理，它必须满足以上三个条件。下面来

检验： 2

2

0010R

R

φ?

=φ?= (0),R ≠ 方程已满足。

0,0,R R

φ→∞→ 满足（c ）。

S1的半径是R1代入 0R

φ 后，

00

R

φ≠φ 所以它不满足1S 上的边界条

件，它不是球壳外空间的界，下面求正确的解。由上述可知，函数

A R

同时满足方程和无穷远边界条件。A 为待定常数，可由（b ）定出。在面1S 上

0,A R φ=

所以 01A R =φ 。球壳外电势是 01R R

φ?=

它和一半径为1R 、电势为0φ的导体球在球外所激发的势完全一样。 （二）先写出球壳内电势满足的条件 （a ） 2

1()q x ??=-

σε （除球心外，没有点电荷）

（b ）球壳内表面S2上的边界条件，2

0S ?=φ

我们来凑一个同时满足（a ）和（b ）的解。先从满足方程出发，考虑对称性，它可以是 ()014q A R π?

=

+ε，代入方程检验，

2

2

00

1()[4()]()444q q q q A x x R

R

ππππ??=

+=

?

=-δ=-

δεεεε 方程满足。

然后令（1）满足条件（b ），002

4q A R πφ=

+ε，求出A ，所以

002114q

R R π??

?=-+φ ?ε??

可见，解题的第一步是弄清电势应满足的具体条件，第二步则是凑满足这些条件的解。 。

3、如图，有一气隙，它的长度是a 。气隙两边是铁磁质（μ→∞，

且B H μ= ）。在y=a 的面上，有自由面电流02sin xk π

αατ

=? ，（τ为一常量），y=0的面上，0α=，求气隙中的磁标势。 解：本题可用磁标势m

?。由题设有

2

2

2

2

0m m x

y

????+

=?? （1）

由“静磁场的唯一性定理”知，需求出边界面y=0和y=a

上的H

的切向分量。

y=0处，令n J =

有21()0J H H ?-= （2

因为,B H μμ=→∞

，1B 有限，所以

10H =

，

代入（2）后，有：

0m x

y y H x

?==?=-

=?

（3）

0m z

y y H z

?==?=-

=?

同理可得：02sin m x y a

y a

H x

?πατ==???

=-

= ?

???

（4）

0z

y a

H ==

设()()m X x Y y ?=，代入（1）后得：2

2

22

110d X d Y X dx

Y dx

+

=

令

2

2

21d X X dx

λ=-，于是

2

2

2

1d Y Y dx

λ=

有 '

'

(sin cos )()m A x B x C sh y D ch y λλλλ?λλλλ=++

（5）

(sin cos )()m

A x

B x

C sh y

D ch y x

λλλλ?λλλλ?=++?

为满足（3），必须有0D λ= 为满足（4），取0B λ=。有02sin()()sin()x A C sh a x λλπ

αλλτ

-=

比较上式两边，有2π

λτ

=

，02(

)

A C sh a λλαπ

τ

-=

所以 022sin()()

2(

)

m

x sh y x

sh a π

π

α?τ

τ

π

τ

-?=

?

由（5）知，'

B A λλλ-=

所以 022cos(

)()

22(

)

m x sh y sh a π

π

ατ

τ

?π

π

τ

τ

=

并且 y ＝0面是一等磁势面。

镜象法 080320214~080320218

1、设在无限导体平面上，放一根均匀分布的无限长线电荷，密度为l ρ,并与导体平面平行，如下图所示，求空间各处电势。 [解：]若将该线电荷 分成无限个电荷元，每个线电荷元看成一个点电荷，则它们的象电荷也是是无限长电荷元，构成一个无限长线电荷，密度为l ρ-，位于原电荷的镜象位置上，如图所示。因此观察点P 的电势为

2

2

220

2

2

22

1

20

)

()(ln

4)

()(ln

2ln

2)(h y x h y x h y x h y x r r r l

l

l

-+++=

-+++=

=

πε

ρπε

ρπερφ

（0>y ）

在0

2、用镜象法求均匀电场0

E

中放一导体球的场分布，设球半径为a 。

[解：]均匀电场可用两个点电荷近似产生，不妨设有两个点电荷q ±， 位于

h

z ±=处。

如左图，则在坐标原点附近的小区域内（其线度远小于h ），有一平行于z 的轴的近似均匀电场

z e h

q E

2

042πε≈

（其中z e

为z 方向的单位矢量）

现将一导体球置于此均匀电场中，球心在坐标原点，如图，由于导体球未接地，故球面上出现的感应电茶，应当用四个象电荷来取代，其中两个象电荷q

h a -和

q

h

a 分别位于h

a

z 2

-

=和h

a

z 2

=

处；另外两个象电

荷

q

h a 和q

h

a -

均位于球心处，它们相互抵消，所以球外空间任一点p

处的电势，只是由于位于h

a

z 2

±

=处的象电荷h

q

a ±

，以及位于h

z

±=处

的原电荷q ±，分别产生的电势的迭加，即：

]

)cos '2'()cos '2'()cos 2(1

)cos 2(1

[

42

1

2

2

2

1

2

2

21

2

2

2

1

2

2

θθθθπε

φrh h r h a

rh h r h a

rh h r rh h r q -++

++-

-+-

++=

式中h a h /'2=,将上式中前两项各提出因子h /1，第三项和第四项各提出，并由r h >>，'h r

>>，略去22/h r 和22/'r h 的项，然后再泰勒展开得

θ

θθπε

θπε

θθπεφcos cos ...

cos 42cos 42...]

cos '2cos 2[42

3002

30

2

0r

a E r E r

a q r q

r

ah h

r h q +

-≈++

=

++-

≈

上式中第一项是均匀电场0

E

以原点O 为参考点的电势，第二项是感

应电荷所产生的电势，导体球面上感应电势面密度为

θ

εφεσcos 3|000

E r

a =??-=

3、一线电荷密度为

λ

的无限长带电直导线与半径为a 的无限长导体

圆柱的轴线平行，直线到圆柱轴线的矩离为d （a

d >），求圆柱外空

间任一点的电位。

[解：]利用电象法，可以取一个截面，象电荷必然是平行于原线电荷的电荷线且位于带电线圆柱线之间，设镜象线电荷到轴线的距离为'h ，带电密度为'λ。

圆柱外空间任一点电势：

'

'ln

2'

ln

20

h a R a

h R --

--

=πε

λπε

λ

φ

式中R ，'R 分别表示原电荷、镜象电荷到观察点的距离。 在柱面上任一点，有：

2

2

20

2

2

20

)

'(cos '2'ln

4'

)

(cos 2ln

4h a ah h a a h ah h a a

r --+-

--+-

==?

πε

λ?

πε

λ

φ

另外有：0=??=a

r ?

