数理方程习题解答

数理方程试题二一、填空：（10×2分=20分）1.边界条件2.初始状态3.定解条件.4.边值问题5.拉普拉斯方程的连续解6.狄利克莱问题7.牛曼问题8.()⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΓΩ⋅-∂∂=∇dV gradv gradu dS n vudV v u 2 9.()()()0001114M M M M u M u m u M dS n r r n πΓ⎡⎤⎛⎫∂∂=--⎢⎥ ⎪ ⎪∂∂⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎰⎰10.()()()()01!21220≥++Γ-=++∞=∑n m n m x x J m n mn mm n二、选择题：（5×4分,共20分）1．A; 2. B; 3. C; 4. C; . 5. D ．三、（7分）解定解问题()()()()()⎪⎩⎪⎨⎧==≤≤='=><<=''-''=.0,,0,0;0,,0,;0,0,002t l u t u l x x g u x f x u t l x u c u t t xx tt解：令()()()()()()()2,0X x T t u x t X x T t X x c T t λ''''=≠⇒==-，()()()()20,0T t c T t X x X x λλ''''+=+=由方程()()()()000X x X x X X l λ''+=⎧⎪⎨==⎪⎩解出()()sin 1,2,3,n n n X x B x n l π== 由方程()()20T t c T t λ''+=解出：()()cos sin 1,2,3,.n nn n ct n ctT t C D n l lππ''=+= -----------4分 从而有：()(),cos sin sin 1,2,3,n n n n ct n ct n x u x t C D n l l l πππ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭ 叠加起来：()()11,,cos sin sin ,n n n n n n ct n ct n x u x t u x t C D l l l πππ∞∞==⎛⎫==+ ⎪⎝⎭∑∑ 代入初始条件确定,n n C D 有：()()002sin 2sin l n l nn C x xdx l ln D x xdx n c l πϕπψπ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩⎰⎰ ------------------------------------3分四、（7分）证明: ()[]()x xJ x xJ x01d d= 证明: ()()()()(),!21!32!2221222266244220 +-++-+-=k x x x x x J k k k()()().!1!21!4!32!3!22!22212127755331 ++-++⋅⋅-⋅⋅+⋅-=++k k x x x x x x J k k k---------------------4分将()x J 1乘以x 并求导数，得()[]()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++⋅-=++ !1!21!222d d d d 12223421k k x x x x x xJ x k k k()()+-++-=+221233!212k x x x k k k()()()(),!21!32!222122226624422⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++-+-= k x x x x x k k k即()[]()x xJ x xJ x01d d=---------------------------------------------------------------3分 五、（7分）由定解问题 ()()⎪⎩⎪⎨⎧+∞<<-∞='+∞<<-∞=''=''==x x u x x u u a u t t t xx tt ,,;002ψϕ导出达朗贝尔公式。

北 京 交 通 大 学2007-2008学年第二学期《数理方程与特殊函数》期末考试试卷（B ）（参考答案）学院_ ____________ 专业___________________ 班级________ ____学号_______________ 姓名___________ __一、 计算题（共80分，每题16分）1．求下列定解问题（15分）2222201200,0,0,|,|,|0,|0.x x l t t u ua A x l t t x u M u M u u t ====⎧∂∂=+<<>⎪∂∂⎪⎪==⎨⎪∂⎪==⎪∂⎩2．用积分变换法及性质，求解半无界弦的自由振动问题：（15分）2,0,0,(,0)0,(,0)0,(0,)(),lim (,)0.tt xx t x u a u x t u x u x u t t u x t φ→+∞⎧=<<+∞>⎪==⎨⎪==⎩ 3． 设弦的两端固定于0x =及x l =，弦的出示位移如下图所示。

初速度为零，又没有外力作用。

求弦做横向振动时的位移(,)u x t 。

[ 解 ] 问题的定解条件是1(,)(cos sin )sin n a n a n n n l l l n u x t C t D t x πππ∞==+∑由初始条件可得0, 1,2,...n D n ==222202()sin d ()sin d =sin, 1,2,...c lh n hn n lc l l c l c hl n c lc l c n C x x x x l x x n ππππ--⎡⎤=+--⎢⎥⎣⎦=⎰⎰4．证明在变换, x at x at ξη=-=+下，波动方程xx tt u a u 2=具有形式解0=n u ξ，并由此求出波动方程的通解。