φ

或

)cos 2('')cos '2'(2

2

2

2

?λ?λah h a h ah h a h -+-=-+

所以)

('')'(2

222

h a h h a h +-=+λλ

λ

λ-='

联解上两式： ①h

a

h 2

'=

，λ

λ-=

'

②h h ='，λ

λ-=

'

其中第二组解不合适，舍去。 于是Ra

h R 'ln

20

πε

λ

φ=

。

镜像法 060330114宋威 15徐柳洲 16孙浩 17樊大斌 18甘元虎 1：一无穷大导体平面外有一电偶极矩为p 的电偶极子。P 与导体平面平行，到导体表面距离为a ，已知导体的电势为零。试求：（1）导体外的电场强度；（2）p 受导体上电荷的作用力；（3）p 与导体的相互作用能。

2：一无穷大导体平面外有一电偶极矩为p 的电偶极子，p 到导体平面

的距离为a ，与导体表面法线的夹角为α。已知导体的电势为零，试求：p 受到导体表面电荷的作用力。

3 ：真空中两条圆柱形无穷长平行直导线，横截面的半径分别为R1和

R2，中心线相距d （d ﹥R1+ R2）。试求他们间单位长度的电容。 4：真空中有一半径为R 的导体球，球外有一电荷为q 的点电荷，q 到

球心的距离为a （a ﹥R ），已知球的电势为零，试求：（1）球外的电势分布；（2）球面上电荷量的面密度；（3）q 受球上电荷的作

用力。

5：导体内有一半径为R 的球形空腔，腔内充满电容率为ε的均匀电介

质。现将电荷量为q 的点电荷放在腔内离球心为a

（a ﹤R ）处，已知导体的电势为零。试求：（1）腔内任意一点p （r ，θ）的电势；（2）腔壁上感应电荷量的面密度；（3）介质极化电荷量的密度和面密度。

电多极矩,磁多极矩：

060330101史晓佩 060330102沈珺琛 060330103杨群 060330104陆丽燕

1，如图1，q,-q,2q 构成一带电体系。求体系的电多极矩及相应的电势。

解：按电多极矩定义作。为了避免混淆和丢失，先把点电荷编号，并写出它们的位矢。

1122,(),,()q q x a i j q q x a i j ==+=-=-+

,332,q q x bk

==

由定义,总电量1232Q

q q q q

=++=

电偶极矩112233()()22()p q x q x q x qa i j qa i j qbk q ai bk =++=+--++=+

电四极矩可按分量ij

D 定义求。

3

22

1

(3)xx i

i

i i D q x

r ==

-∑

式中I 可取1，2，3，222

i

i

i i i

x q x y z =++2i

是的x 坐标，r

代入各量后

2

2

2

2

2

2

111222333(3)(3)(3)xx D q x r q x r q x r =-+-+-

22222

(32)(32)2q a a q a a qb

=----

2

2qb

=-

3

1

(3)

xy i

i

i

i D q x y ==

∑1112223333()

q x y q x y q x y =++

22

2

3()6yx qa qa

qa D =+==

同理可求其它分量：2

122

xx

yy zz

D

D qb D ==-=-

其它分量为零。

该体系在远区的势，由3

0001

1

():4424Q

p R

x D R R R ?πεπεπε=++??

其中2()()2()

p R q ai

bk xi yj zk q ax bz =+++=+

1

:D R

?? 按分量作，有

2

11

:i j D R

x x R ?

??=

??∑

ij

i,j

D =22

22

2

2

2

111

(

)2xx zz

xy

D D D x

y

R

z

R

x y R

?

?

?

?

+

++?????

22

2

2

2

11

612qb

qa

z

R

x y R

?

?=+???

在上式中已用了2

10

R

?

= 代入

22

2

2

3

5

5

11313(

)()z xy z

R

R

R

x y R

R

?

?

=-

+

=

???和

222325

163:(1)36qb z xy

D qa R R R R

??=-+

2223

3220002()3()(1)6444Q q ax bz q

z xy x b a R

R

R R R ?πεπεπε??

+=

+

+-+????

2，一长为L 带有均匀线电荷密度λ的线段，它可以围绕它的中点O 在纸面上转动。离O 为0r 处有一电量为q 的点电荷。Oq

联线与线段

夹角是θ。假定0L r

，

（1）在数量级（0

L r ）到30

()L r 的范围内，求该体

系的相互作用能。（2）求带电线段L 所受到的力。

解：（1）求L 在q 处的电势。由于Q 、zz D 都在原点，原点为源点，q 处为场点，q 的位矢是0r

，如图：

3

2

2

01

1()424L L L R r R z R λλ?πε??

?=

+=?????

代入：

22

2

002

3

5

3

1131(

)()(3cos 1)

z R r R r z

R

R

R

r

θ?

==-

+

==

-?

3

2

3

000

(3cos 1)424L L L r r λ

?θπε??=+-????

32

3

00

00

(3cos 1)496L q L q L

W q r r λλ?θπεπε==

+

-

（2）求带电线段L 受到的力。由于是静电力，L 和q 各自所受的力等值异号。所以亦可求q 受的力q F

q L F qE =

32

02

01

1()424L L L E x r R z R λλπε???????

=-?

+=???????????

22

2

2

3

5

5

7

5

11336(

)()15z x x zk z

z

R

R

R

R

R

R

?

?

=?-

+

=

-+

? 2200254

00136cos ()(15cos )k x r r z R r r θθ????==-+?????

32

00035000

3(5cos 1)6cos 424L Lr L E r r k r r λ

θθπε????=

+--??????

L q F F =- =32

00035000

3(5cos 1)6cos 424Lr q L r r k r r λθθπε????-+--??????

3,有一电偶极矩为P 的电偶极子，位于距无限大接地平面导体板a 处，P 的方向和板垂直，并指向离板方向。求它所受的力。 解：建立坐标系如图：p p i =

（p>0）,它的

位矢是0x ai = 。

将电偶极子看作距离极近的两点电荷构成

的体系，由洛伦兹力公式，()F Q E E +-=-

由于 ()()x e x E E l E +--=? 所以

00()()e e F Q l E x p E x ==?

(1)

其中0

x 是偶极子的位矢。

由镜像法知感应电荷在右半空间的电场，

设镜像为'p ，有'

p p = ,位矢'x a i =

'

'5

3

'''

335'''

555

13()(){}

413()()()()[()][]e o

p r r p E x r

r

p

r p p r r r

r p r p r p r r r r r r

πε=-

?=?=?=?+?

因为r ?= f

所以

''''

5

575

5()()[()][]r p p r r p r p r r r

r r r

?=-+

f 由(1)式得:

''''

5

21

1{3[()15()()]3()()}4o F p p p r p r r p r p p r p r r πε=

-++ 将'

p p pi == ,2r ai = 代入上式得:

24

332o p i

F a

πε-=

4、有一个均匀磁化的截面为S 、长为l 的圆柱行磁铁，它的磁化强度

矢量是0M

，沿柱轴方向，求它在远区（r

>>l ）激发的磁感应B

。

解：以磁铁的中心为原点，令0

M

=0M k

。

利用矢势法解题。

在远区，磁铁相当于一个小电流圈。I

l α

=，α是磁化面电流α

的大小。

α

=0

M

?r e

=0M e ?

，分布在磁铁的侧面上。

电流圈的磁距

00m IS lM Sk M V k ===

。

它在远区产生的矢势由：

磁偶极子的矢势03

4m R

A R

μπ?= =

03

()4m

xj yi R

μπ-

，

03300535

311

()()433()44m B A xj yi xj yi R R m zR k m R R m R R R R μπμμππ??=??=??-+??-??

????

???=-=-??????

??

,(,)m E W ??

——080320205，06，07，08

1、如图，有一气隙，它的长度是a 。气隙两边是铁磁质（μ→∞，且

B H μ= ）。在y=a 的面上，有自由面电

流02sin

xk

π

αατ

=?

，（τ为一常量），

y=0的面上，0α=，

解：本题可用磁标势m

?。由题设有

2

2

2

20m m x

y

????+=?? （1）

由“静磁场的唯一性定理”知，需求出边界面y=0和y=a

上的H

的切向分量。

y=0处，令n J = 有21()0J H H ?-=

（2）

因为,B H μμ=→∞

，1B 有限，所以10H = ，

代入（2）后，有：

0m x

y y H x ?==?=-

=? （3）

00m z

y y H z

?==?=-

=?

同理可得：02sin m x y a

y a

H x

?πατ==???

=-

= ?

???

（4）

0z

y a

H ==

设()()m X x Y y ?=，代入（1）后得：2

2

22

110d X d Y X dx

Y dx

+

=

令

2

2

21d X X dx

λ=-，于是

2

2

2

1d Y Y dx

λ=

有 '

'

(sin cos )()m A x B x C sh y D ch y λλλλ?λλλλ=++

（5）

(sin cos )()m

A x

B x

C sh y

D ch y x

λλλλ?λλλλ?=++?

为满足（3），必须有0D λ= 为满足（4），取0B λ=。有02sin()()sin()x A C sh a x λλπ

αλλτ

-=

比较上式两边，有2π

λτ

=

，02(

)

A C sh a λλαπ

τ

-=

所以022sin()()

2(

)

m

x sh y x

sh a π

π

α?τ

τ

π

τ

-?=

?

由（5）知，'

B A λλλ-=

所以 022cos(

)()

22(

)

m x sh y sh a π

π

ατ

τ

?π

π

τ

τ

=

并且 y ＝0面是一等磁势面。

2、将一个半径为R 、电容率为ε的无限长圆柱形均匀介质放入均匀外

电场0E 中，圆柱的轴线与0E

试求介质极化电荷所产生的电势和电场强度。 解：以圆柱轴线上一点O 为原点，

轴线为z 轴，取柱坐标系，使0E

的方向为0φ=的方向，如图所示。

设介质极化电荷所产生的电势为'?。由于对称性，'

?与z 无关。因为没有自由电荷，'

?满足拉普拉斯方程：

'

2'

2'

2

2

11()0r

r r

r

r

???φ

????=

+

=???

（1）

由于'

?应是φ的以2π为周期的单值函数，因此上式的通解为

'

(,)[(cos sin )(cos sin )]n n

n n n n n r r A n B n r

C n

D n ?φφφφφ∞

-==

+++∑ （2）

放入介质前，原来的电场为0E

，其电势为00cos E r ?φ=- （3）

选r=0 处为电势零点，当r=0时，'

?＝0；当r →∞时，'0?→ 。 所以'

?的形式如下：

介质内（r R ≤）:'1

0(,)(cos sin )n

n n n r r

A n

B n ?

φφφ∞

==

+∑ （4） 介质外（r R ≥）：'

20

(,)(c o s

s i n )n

n n

n r r C n D n ?φ

φφ

∞

-==

+∑

（5）

于是介质内外的总电势便分别为：

'

11

000

(,)(,)(cos sin )cos ,n

n n n r r r

A n

B n E r r R

?φ?φ?φφφ∞

==+=

+-≤∑ （6） '22

000

(,)(,)(cos sin )cos ,n

n n n r r r

C n

D n

E r r R

?φ?φ?φφφ∞

-==+=

+-≥∑ （7） 边界条件为：在柱面上，12(,)(,)R R ?φ?φ= （8）

120(

)(

)R R r

r

??εε??=??

（9）

将（6）、（7）两式分别代入（8）、（9）两式，经过计算，比较cos n φ和

sin n φ

的系数，便得：

0,0n n B D == 0,0(1)n n A C n ==≠ 2

001010

,A E C R E εεεεεεεε--=

=

++ （10）

将这些系数代入（4）、（5）两式，便得所求的电势为 '

01

00

cos ,E r r R εε?φεε-=

≤+

（11）

2'

02

00cos ,R E r R r

εε?φεε-=

≥+

（12）

所求的电场强度为：

''''011

1100

1,r E e e E r R r r φεε???φεε-??=-?=--=-≤??+

（13）

''2''

022202

01(cos sin ),r r R E e e E e e r R r r r

φφεε???φφφεε-??=-?=--=+≥??+ （14）

3、一无穷大导体平面外有一电偶极矩为

p 的电偶极子，p

与导体平面平行，到导

体表面的距离为a ，如图所示。已知导体的电势为零。试求：（1）导体外的电场强

度；（2）p 受导体上的电荷的作用力；（3）p

与导体的相互作用能。

解：（1）以导体表面为下x-y 平面，穿过

p

中心的导体表面外法线为z 轴取坐标

系如图。根据电像法，设想导体不存在，而在z=-a 处有一个电偶极矩为'p p =-

的

电偶极子，即可满足题给的边界条件：z=0处电势为零。'p 便是p

的

电像。因此，根据唯一性定理，z>0空间的电场便等于p

和它的电像

'

p 所产生的电场的叠加。

根据电偶极子p 所产生的电场强度的矢量公式 25

03()4p

p r r r p E r

πε?-= （1）

得出P 点的电场强度为

'2

2

''5

5

003[()]()3[()]()44p p p r a r a r a

p p r a r a r a

p

E E E r a

r a

πεπε?----?++-+=+=

+

-+

式中z a ae = 。因'',0.0p p p a p a =-?=?=

（2）

p

故上式可写成

2

2

5

5

3()()3()()1{

}4p r r a r a p p r r a r a

p

E r a

r a

πε?---?+-+=

-

-+ （3）

（2）、p 受导体上电荷的作用力等于它受像电偶极矩'

p 的作用力。

根据p 在外电场中受力的公式，p

所受的力为

'2

2

''

5

5

00

3[()]()3()()(){}

{

}

44p r a

r a

p r a r a r a p p r r a r a p F p E p p

x x

r a

r a

πεπε==?++-+?+-+??=??==-??++

式中右端的符号表示，在对x 求导后再取r a =

（p 的位矢）。

因

551,()

0,

()0

r a

r a

p

p r px x x r a

r a

==??

?===??++

故得2

225

4

550

000

3()

333()464644r a

r a

px r a p

r a p a

p a

F p n

x a

a

r a

r a

πεπεπεπε==?++=-=-

=-

=-

?++

式中n 代表导体表面外法线方向上的单位矢量。负号表明，p 所受的

力F

指向导体表面。

（3）p 与导体的相互作用能等于

p 与它的电像'

p 的相互作用能，即

p

在'

p 处产生的电场强度为

'2

''''3

3

5

0003[()]()32424p p a a a a a a p

p p E a

a

a a

πεπεπε?++-+==-

=-

+

p

在这电场中的电势能为''

2

3

3

003232p

p p p

W p E a

a

πεπε?=-?==-

4、真空中有磁感强度为0B

的均匀

磁场，现将一无穷长的均匀介质圆柱放入这磁场中，圆柱的半径为a ，

磁导率为μ，轴线与0B

垂直。试

求各处的磁感应强度。

解：以圆柱轴线上任一点O 为原点，

圆柱轴线为z 轴，0B

的方向为0φ=的方向，取柱坐标系。因无自由

电流，故存在磁标势?，且满足拉普拉斯方程。由于轴对称，?与z 无关。

于是得2

2

2

2

11()0r

r r

r

r ???φ

????=

+

=???

（1） 用分离变量法求解。令()()R r ?φ=Φ

（2）

代入（1）式便得

2

211()0

d dR d r r

R dr dr d φ

Φ+

=Φ

（3） 因Φ应是φ的以2π为周期的函数，故取

2

2

2

d n

d φ

1Φ=-Φ （4） 式中n 为整数。解得cos sin n n n B n φφΦ=A +

（5）由于

对称性，()φφΦ=-=Φ()，故0

n B =。 所以

n cos n φΦ=A

（6） 将（4）式代入（3）式得2

2

2

2

0d R dR r

r

n R dr

dr

+-=

（7） 这是二阶欧勒方程，其解为n n

n n R C r D r -=+

（8）

0)

于是得（1）式的通解为0

()cos n n

n n n C r D r n ?φ∞

-==+∑

（9）

在柱内，0r →时，?有限，故10

cos n n n C r n ?φ∞

==∑，r a ≤ （10）

在柱外，r →∞时，0

cos B r ?φμ→-

（0B

的磁标势），故

20

cos cos n n

n D B n r r

?φφμ∞

==

-

∑

，r a ≥

（11）

r=a 时，12??=，比较两边cos n φ的系数得：

22

2

110

,(1);n

n n B D a C n D a C a

μ=≠=+ （12）

又r=a 时，B

的法向分量连续，12n n B B =，

即120

r a

r a

r

r

??μ

μ==??-=-?? （13）

将1?和2?代入上式计算，然后比较cos n φ的系数得：

22

10100

,(1);n n n D a C n C a D B μμμμ-=-

≠-=+

（14）

解（12）、（14）两式，得：

2

1010

00

2

0,0,(1);,()n n C D n C B D a B μμμμμμμ-==≠=-

=

++ （15）

于是得100

2

cos ,B r r a ?φμμ=-≤+

（16）

20

200

2

00

co s co s ()[

()