5．用分离变量法解下列定解问题⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂===><<+∂∂=∂∂====0|,0|0|,0|00sin sin 0002222222t t l x x l a l t uu u u t l x t x x u a t u ，，ππ [ 提示：1) 可以直接给出问题的固有函数，不必推导；2) 利用参数变易法。

数理方程第二版课后习题答案第一章曲线论§1 向量函数1. 证明本节命题3、命题5中未加证明的结论。

略2. 求证常向量的微商等于零向量。

证：设，为常向量，因为所以。

证毕3. 证明证：证毕4. 利用向量函数的泰勒公式证明：如果向量在某一区间内所有的点其微商为零，则此向量在该区间上是常向量。

证：设，为定义在区间上的向量函数，因为在区间上可导当且仅当数量函数，和在区间上可导。

所以，，根据数量函数的Lagrange中值定理，有其中，，介于与之间。

从而上式为向量函数的0阶Taylor公式，其中。

如果在区间上处处有，则在区间上处处有，从而，于是。

证毕5. 证明具有固定方向的充要条件是。

证：必要性：设具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，于是。

充分性：如果，可设，令，其中为某个数量函数，为单位向量，因为，于是因为，故，从而为常向量，于是，，即具有固定方向。

证毕6. 证明平行于固定平面的充要条件是。

证：必要性：设平行于固定平面，则存在一个常向量，使得，对此式连续求导，依次可得和，从而，，和共面，因此。

充分性：设，即，其中，如果，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，任取一个与垂直的单位常向量，于是作以为法向量过原点的平面，则平行于。

如果，则与不共线，又由可知，，，和共面，于是，其中，为数量函数，令，那么，这说明与共线，从而，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，作以为法向量，过原点的平面，则平行于。