1]

co s ,B B a

r r B a r r a

r μμ?φφ

μμμμμμφμμμ-=

-

+-=-≥+ （17）

最后的所求的磁感强度为

第22讲唯一性定理第4章介质中的电动力学2§2唯一性定理

第22讲 唯一性定理 第4章 介质中的电动力学（2） §4.2 唯一性定理 在上节中我们说明静电学的基本问题是求出所有边界上满足边值关系或给定边界条件的泊松方程的解。本节我们把这问题确切地表述出来，即需要给出哪一些条件，静电场的解才能唯一地被确定。 静电场的唯一性定理对于解决实际问题有着重要的意义。因为它首先告诉我们，哪些因素可以完全确定静电场，这样在解决实际问题时就有所依据。其次，对于许多实际问题，往往需要根据给定的条件作一定的分析，提出尝试解。如果所提出的尝试解满足唯一性定理所要求的条件，它就是该问题的唯一正确的解。下面我们先提出并证明一般形式的唯一定理，然后再证明有导体存在时的唯一性定理。 1. 静电问题的唯一性定理 下面我们研究可以均匀分区的区域V ，即V 可以分为若干个均匀区域 V i ，每一个区域的电容率为 ε i 。设V 内有给定的电荷分布 ρ（x ）。电势 φ 在均匀区域 V i 内满足泊松方程 2i ρ ?ε?=- （4.2---1） 在两区域 V i 和 V j 的分界上满足边值关系 ()()i j i i j j n n ????εε=?? ???=???? （4.2---2） 泊松方程（4.2---1）式和边值关系（4.2---2）式是电势所必须满足的方程，它们属于电场的基本规律。除此之外，要完全确定V 内的电场，还必须给出V 的边界S 上的一些条件。下面提出的唯一性定理具体指出所需给定的边界条件。 唯一性定理： 设区域V 内给定自由电荷分布，在V 的边界上S 上给定 （1）电势φ| s 或

（2）电势的法向导数 ?φ/?n | s ， 则V 内的电场唯一确定。也就是说，在V 内存在唯一的解，它在每个均匀区域内满足泊松方程（4.2---1），在两均匀区域分界面上满足边值关系，并在V 的边界S 上满足该给定的φ或?φ/?n 值。 证明 设有两组不同的解 φ' 和 φ'' 满足唯一性条件定理的条件。 令 ,???'''=- （4.2---3） 则由 ▽2φ' = ?ρ/εi ，▽2φ'' = ?ρ/εi ，得 20??= （在每个均匀区V i 内） （4.2---4） 在两均匀区界面上有 i j ??= ()()i i j j n n ?? εε??=?? （4.2---5） 在整个区域V 的边界S 上有 0S S S ???'''=-= （4.2---6a ） 或 S S S n n n ? ??'''???= - ???=0 （4.2---6b ） 考虑第i 个均匀区 V i 的界面 S i 上的积分 i i S d ε??????S 由附录（Ⅰ.7）式，这积分可以变换为体积分 ()i i i i S V d dV ε??ε????=????? ?S 22()i i i i V V dV dV ε??ε?=?+??? 由（4.2---4）式，右边最后一项为零，因此 2 ()i i i i S V d dV ?ε??ε???=???S 对所有分区 V i 求和得 2()i i i i S V i i d dV ε??ε???=?∑∑?? ?S （4.2---7）

解的存在唯一性

解的存在唯一性定理证明及其研究 专业名称：数学与数学应用 组长：赵亚平 组员：刘粉娟、王蓓、孙翠莲 指导老师：岳宗敏

解的存在唯一性定理证明及其研究 摘要 线性微分方程是常微分课本中的重要组成部分，线性微分方程组解的存在唯一性是最重要，也是不可或缺的一部分，通过课本所学知识运用逐步逼近法以及压缩映射原理分别对一阶，高阶线性微分方程组解的存在唯一性进行的详细的论述证明。对于线性方程组解的情况，主要是通过对增广矩阵进行初等行变换，了解其秩的情况，在运用克莱默法则，从而得出其解的存在唯一性的情况。 关键词：解的存在唯一性 线性微分方程组 线性方程组 （一）一阶微分方程的解的存在唯一性定理与逐步逼近法 存在唯一性定理 考虑初值问题 ),(y x f dx dy = 00)(y x y = （1） 其中f(x,y)在矩形区域R ： b y y a x x ≤-≤-||,||00 （2） 上连续，并且对y 满足Lipschits 条件：即存在常数L>0（L 为利普

希茨常数），使不等式 |||),(),(|2121y y L y x f y x f -≤- 对所有R y x y x ∈),(),,(21都成立,则初值问题(1)在区间h x x ≤-||0上解存在且唯一，这里 |),(|max ),, min(),(y x f M M b a h R y x ∈== 证明思路： 1.初值问题（1）的解存在等价于求积分方程 ?+=x x dy y x f y y 0),(0 （3） 的连续解。 2.构造（3）所得解函数序列{)(x n ?}，任取一连续函数)(0x ?， b y x ≤-|)(|00?代入（3）右端的y ，得 …… 2,1,))(,()(0 01=+=?+n dx x x f y x x x n n ?? 3.函数序列{)(x n ?}在|,|00h x h x +-上一致收敛到)(x ?。这里为 )(x n ?=dx x x f y n x x n ))(,(lim 1-00 ??∞ →+ dx x x f y x x f y x x x x n ??+ =+=∞ →0 ))(,()) (,(lim 01-n 0?? 4．)(x ?为（3）的连续解且唯一。首先在区间],[00h x x +是讨论，在错误！未找到引用源。上类似。 证明过程： 命题1 ：初值问题（1）等价于积分方程

Picard存在和唯一性定理

Picard存在和唯一性定理 本节利用逐次逼近法，来证明微分方程 (2.1) 的初值问题 (2.2) 的解的存在与唯一性定理. 定理 2.2(存在与唯一性定理)如果方程(2.1)的右端函数在闭矩形域 上满足如下条件： (1) 在R上连续; (2) 在R上关于变量y满足李普希兹(Lipschitz)条件，即存在常数N，使对于R上任何一 对点和有不等式： 则初值问题(2.2)在区间上存在唯一解 其中 在证明定理之前，我们先对定理的条件与结论作些说明: 1. 在实际应用时，李普希兹条件的检验是比较费事的.然而，我们能够用一个较强的， 但却易于验证的条件来代替它.即如果函数在闭矩形域R上关于y的偏导数 存在并有界，.则李普希兹条件成立，事实上，由拉格朗日中值定理有 其中满足，从而.如果在R上连续，它在R上当然就满足李普希兹条件.（这也是当年Cauchy证明的结果） 2．可以证明，如果偏导数在R上存在但是无界，则Lipschitz条件一定不满足，

但是Lipschitz 条件满足，偏导数不一定存在，如(,)||f x y y 。 3.现对定理中的数h 0做些解释.从几何直观上，初值问题(2.2)可能呈现如图2-5所示的情况. 这 时，过点 的积 图 2-5 分曲线 当 或 时，其中 ， ，到 达R 的上边界 或下边界 .于是，当 时，曲线 便可能没有定义.由此可见，初值问题(2.2)的解未必在整个区间 上存在. 由于定理假定 在R 上连续,从而存在 于是，如果从点 引两条斜率分别等于M 和-M 的直线，则积分曲线 (如果存在的话)必被限制在图2-6的带阴影的两个区域内，因此，只要我们取 则过点 的积分曲线 (如果存在的话)当x 在区间上变化时，必位于R 之 中. 图 2-6

惟一性定理

目录 摘要 (1) 关键词 (1) Abstract (1) Keywords (1) 前言 (1) 1预备知识 (1) 2存在的唯一性定理 (2) 2.1一阶微分方程的存在唯一性定理 (2) 2.2相关证明的命题 (3) 2.3附注 (5) 2.4一阶隐函数的解的存在唯一性 (6) 2.5近似计算和误差估计 (6) 参考文献 (7)

解的存在唯一定理与逐步逼近法 摘 要：一阶微分方程的解的存在定理肯定了方程的解在一定条件下的存在性与唯一性，它是常微分方程理论中最基本的定理，有其重大的意义.另一方面，由于能求得精确解的微分方程为数不多，微分方程的近似解法具有实际意义. 关 键 字：利普希茨条件；利普希茨常数；解的存在唯一性定理；逐步逼近法 The existence of the solution only gradually approximation theorem and gradually approximation method Abstract: the theorem of the existence and the uniqueness of the solutions of an order ordinary differential equation approve the existence and uniqueness of the solution of equation .It is the most basic theorems of the ordinary differential equation. On the other hand, because the method to seek the exact solutions is few in number, it has practical significance. Key-Words: Lipschitz condition; Lipschitz constant; the theorem of the existence and uniqueness of solutions; Step-by-step method. 引言: 实际问题中所需要的往往是要求满足某初值条件的解，因此初值问题的解是否存在？如果存在是否唯一？而解的存在唯一性定理正是解决此类问题的理论基础，因此，解的存在唯一性定理具有一定的实际意义. 1. 预备知识 函数(,)f x y 称为在R 上关于y 满足利普希茨条件,如果存在常数0L >,使不等式 1 2 1 2 (,)(,)f x y f x y L y y -≤- 对所有1 2 (,),(,)x y x y R ∈都成立,L 称为利普希茨常数.

[整理]一阶微分方程解的存在定理.

第三章 一阶微分方程解的存在定理 [教学目标] 1. 理解解的存在唯一性定理的条件、结论及证明思路，掌握逐次逼近法，熟练近似解的误差估计式。 2. 了解解的延拓定理及延拓条件。 3. 理解解对初值的连续性、可微性定理的条件和结论。 [教学重难点] 解的存在唯一性定理的证明，解对初值的连续性、可微性定理的证明。 [教学方法] 讲授，实践。 [教学时间] 12学时 [教学内容] 解的存在唯一性定理的条件、结论及证明思路，解的延拓概念及延拓条件，解对初值的连续性、可微性定理及其证明。 [考核目标] 1.理解解的存在唯一性定理的条件、结论，能用逐次逼近法解简单的问题。 2.熟练近似解的误差估计式，解对初值的连续性及可微性公式。 3.利用解的存在唯一性定理、解的延拓定理及延拓条件能证明有关方程的某些性质。 §1 解的存在性唯一性定理和逐步逼近法 微分方程来源于生产实践际，研究微分方程的目的就在于掌握它所反映的客观规律，能动解释所出现的各种现象并预测未来的可能情况。在第二章介绍了一阶微分方程初等解法的几种类型，但是，大量的一阶方程一般是不能用初等解法求出其通解。而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解。因此初值问题的研究就显得十分重要，从前面我们也了解到初值问题的解不一定是唯一的。他必须满足一定的条件才能保证初值问题解的存在性与唯一性，而讨论初值问题解的存在性与唯一性在常微分方程占有很重要的地位，是近代常微分方程定性理论，稳定性理论以及其他理论的基础。 例如方程 dy dx =过点(0,0)的解就是不唯一，易知0y =是方程过(0,0)的解，此外，容易验证，2 y x =或更一般地，函数 2 0 0() c<1x c y x c x ≤≤?=?-≤? 都是方程过点(0,0)而且定义在区间01x ≤≤上的解，其中c 是满足01c <<的任一数。 解的存在唯一性定理能够很好地解释上述问题，它明确地肯定了方程的解在一定条件下的存在性 和唯一性。另外，由于能得到精确解的微分方程为数不多，微分方程的近似解法具有重要的意义，而解的存在唯一性是进行近似计算的前提，如果解本身不存在，而近似求解就失去意义；如果存在不唯一，不能确定所求的是哪个解。而解的存在唯一性定理保证了所求解的存在性和唯一性。 1．存在性与唯一性定理： （1）显式一阶微分方程 ),(y x f dx dy = （3.1） 这里),(y x f 是在矩形域：00:||,||R x x a y y b -≤-≤ （3.2）

静电唯一性定理

静电唯一性定理 我们将证明，如果我们得到了满足给定边界条件的泊松方程的解，那么，这个解是唯一的。这就是静电唯一性定理。下面我们证明这一定理并初步介绍它的应用。 在由边界面s 包围的求解区域V 内，若： 1) 区域V 内的电荷分布给定； 2) 在边界面s 上各点，给定了电势s ?，或给定了电势法向偏导数 s n ???， 则V 内的电势唯一确定。 以上的表述就是静电唯一性定理。下面，我们用反证法证明静电唯一性定理。 证: 假定在区域V 内的电荷密度分布为ρ(x )，且有两个不同的解φ1和φ2满足泊松方程及给定边界条件(给定的电势值s ?或电势法向偏导数 s n ???)。即： 2212,ρρ??εε ?=-?=- 并有 12s s s ???== 或 12 s s s n n n ??????==??? 式中s ?和s n ???为给定的边界条件。令φ = φ1 – φ2，则在区域V 内各点： 2212()0φ???=?-= (2-2-1) 及在边界s 上各点： 120s s s φ??=-= (2-2-2) 或 12 0s s s n n n ??φ???=-=??? (2-2-3) 利用公式 22d d ()d V V s V V φφφφφ?+?=????s 将式(2-2-1)带入上式得： 2d ()d d V s s V s n φφφφφ?=??=????s (2-2-4) 若在边界s 上各点无论是给定了电势或给定了电势法向偏导数均有： 2 d 0V V φ?=? (2-2-5)

因|?φ|2 ≥ 0，满足上式的条件只能是在求解区域V 内各点?φ = 0。因此， φ1 - φ2= 常数 如果在边界上（或部分边界上）给定了电势φ|s ，则因φ1|s = φ2|s ，此常数为零；若全部边界条件给出的不是电势，而是(?φ/?n )|s ，此常数不一定为零。但由式E = -?φ，区域V 内的电场唯一确定，一个常数并不改变电场的基本特性，通常为了方便，此常数可选择为零。 由此，我们最初假定φ1和φ2是两个不同的电势解是不成立的。这样我们就证明了静电唯一性定理。 在边界上各点给定电势值φ|s 的条件通常我们称为第一类边界条件；而给定法向偏导数条件(?φ/?n )|s 则称为第二类边界条件。从式(2-2-4)来看，若部分边界上给出第一类边界条件，部分边界上给出第二类边界条件，并不改变我们的结论。 若空间存在不同的介质，显然这种情况并没有影响我们的证明过程。因此也不改变我们的结论。但在实际中，我们通常是将每一种介质作为一个子区域来求解电势问题。子区域之间的电势通过电势的边值关系连接（衔接）起来而得到整个空间的电势解。因此，在这种情况下，还必须给出介质分界面的电荷密度，这仍然是“给出求解区域内的电荷分布”情况。 若空间存在导体，导体区域不是我们的求解区域，而导体表面则是求解区域的边界。因此，若空间存在导体，则必须给出导体上的电势或导体所带电荷量，否则不能得到唯一解。给出了导体上的电势，这是属于第一类边界条件。对于给出了导体所带的电量Q ，因导体电荷分布在表面上，面电荷密度0fs n ?ρε?=-?，而s d fs s Q ρ=?，因此这种情况仍属于第二类边界条件问题，其中s 为包围导体的封闭面。 在应用静电唯一性定理时，要注意的是，有时边界面在无穷远处。 静电唯一性定理有两个重要的意义： (1) 它指明了确定电势解的条件是什么。这些条件是： i) 求解区域内的电荷分布情况必须给出(包含ρf = 0)； ii) 求解区域边界上各点必须给定电势值φ|s ，或电势法向偏导数s n ???。 (2) 因满足给定边界条件的泊松方程的解是唯一的，因此我们可以尝试解。只要尝试解满足区域内电荷分布，满足边界条件，此尝试解就是唯一解。 从实际的观点来看，静电唯一性定理的意义在于：无论我们用什么方法，一旦得到了满足给定边界条件的泊松方程的解，则此解是唯一的，而不用担心有其它的解。这个“无论什么方法”，指的是系统的分析方法、或机灵的猜测、或幸运的猜测、或简单的记住了过去的类似解而给出符合问题的变形等等方法。 需要指出的是：“满足泊松方程的解”意味着解满足了求解区域内的电荷分布。或者说给定电荷分布既是给定了泊松方程的具体形式。因此，根据静电唯一性定理，确定电势解的全部条件(简称定解条件)为泊松方程的具体形式和所有边界条件。