证毕§2曲线的概念1. 求圆柱螺线在点的切线与法平面的方程。

解：，点对应于参数，于是当时，，，于是切线的方程为：法平面的方程为2. 求三次曲线在点处的切线和法平面的方程。

解：，当时，，，于是切线的方程为：法平面的方程为3. 证明圆柱螺线的切线和轴成固定角。

证：令为切线与轴之间的夹角，因为切线的方向向量为，轴的方向向量为，则证毕4. 求悬链线从起计算的弧长。

作业参考答案3、在（,ππ-）这个周期上，2()f x x x =+，试将它展开为傅立叶级数，又在本题所得展开式中置x π=，由此验证222211112346π++++=解：因为2()f x x x =+在（,ππ-）上满足狄氏定理，可以展开为傅立叶级数 又 l π=所以()0101()cos sincos sin k k k k k k k k f x a a x b x l l a a kx b kx ππ∞=∞=⎛⎫=++ ⎪⎝⎭=++∑∑23201111()d 2233a x x x x πππππππ--=+==⎰ 21()cos d k a x x kx xπππ-=+⎰()()22312sin cos sin 2cos sin xkx kx kx kx kx kx kx k k k πππππππππ---=+++-()241k k =- 21()sin d k b x x kx xπππ-=+⎰()()22312sin cos 2sin cos cos xkx kx kx kx kx kx kx k k k πππππππππ---=-+--()121k k +=- 所以 ()()1221142()1cos 1sin 3k k k f x kx kx kk π∞+=⎛⎫=+-+- ⎪⎝⎭∑222,,,x x x x x ππππππ⎧+-<<⎪==-⎨⎪=⎩令x π=代入上式得:()()()()122222211142141cos 1sin 1133k k k k k k kx kx k k kπππ∞∞+==⎛⎫⎛⎫+-+-=+-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 所以有222211112346π++++=得证5．（1）()cos ,(0,),(0)0,()0f x x x f f αππ=∈==作奇延拓，展为奇函数（sin 函数）1()sin k k f x b kx ∞==∑2cos sin d k b x kx x παπ=⎰2sin()sin()d 2k x k xx πααπ-++=⎰0111cos()cos()k x k x k k ππααπαα--⎡⎤=-++⎢⎥-+⎣⎦()()111cos cos 1cos cos 1k k k k παππαππαα--⎡⎤=-+-⎢⎥-+⎣⎦12221(1)cos ()k k k αππα+⎡⎤=+-⎣⎦- 12212()1(1)cos sin ,0()k k kf x kx x k απππα∞+=⎡⎤∴=+-<<⎣⎦-∑6． （1）2cos(/),(0,/2)(),(0)0,()00,(,)lx l x l f x f f l x l π∈⎧''===⎨ ∈⎩ 作偶延拓，展为偶函数（cos 函数）01()cos k k k x f x a a l π∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑/2/200002111cos d cos d sin 2l l l x x x a x x l l l l l πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰⎰ /202cos cos d l k x k x a x l l l ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰所以要讨论k ＝1的情况/221021cos d 2l x a x l l π⎛⎫== ⎪⎝⎭⎰ /202cos cos d l k x k x a x l l l ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰/202111cos cos d 2l k k x x x l l l ππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰ /211111sin sin 11l k k x x k l k l πππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎢⎥+-⎝⎭⎝⎭⎣⎦11111sin sin 1212k k k k πππ⎡+-⎤⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎢⎥+-⎝⎭⎝⎭⎣⎦120,212(1),2(41)m k m k m m π+ =+⎧⎪=-⎨ =⎪-⎩121112(1)2()cos cos ,02(41)m m x mf x x x l l m l ππππ+∞=-∴=++<<-∑ （2）()(1/),(0,),(0)0,()0f x a x l x l f f l ''=-∈==作偶延拓，展为偶函数（cos 函数）01()cos k k k x f x a a l π∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑002(1/)d 22l aa a x l x l =-=⎰ 02(1)cos d l k x k x a a x l l l π⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰ 202221sin cos l a l k k k x x x l l k l l l ππππ-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()222202211421(21)k k n a a k n k n ππ=⎧⎪⎡⎤=--=⎨⎣⎦=+⎪+⎩220421()cos ,02(21)n a a n f x x x l n lππ∞=+∴=+<<+∑8．矩形波()f x 在(/2,/2)T T -这个周期上可以表示为0,/2/2(),/2/20,/2/2T x f x H x x T ττττ-<<-⎧⎪=<<-⎨⎪<<⎩试将它展为复数形式的傅立叶级数解：因为()f x 在(/2,/2)T T -上满足狄氏定理，可以展开为复数形式的傅立叶级数 又 2l T =2()k k ix ix lTkkk k f x c ec eππ∞∞=-∞=-∞==∑∑22/2/2/2/211()d d k k T i x i x T Tk T c f x e x He x T T ππττ--==⎰⎰ 2/2/22k ixTH T e T i k πττπ-⎛⎫=⎪-⎝⎭sin 2k k i i TT H e e H k k i k T πτπτπτππ-⎛⎫- ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭当k ＝0时，/2/2/2/211()d d T k T H c f x x H x T T Tτττ--===⎰⎰ 2211()sin sin k k i x i x T Tk k H H k H k f x e e T k T k T ππτπτπτππ-∞=-∞=∴=++∑∑*****************************************************************3．把下列脉冲()f t 展开为傅立叶积分0,(),0,00,t T f t h T t h t T t T⎧⎪<-⎪⎪=--<<⎨⎪<<⎪>⎪⎩解：在(,)t ∈-∞∞，()f t 满足狄氏条件，且绝对可积，所以()f t 可以展开为付氏积分。