静磁场唯一性定理的证明

静磁场唯一性定理的证明 标量场的问题，情况与静电场完全相同。讨论用磁矢量位描述的磁场问题。 设场域内有电流密度J ，讨论在什么边界条件下，旋度旋度方 程 J A μ=???? 的解是唯一的。 证明：反证法。假定在相同边界条件下有两个磁矢量位1A 和2A ，它们 确定了1B 和2B 11A B ??=、 22A B ??= 它们的差值 21A A F -= 应满足 V F ∈=????0 对于恒等式 ()()() ()Q P P Q Q P ?????-?????=????? 运用高斯散度定理有 dS n Q P dV Q P P Q S V ????=?????-???????)()( 令 F Q P ==，代入上式应有 dS F F n dS F F n dS n F F dV F S S S V ????-=????=????=??????)()()()(2 上式若要使体积分为零，必须是 0=??F

这可能是0=F ，即21A A =，或者是 o A A ??±=21 可以采取措施来进行必要处理，以使磁矢量位的解答唯一。可分三种情况讨论 (1) 边界面上给定第一类边界条件o A A =，则边界上有0=F ，面 积分必为零，则21A A =，解答唯一； (2) 边界面上给定A n ???，应有0=???F n ，所以 21A n A n ???=??? 这也能使积分方程的面积分项为零，进而使21A A =解唯一。而条件 A n ???，其大小等于t B ，方向由B n ?确定。可见在S 面上给定了t B ，即n A ?? ——第二类边界条件，或给定了t H ，即n A ?? μ1——仍是第二类边界条件，场域中的A 的解唯一。 (3) 在边界上给定A n ?，有 21A n A n ?=? 也可以使面积分项为零。而A n ?的大小即为t A ，方向由A n ?确 定。即正确给定边界上A n ?，则V 域中A 有唯一解。

关于静电场的唯一性定理

关于静电场的唯一性定理 静电场的唯一性定理被称为静电学中的一颗明珠。说说静电场唯一性定理的重大意义。 静电场的唯一性定理是以库仑定律为基础推导出来的一个极为重要和有用的定理，它是静电学中极有品位和令人赞叹的定理。静电场的唯一性定理有许多种表述。其中一种常见的表述是： 若区域V 内给定电介质分布和自由电荷分布()r ρ ，在V 的边界面S 上给定电位S ?或者电位的法向空间变化率S n ???，若区域内有导体存在，如果还给定各导体的电位或者各导体所带的自由电量，则V 内的静电场就唯一地确定了。 静电场的唯一性定理表明，一定的空间区域外界的电荷对该区域内静电场的影响，完全体现在该区域的边界面上。只要一定的空间区域内的电介质的分布和自由电荷的分布给定了，同时该区域边界面上的电位或者电位沿边界面的法线方向的空间变化率的分布给定了，那么不论外界的电荷分布怎样改变，该区域内的静电场都是唯一确定的。因此，静电场的唯一性定理给出了确定静电场的条件，为求电场强度以及设计静电场指明了方向。（镜像法就是建立在唯一性定理的基础之上的。） 更重要的是它具有十分重要的实用价值。无论采用什么方法得到解，只要该解满足泊松方程、边值关系和给定的边界条件，则该解就是唯一的正确解。因此对于许多具有对称性的问题，可以不必用繁杂的数学去求解泊松方程，而是通过提出尝试解，然后验证是否满足泊松方程、边值关系和边界条件。满足即为唯一解，若不满足，可以加以修改。 如果有人精于设计和求解静电场，那么他已经是一个有名望的专家学者了，并且享有丰厚的报酬。因此，虽然静电学是电磁场理论中相对比较简单的一门学问，请同学也不要小看它。一个外行人，有谁会相信上述有名望的专家学者的工作基础就是高中生都明白的库仑定律呢？

一阶线性微分方程解的存在唯一性证明

一阶线形微分方程)()(x q y x p dx dy +=解的存在唯一性定理的证明 摘要:从分析方法入手,来证明满足初值条件下一阶线形微分方程解的存在唯一性定理的证明.引言:我们学习了能用初等解法的一阶方程的若干类型,但同时知道大量的一阶方程是不能用初等解法求出它的通解,而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解,因此对初值问题的研究被提到重要地位,自然要问:初值问题的解是否存在?如果存在是否唯一? 首先,我们令f(x,y)=p(x)y+q(x) 这里f(x,y)是在矩形域 R:b y y a x x ≤-≤-00,上的连续函数. 函数f(x,y)称为在R 上关于y 满足利普希兹条件,如果存在常数L>0使不等式 2121),(),(y y L y x f y x f -≤- 对于所有的R y x y x ∈),(),,(21 都成立,L 称为 利普希兹常数 下面我们给出一阶线形微分方程)()(x q y x p dx dy +=(1)解的存在唯一性定理: 如果f(x,y)=p(x)y+q(x)在R 上连续且关于y 满足利普希兹 条件,则方程(1)存在唯一的解)(x y ?=,定义于区间h x x ≤-0上,连续且满足初始条件: 00)(y x =? 这里 ), min(M b a h = ),(max y x f M = R y x ∈),( 我们采用皮卡的逐步逼近法来证明这个定理,为了简单起见, 只就区间h x x x +≤≤00来讨论,对于00x x h x ≤≤-的讨论完全一样. 现在简单叙述一下运用逐步逼近法证明定理的主要思想,首

先证明求微分方程的初值问题的解等价于求积分方程 []?++=x x dx x q y x p y y 0)()(0的连续解这里我们用f(x,y)=p(x)y+q(x)来替 代,因此也就等价于求积分方程 ?+=x x dx y x f y y 0 ),(0 的连续解,然后 去证明积分方程的解的存在唯一性. 任取一个连续函数)(0x ? 代入上面的积分方程右端的y 就得 到函数 dx x x f y x x x ))(,()(0 001?+≡?? 显然)(1x ?也是连续解,如果)(1x ?≡)(0x ?那么)(0x ?就是积分方 程的解.否则,我们又把)(1x ?代入积分方程右端的y 得到 dx x x f y x x x ))(,()(0 102?+≡?? 如果 ≡)(2x ?)(1x ?,那么)(1x ?就是积分方程的解,否则我们继 续这个步骤.一般地做函数 dx x x f y x x x n n ))(,()(0 10?-+≡?? (2) 这样就得到连续函数序列 )(0x ? ,)(1x ?…)(x n ?… 如果≡+)(1x n ?)(x n ?那么)(x n ?就是积分方程的解,如果始终不发生这种情况,我们可以证明上面的函数序列有一个极限函数)(x ?即 )()(lim x x n n ??=∞ → 存在因此对(2)取极限就得到 dx x x f y x x x n n n n ))(,(lim )(lim 0 10?-∞→∞ →+=?? =dx x x f y x x n n ))(,(lim 0 10?-∞ →+? =dx x x f y x x ))(,(0 0?+? 即 dx x x f y x x x ))(,()(0 0?+≡??

唯一性定理

唯一性定理 蒋文佼（080320124）宋宝璋（080320125）夏世宇 (080320126) 李宝平 (080320127) 章文显 (080320129) 常 悦 (080320130) 1、试用唯一性定理证明：封闭导体壳内部的电场不受壳外电荷（包括壳外表面）的影响。 证：导体壳无论是用电势还是用总电量给定，壳的内外一般存在着四部分电荷。 如图所示，壳内外的电荷分布分别为 ρ 和 ρe ，壳内、外表面 1 S 、2S 上各自的面电荷分布为 σ 和 σe 。壳内外的场是这四 部分电荷共同激发的。 根据定理，首先写出壳内空间电势应满足的条件： （一） 2 ρ?ε ?=- ，ρ 为壳内电荷分布。 （二）壳内表面1S 上的边界条件是：2S 上的总电量 1 s dS q σ=-? （1） 其中 V q dV ρ=? 是壳内的总电量，V 是壳内区域的体积。在壳层 内作一高斯面 0S 后（如图中虚线所示），用高斯定理很容易证明（1） 成立。 因此在给定 ρ 布后， 1S 上边界条件也已经给定为 q - ， 和导体壳本身是有电势还是用总电量给定无关。 根据唯一性定理，满足（一）、（二）的 ? 就是解。由于（一） e

和（二）与壳外的 ρe 和 σρ 的电势并不唯一，可以差一个常数。当然当壳用电势 0φ 给定时，1S 上的边界条件就是 1 0|S ?φ= 。所以壳内不但电场唯一，而且电势也是唯一。 2．如图，有一电势为0φ的导体球壳，球心有一点电荷q ，球壳内外半径分别为2R 和1R 。试用唯一性定理： （一）判断0 R φ是否球壳外空间的电势分布。 （二）求球壳内空间的电势分布 解：（一）首先必须找出球内外电势应满足的条件，他们是： （a ）2 0??= （b ）球壳外表面1S 上的边界条件，1 0s ?=φ （c ）无穷远边界条件,0R →∞?→ 若R φ 是解，根据唯一性定理，它必须满足以上三个条件。下面来 检验： 2 2 0010R R φ? =φ?= (0),R ≠ 方程已满足。 0,0,R R φ→∞→ 满足（c ）。 S1的半径是R1代入 0R φ 后， 00 R φ≠φ 所以它不满足1S 上的边界条 件，它不是球壳外空间的界，下面求正确的解。由上述可知，函数 A R 同时满足方程和无穷远边界条件。A 为待定常数，可由（b ）定出。在面1S 上 0,A R φ=

阶线性微分方程组第一讲一阶微分方程组及解的存在唯一性定理

第一讲 一阶微分方程组及解的存在惟一性定理（2课时） 一、 目的与要求: 了解高阶微分方程与一阶微分方程组的 等价关系, 理解用向量和矩阵来研 究一阶微分方程组的作用, 了解微分方程组解的存在唯一性定理. 二、重点：一阶微分方程组的向量和矩阵表示及解的存在唯一性定理. 三、难点：向量和矩阵列的收敛性的定义, 二者的范数定义及其相关性质. 四、教学方法：讲练结合法、启发式与提问式相结合教学法. 五、教学手段：传统板书与多媒体课件辅助教学相结合. 六、教学过程： 1 课题引入 在前两章里，我们研究了含有一个未知函数的常微分方程的解法及其解的性质.但是，在很多实际和理论问题中，还要求我们去求解含有多个未知函数的微分方程组，或者研究它们的解的性质. 例如，已知在空间运动的质点(,,)P x y z 的速度与时间t 及该点的坐标的关系为(,,)x y z v v v v

123(,,,)(,,,) (,,,)x y z v f t x y z v f t x y z v f t x y z =??=??=? 且质点在时刻0t 经过点000(,,)x y z ，求该质点的运动轨迹。 因为,x y dx dy v v dt dt ==和z dz v dt =, 所以这个问题其实就是 求一阶微分方程组 123(,,,)(,,,) (,,,)x f t x y z y f t x y z z f t x y z =??=??=? 的满足初始条件 00(),x t x = 00(),y t y = 00()z t z = 的解(),(),()x t y t z t . 另外，在n 阶微分方程 （1.12） ()(1)(,,,,)n n y f x y y y -'= 中,令(1)121,,,n n y y y y y y --'''===就可以把它化成等价的一阶微分方程组

时变电磁场唯一性定理

时变电磁场唯一性定理 下面我们讨论由多种媒质所组成的场域V 。为叙述方便，先引入内边界面和外边界面的概念。内边界面是指边界面两侧区域都是场域的边界面，内边界面位于场域V 内。外边界面是指边界面两侧区域中有一侧属于场域V 而另一侧不属于场域V 的边界面，外边界面是场域最外侧的边界面。内边界面的两侧区域都是未知的待求场域；而外边界面的两侧区域中有一侧是待求场域而另一侧是常量为已知的场域。 唯一性定理 假设： 1)形状不随时间t 变化的场域V 是由m 个线性媒质1V , 2V ,...,m V 所组成，i V 的边界面i Γ是由分片光滑曲面所组成的闭曲面，V 的外表面是Γ，1,2,...,i m =。 2）外部电流源s J 和K 分布在有限区域内，矢量,,,,,s e h e h J K G G F F 和标量ρ是不全为零的有界的已知量。 3）媒质i V 的介电常量0i ε>，磁导率0i μ>，电导率0i γ≥，1,2,...i m =。4) i V 中的电场强度i E 和磁场强度H i 在闭如果区间i i V +Γ上存在连续偏导数，1,2,...,i m =。 在上述条件下，如果由以下初边值（2.79）—（2.90）所确定的场量E 和H 存在，那么它们分别有唯一的有界非零解。 1. 约束方程 ()()()(),(),,s M t M M M t M t t γε?????-+= ??? ?H E J (2.79) ()() (),,0M t M M t t μ???+=?E H (2.80) M V ∈, 0t > 2．初始条件 ()()0,|t e M t M ==E G , M V ∈ (2.81) ()()0,|t h M t M ==H G , M V ∈ (2.82) ()0,|0t M t μ=?=????H ， M V ∈ (2.83) ()()0,|t M t M ερ=?=????E , M V ∈ (2.84) 3.内边界面上得边界条件 在内边界面ij Γ上场量应同时满足以下两式： ()()(),,0ij j i p p t p t ???-=??n E E (2.85)

一阶线性微分方程组第一讲一阶微分方程组与解的存在唯一性定理

第一讲 一阶微分方程组及解的存在惟一性定理（2课时） 一、 目的与要求: 了解高阶微分方程与一阶微分方程组的 等价关系, 理解用向量和矩阵来研 究一阶微分方程组的作用, 了解微分方程组解的存在唯一性定理. 二、重点：一阶微分方程组的向量和矩阵表示及解的存在唯一性定理. 三、难点：向量和矩阵列的收敛性的定义, 二者的范数定义及其相关性质. 四、教学方法：讲练结合法、启发式与提问式相结合教学法. 五、教学手段：传统板书与多媒体课件辅助教学相结合. 六、教学过程： 1 课题引入 在前两章里，我们研究了含有一个未知函数的常微分方程的解法及其解的性质.但是，在很多实际和理论问题中，还要求我们去求解含有多个未知函数的微分方程组，或者研究它们的解的性质. 例如，已知在空间运动的质点(,,)P x y z 的速度与时间t 及该点的坐标的关系为(,,)x y z v v v v = 且质点在时刻0t 经过点000(,,)x y z ，求该质点的运动轨迹。 因为,x y dx dy v v dt dt ==和z dz v dt =, 所以这个问题其实就是求 一阶微分方程组 的满足初始条件

的解(),(),()x t y t z t . 另外，在n 阶微分方程 （1.12）()(1)(,,,,)n n y f x y y y -'= 中,令(1)121,,,n n y y y y y y --'''===就可 以把它化成等价的一阶微分方程组 注意，这是一个含n 个未知函数11,, ,n y y y - 的一阶微分 方程组. 含有n 个未知函数12,, ,n y y y 的一阶微分方程组的一般形式为： 11122112112(,,,,) (,,,,)(,,,,)n n n n dy f x y y y dx dy f x y y y dx dy f x y y y dx ?=???=?????=? ? (3.1) 如果方程组(3.1)右端函数不显含x , 则相应的方程称为是自治的. 方程组(3.1)在[,]a b 上的一个解，是这样的一组函数 使得在[,]a b 上有恒等式 含有n 个任意常数12,,,n C C C 的解 称为(3.1)的通解. 如果通解满足方程组 则称后者为(3.1)的通积分.