一 准备（Preliminaries ）A单摆的数学模型:牛顿第二定律: F = m aa —物体加速度;F —合外力;m —物体质量 虎克定律:(1) f = –k x ; f —弹力;k —弹性系数; x —弹簧伸长 (2) p = Y ux ; Y —杨氏模量; ux —弹性体相对伸长 付里叶热传导定律: Q —热量;T —温度;κ—热导率 牛顿冷却定律: q = k (u |S – u 0)q —热流密度; u 0—外界温度;u|S —物体温度 B 几个有用的积分公式2()()()222(cos sin )cos R e()sin Im ()cos sin sin sin cos cos bi xxb aa bi xxb aa bi xxb aa bxxxb b aaa bb b aaa bb b aaacxeex i x dx i eexdx i eexdx i exeexdx x xxx xdx x xxx xdx edx αβααβααβααααββαββαββαβααββββββββββ+++-+=+=+=+=-=-+=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰+∞-∞⎰C 函数的Fourier 展开θθsin 22mg dtd mL-=dTQ dx κ=-{}(21)()sin 2n n X x x L π+⎧⎫=⎨⎬⎩⎭ 是正交函数系二 练习(Exercise)P22 ex 2.1竖直方向合力为零：(1)()cos ()()cos ()(2)cos ()cos ()1T x dx x dx gds T x x x dx x αρααα+++=+≈≈{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧=x L n x X n πsin )(10(,)()sin()(,)sin 2n n Ln n f x t f t xL Ln f t f x t xdxLππ∞===∑⎰由此(3)dT g dxρ=-对x=0做受力分析(4)(0)T G Lg ρ==解一阶ODE 的初值问题(initial value problem)(3)(4)得(5)()()T x L x g ρ=-水平合力(6))sin ())sin ()ttF m aT x dx x dx T x x dxu ααρ=++-=（（(7)sin ()tan ()()sin ()tan ()()x x x dx x dx u x dx x x u x αααα+≈+=+≈=联合(6)(7)(3)(5) (()())()x x tt xx x x ttxx x tt T x u x u Tu T u u L x gu gu u ρρρρρ=+=--=P22 ex2边界条件(Boundary conditions)00|0x x ===端固定，u()(,)()0tt x x L u F t SYu L t F t ερε==--=对端做受力分析0,|0x x L u ε=→=初值条件(initial condition)u (L ,t )Ou (x ,t ) u (x+dx ,t )xLO0()()()()(1)x x t T x dx T x T x const T x SYu u k=+===≡受力分析水平方向注意(2)(0,0)0,(,0)u u L b ==解一阶ODE 的边值问题(boundary value problem)(1)(2)得 0|t b u x L ==0|0t t u ==P22 ex3(,)()(,)(1)(,)()(,)x x T x t S x Yu x t T x dx t S x dx Yu x dx t =+=++2222()()()()x S x R Lx dx S x dx R Lππ=++=由Newton 运动定律222222(2)(,)(,)1()()31()()()3()()()()tt T x dx t T x t dV gu x V x R xLx dx V x dx R x dx Lx dV V x dx V x R dx o dx Lρπππ+-==++=+=+-=+由(1)(2)得22(3)(())()2x x x ttx x tt xx x ttS x Yu V u x Yu x u xYu Yu xu ρρρ==⇒+=设w xu =，则xx ttYw w ρ=P22 ex4(参考ppt 数理方程2p12,p13)在(,]L L ε- 处受到冲量I ，由动量守恒定理 000/(),()0,lim ()(),()0,()/()/()lim ()lim ()()()LLL LLLLI L x L x otherIx x L x L Ix L otherIx dx I dx I Ix dx x dx IIIx L dx x L dx εεεεεεεεεερεψεψδρδρψρεερρψψρδδρρρ→-→→-<≤⎧=⎨⎩→=-+∞=⎧-=⎨⎩=====-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰令0,P26 ex1通过两端截面而留下的热量2((,)(,)(,)(,))()x x kdt u x dx t s x dx t u x t s x t s x s rπ++-==这儿微元段升温所吸热t c sdxu dt ρu (x ,t ) u (x+dx ,t )xLOu (x ,t ) u (x+dx ,t )xLO2,0,0(0,)0,(,)0,0(,0)0,(,0)(),0tt xx t u a u x L t u t u L t t u x u x x x L εψ⎧=<<<<+∞⎪==<<+∞⎨⎪==<<⎩I εερψ=与侧面交换所留下的热量11()side k u u S dt - 侧面是一圆柱2side S rdx π=与侧面交换所留下的热量1111()()2side k u u S dt k u u rdxdt π-=-由热量守恒有11222211((,)(,)(,)(,))()20,02(),,x x t t xx kdt u x dx t s x dx t u x t s x t c sdxu dt k u u rdxdtdt dx k k u a u b u u a b c c rρπρρ++-=--→→-=--==P26 ex4(参考ppt 数理方程3p6,p7) (1)000|0|x x x L x u x L u u ======端绝热，没有热流流入q=0,i.e 端保持温度,(2)00||x x x x x x L x q ku q u kx L q ku q u k====-==1122热流流入=-(注意负号表示流入的方向和外法方向相反）,i.e 热流流入=(注意正号表示流入的方向和外法方向相同）,i.e(3)0112120||(|),())|()x x L x L x x L x u u u x L k k u u xk h u t ku hu h t θθ======∂=-=-∂==+=端保持温度,处有热交换这里所以（P36 ex 1(参考ppt 数理方程4 p7-10)(1) 1112212112212221112222,2,30,)a a a a a a a a a a a a aa H yperbolic ∆=-=-===∆=>判别式这儿故方程的类型为双曲（(2) 111221211221222111222,,0,)a a aa a a a a a a a a aParabolic ∆=-=-===∆=判别式这儿故方程的类型为抛物（(3)111221211221222 11122222,,0,)a aa a aa aa a a a a aaE lliptic∆=-=-===∆=-<判别式这儿故方程的类型为椭圆（(4)1112212112212221112221,0,0,0,)0,0,),0,0,))a aa a aa aa a a xx E lliptic x x H yperbolicx Parabolicm ixed type∆=-=-===<>⎧⎪∆=-><⎨⎪==⎩判别式这儿当故方程的类型为椭圆（当故方程的类型为双曲（当故方程的类型为抛物（故方程的类型为混合型（2(1)211122221212()20()10901 or (2)9or9.or99(,)()()()(9) dy dya a adx dxdy dydx dxdy dydx dxy x C y x Ci ey x C y x Cy xy xuu x y f g f y x g y x ξηξηξη-+=-+====+=+-=-==-⎧⎨=-⎩∂=∂∂=+=-+-2特征O D E为即故(1)令原方程变为(3)211122221212()20()83013or (2)222or23.2or23223(,)()()(2)(23) dy dya a adx dxdy dydx dxdy dydx dxy x C y x Ci e y x C y x Cy xy xuu x y f g f y x g y x ξηξηξη-+=-+====+=+-=-==-⎧⎨=-⎩∂=∂∂=+=-+-2特征O D E为即4故(1)令原方程变为P56 ex2(1)(参考ppt数理方程5，p4-10)2000222,(0,0)0,00,)(,)()(),(1)0(2)0E ige 0,0(0)0,()0tt xx x x L t t t tt xx u a u x L t u u u u x L x u x t T t X x T X u a u a TXcon stO D EX X T a T X X x L X X L λλλλλ====⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==-⎪⎩=''''=⇒==-≡''''+=+=''+=<<⎧⎨==⎩（设得到由边界条件得固有值问题（n value p ro b lem )通解222222210()cossin (0)0,()00,sin 0(1,2,)()sin()cossin (,)(cossin)sin00,(,)n n n n n n n n nn n t n X x A B X X L A n n n n X x B xLLn T a T Ln at n at T t C D L L n at n at n x u x t CD LLLu C u x t D πππλπλλπππππ∞===+==⇒==⇒====''=+==+=+=⇒==∑ 代入通解由初值条件11333sin sin(,0)()sin ()222()sin(cos 1)n n t n n L n n at n x LL n n xu x D LLn n x L D x L x dx n L LLL n ππππππππ∞=∞==⨯=-=--∑∑⎰EX3 (1)0,0(0)0,()0(0)00()000(0)00()000()cos sin(0)0,()00,sin 0(1,2,X X x L X X L X A B eX A B X L A B eA B X A x BX B X L A L B A B X x A B X X L A n n λλλλλλπ''+=<<⎧⎨==⎩<=+=⇒+==⇒+===<==+=⇒==⇒+====>=+==⇒==⇒== 0,则0只有零解0只有零解0通解222)(()sinn n n n n X x B x LLππλ==固有值）（固有函数）(2)22222222220122,ln 11111111100,0(()()sin ()sin (ln )tt t n n n n n n n x e t x dy dy dt dy dxdt dx x dt dydy d d d y dx x dtdxdxdx dyddy dt xdtx