解的存在唯一性定理证明

解的存在唯一性定理 利用逐次逼近法，来证明微分方程(,),dy f x y dx =的初值问题00(,)()dy f x y dx y y x ==??? 的解存在与唯一性定理。 一、【存在、唯一性定理叙述】 如果方程 (,),dy f x y dx =的右端函数(,)f x y 在闭矩形区域0000:,R x a x x a y b y y b -≤≤+-≤≤+上满足如下条件： （1）、在R 上连续； （2）、在R 上关于变量y 满足利普希茨条件，即存在常数N ，使对于R 上任何一点(),x y 和() ,x y 有以下不等式：() |(,),|||f x y f x y N y y -≤-。 则初值问题00 (,)()dy f x y dx y y x ==??? 在区间0000x h x x h -≤≤+上存在唯一解00(),()y x x y ??==， 其中0 (,)min ,,max (,)x y R b h a M f x y M ∈?? == ??? 二、【证明】 逐步迫近法：

微分方程 (,)dy f x y dx =等价于积分方程00(,)x x y y f x y dx =+?。 取00()x y ?=，定义0 01()(,()),1,2,3, (x) n n x x y f x x dx n ??-=+=? 可证明lim ()()n n x x ??→∞ =的()y x ?=满足积分方程。 通过逐步迫近法可证明解的存在唯一性。 命 题 1：先证积分方程与微分方程等价： 设()y x ?=是微分方程 (,)dy f x y dx =定义于区间0000x h x x h -≤≤+上满足初值条件 00()x y ?=的解，则()y x ?=是积分方程0 0(,), x x y y f x y dx =+?定义于区间0000x h x x h -≤≤+上的连续解。 反之亦然。 证： 因()y x ?=是微分方程 (,)dy f x y dx =的解，有'() ()(,())d x x f x x dx ???== 两边从0x 到x 取定积分，得：0 00000()()(,()), x x x x f x x dx x h x x h ???-=-≤≤+? 代入初值条件00()x y ?=得：0 00000()(,()), x x x y f x x dx x h x x h ??=+-≤≤+? 即()y x ?=是积分方程0 0(,)x x y y f x y dx =+?定义于区间0000x h x x h -≤≤+上的连续解。 反之，则有0 00000()(,()), x x x y f x x dx x h x x h ??=+-≤≤+? 微分得： () (,())d x f x x dx ??= 且当0x x =时有00()x y ?=。即()y x ?=是微分方程(,)dy f x y dx =定义于区间0000x h x x h -≤≤+上满足初 值条件00()x y ?=的解。 现取00()x y ?=，代入积分方程0 0(,)x x y y f x y dx =+?的右端，所得函数用1()x ?表示，则 100()(,)x x x y f x y dx ?=+?，再将1()x ?代入积分方程0 0(,)x x y y f x y dx =+?的右端，所得函数用2()x ?表示，则 0201()(,())x x x y f x x dx ??=+?，以上1()x ?称为1次近似, 2()x ?称为2次近似。以此类推得到n 次近似 01()(,())x n n x x y f x x dx ??-=+?。 从而构造逐步迫近函数序列为：0000000 01()1,2,()(,()),x n n x x y x h x x h n x y f x x dx ???-=?? -≤≤+=?=+?? ? 命 题 2：对所有n ,函数序列()n x ?在0000x h x x h -≤≤+上有定义、连续且满足不等式 证：当1n =时， 100()(,)x x x y f x y dx ?=+?。显然1()x ?在0000x h x x h -≤≤+上有定义、连续且有

解的存在定理

第三章一阶微分方程解的存在定理 ［教学目标］ 1.理解解的存在唯一性定理的条件、结论及证明思路，掌握逐次逼近法，熟练近似解的误差估计式。 2.了解解的延拓定理及延拓条件。 3.理解解对初值的连续性、可微性定理的条件和结论。 ［教学重难点］解的存在唯一性定理的证明，解对初值的连续性、可微性定理的证明。 ［教学方法］讲授，实践。 ［教学时间］12学时 ［教学内容］解的存在唯一性定理的条件、结论及证明思路，解的延拓概念及延拓条件，解对初值的连续性、 可微性定理及其证明。 ［考核目标］ 1?理解解的存在唯一性定理的条件、结论，能用逐次逼近法解简单的问题。 2?熟练近似解的误差估计式，解对初值的连续性及可微性公式。 3.利用解的存在唯一性定理、解的延拓定理及延拓条件能证明有关方程的某些性质。 § 1解的存在性唯一性定理和逐步逼近法 微分方程来源于生产实践际，研究微分方程的目的就在于掌握它所反映的客观规律，能动解释所出现的 各种现象并预测未来的可能情况。在第二章介绍了一阶微分方程初等解法的几种类型，但是，大量的一阶方程 一般是不能用初等解法求出其通解。而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解。因此初值问题 的研究就显得十分重要，从前面我们也了解到初值问题的解不一定是唯一的。 他必须满足一定的条件才能保证初值问题解的存在性与唯一性，而讨论初值问题解的存在性与唯一性在常微分 方程占有很重要的地位，是近代常微分方程定性理论，稳定性理论以及其他理论的基础。 例如方程 dx 过点(0,0)的解就是不唯一，易知y = 0是方程过(0,0)的解，此外，容易验证，讨或更一般地, 函数 丄00乞x乞c y =2 l(x-c) c

解的存在唯一性定理

一阶微分方程解的存在性定理的其它证明方法 姜旭东 摘要 本文在文[1]对一阶微分方程初值问题解得存在唯一性定理证明的基础上,应用压缩映像原理，Schauder 不动点定理，以及Euler 折线法，给出了一阶微分方程解得存在唯一性定理的其它几种证法. 关键词 一阶微分方程 不动点定理 解的存在性 唯一性 1、引言 微分方程来源于生活实际，研究微分方程的目的在于掌握它所反映的客观规律。在文[1]第二章里,介绍了能用初等解法求解的一阶方程的若干类型,但同时指出,大量的一阶方程一般是不能用初等解法求解它的通解,而实际问题需要的往往是要求满足某种初始条件的解. 本文在文[1]对一阶微分方程初值问题解的存在唯一性定理证明的基础上,应用压缩映像原理，Schauder 不动点定理，以及Euler 折线法，给出了一阶微分方程解的存在唯一性定理的其它几种证法. 考虑一阶微分方程 (,)dy f x y dx = (1.1) 这里(,)f x y 是在矩形区域 00:||,||R x x a y y b -≤-≤ (1.2) 上的连续函数. 函数(,)f x y 在R 上满足Lipschitz 条件，即存在常数L ＞0，使得不等式 1212|(,)(,)|||f x y f x y L y y -≤- (1.3) 对所有12(,),(,)x y x y R ∈都成立, L 称为Lipschitz 常数。 定理1.1、如果(,)f x y 在R 上连续且关于y 满足Lipschitz 条件，则方程(1.1)存在唯一的解 ()y x ?=,定义于区间0||x x h -≤上,连续且满足初始条件 00()x y ?= 这里min(, )b h a M =,(,)max |(,)|x y R M f x y ∈=. 文[1]中采用皮卡逐步逼近法来证明这个定理.为了简单起见,只就区间00x x x h ≤≤+来讨论,对于