dxdy d dy dt x dt x xdtdyd y xdtxdtd yy dt yy n y x y t B t B x E λλπλλ=========-+=-+=-+⎧+=⎪⎨⎪==⎩====原方程变为固有值）注原方程为u ler 型方程P60Ex12000222,(0,0)0,00,)(,)()(),(1)0(2)0E ig e 0,0(0)0,()0(t x x x x L t t t t x x u a u x L t u u u u x L x u x t T t X x T X u a u a TXco n stO D EX X T a T X X x L X X L X x λλλλλ====⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==-⎪⎩='''=⇒==-≡''''+=+=''+=<<⎧⎨==⎩（设得到由边界条件得固有值问题（n v a lu e p ro b le m )通解222222222101)co ssin (0)0,()00,sin 0(1,2,)()sin()(,)sin(),(,0)sin ()2()sinn n n n n n n a tn a tn n t n n n A B X X L A n n n n X x B xLLn T a T LT t en x u x t C eLu x L x n x u x C Ln x C x L x Lλλπππλπλλπππ-∞-==∞==+==⇒==⇒===='=+====-==-∑∑代入通解由初值条件33322(co s 1)L L d x n LL n ππ⨯=--⎰P70 Ex 220122221221222200010,00000(1),,(0,0)0,0,P 60,E X 1(,)sinn axxx x x L ax x aL x LaL t xx x x L t a tn n u V WW A e W W eW A C x C aA W C aeWAC L C aA e A C C a LaV a V x L t V V V T W n x V x t C e Lλπ-==-=-=-===-==+⎧=-⎪⎨==⎪⎩=-++=⇒-+==⇒-++=-==⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪=-⎪⎩=重复的步骤02222022222(1)()sin22(1cos )(1cos )()ax aL L n at eA e A n x C Ax T dxLaa L aLT A enp Ln p npnp a L n p π∞----=--+-=--+∑⎰P70 Ex 3(见ppt 数理方程7 p13-15)()20002221cos sin ,0,00,00,00,0(0)0,()0()cos cossin ()costtxx x x x x L t t t n n n n n x u a u A t x L t Lu u u u X X x L X X L n Ln X x A x L x n A t f t xLL πωλπλπππω====∞=⎧=+<<>⎪⎪==⎨⎪==⎪⎩''+=<<⎧⎨''==⎩===∑固有值问题固有值固有函数121112111110sin ()cos ()cos()sin ()02(,)()cos(,)()cos()sin (0)0,(0)0()sin sin()1{cos[(2n n n n n t n A t f t x f t x LLf t A t f t n n x xu x t T t u x t T t LLa T T A t L T T LaT t A t d a Lππωωπππωπωτττπω∞=∞=--===≥=⇒=⎧''+=⎪⎨⎪'==⎩=-+∑∑⎰（），解上述O D E 的初值问题得0)]cos[()]}(sinsin )/[()()]sinsin (,)cos ()()t aaaat t d L LLLaaaat t LLLLaat tL AxL Lu x t aaaLLLππππτωττππππωωωωππωωππππωω---+=-+--=+-⎰P76 ex 2(参考ppt 数理方程8 p6)12121210212201212000(),()()(),,(0,0)0,0(),()P 56,E X 2(1)xx x x Lxs x x s x Lxs t xx x x L t t t u V W W f x W M WM W f y dyds C x C W M C M WM f y dyds C L M f y dyds M C C M LV a V x L t V V V x W V x ϕψ=========+=-⎧⎨==⎩=-++=⇒==⇒-+=-==⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪=-=⎪⎩⎰⎰⎰⎰⎰⎰重复1(,)(cossin)sinn n n n at n at n x V x t C D LLLπππ∞==+∑的步骤2()(())sin ,2()()sinL t n L tt n n x V x W C x W dx LLn n x V x D x dxLLLπϕϕππψψ===-⇒=-=⇒=⎰⎰由初值条件P76 ex 22110120001()()(,)()(,)(,)(,)(1)0,0()(,0),()(,)(2)0,00,00(3)0,0()(,0),x x a y y bx a x y y b x ax y y y y W x y y xau x t V x t W x t V f W VVV x W x Vx W x b V V VV f W V V V V V VVV x W x Vϕϕϕψψψ============-=+=+⎧∆=-∆⎪⎪==⎨⎪=-=-⎪⎩=+⎧∆=-∆⎪⎪==⎨⎪⎪==⎩∆====-2222()(,)(,)()()0000(0)0,()0,sin()bn n n x W x b ppt V x y X x Y y X Y X Y XYXYX X Y Y X X X X a n n X B x aaψλλλλππλ⎧⎪⎪⎨⎪⎪=-⎩=''''''''+=⇒-==''+=''-=''+=⎧⎨==⎩⇒==解方程（3）以下步骤参考数理方程6p age 17-18设得到o de1110220(,)()sin(),2()(,0)(()(,0))sin()2()(,)(()(,))sin()n n yyaan n n n n yyaan n n ay n n an n bbaa y bn n Y Y Y C e D e n V x y C eD ex a n Vx W x C D x W x x dxaan Vx W x b C eD ex W x b x dxaapp ππππππλππψψπψψ-∞-==-=''-==+=+=-⇒+=-=-⇒+=-∑⎰⎰解方程（2）以下步骤参考02221120()(),sin()()()sin (()()()())()sin ()()()0,0nn n n n n nn n n n nnn n n n ny x bt V Yy X x n n X x aaf W X x n ff W f y x LV f W n Y y X x Y y X x f y x Ln Y y Y y f y LVVππλπππ∞=∞=∞∞=======-∆=-∆=∆=-∆⇒''''+=''-===∑∑∑∑数理方程7p age 8-13将展开为的级数（）由边界条件得20()()()0,0nn n n n y b y O D E n Y y Y y f y L Y Y π==⎧''-=⎪⎨⎪==⎩到非齐次的边值问题（）P90 ex1(1) 直接用D ’lambert 公式23322311(,)[()()]()2211(sin()sin())221sin cos [()()]6sin cos 3x at x atx atx at u x t x at x at d ax at x at d ax at x at x at aax at x t tϕϕψξξξξ+-+-=++-+=++-+=++--=++⎰⎰(2) 直接用D ’lambert 公式2211(,)[()()]()2211(55)2215[()()]45x at x atx at x atu x t x at x at d ad ax at x at axtϕϕψξξξξ+-+-=++-+=++=++--=+⎰⎰P92 EX1参考ppt 数理方程10 pg 5D 'lam bert 11(,)[()()]()2211(,)[()()]()2211[sin()sin()]cos 221sin cos (sin()sin())2sin cos x at x atx at x atx atx atu x t x at x at d ax t a u x t x at x at d a x at x at d ax at x at x at ax ξξϕϕψξξξξ+-+-+-=Φ++Φ-+ψ≤=++-+=++-+=-+--=⎰⎰⎰半无界弦振动的公式当时sin cos 11(,)[()()]()2211[sin()sin()](sin()sin())22sin cos sin cos x at at xat xat ax t a u x t x at at x d ax at x at x at x at ax atx at aϕϕψξξ+-+>=+--+=++--++-=+⎰当时P108 EX1(())()()()()()j xjxyF g x f f g x edy f x g y edyωωω+∞--∞+∞--∞===⎰⎰()()[()]()()()()()j xjxyj xjx y jx y F f x f x edxg y edyedxg y edydxg y edx dyωωωω+∞--∞+∞+∞---∞-∞+∞+∞-+-∞-∞+∞+∞-+-∞-∞====⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰1()()()()()[1]121()22()2()[()]()()2()()2()()2i xi x jx y jx y jx y x Fe d x ed y edxD irac y edxF f x g y edx dyg y y dyg y y dyωξωωωωδωπδξωππδωδπδωπδωπδω-∞-∞∞--∞+∞-+-∞+∞-+-∞+∞+∞-+-∞-∞+∞-∞+∞-∞==-=--=+===+=--=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰注意所以注意函数是偶函数（）11()()[()][2()]g f x FF f x Fg πωπω---==-另实际上只需证明1[2()]()()()()j xj xjyxFg g ed g ed g y ed f x ωωμμπωωωμμμ+∞--∞+∞-=--∞+∞--∞-=-===⎰⎰⎰Ex 3(1) 参见ppt 数理方程11 pg 6 例1||||0(1)(1)00(1)(1)02[]112111x x i xi xi xi x i xF eeedxe dx e dx edx edxi i ωωωωωωωω∞----∞+∞-+--∞+∞-+--∞==+=+=+=+-+⎰⎰⎰⎰⎰（2）参见ppt 数理方程 12 pg 42222222()222222()424[()]()()()2224[()]i x x xi xi x cxF f x eedx edxi i i i x x x x F f x e edxeePoisson edx ωππωπωωπππωπωωωωωπππππ∞+∞-+---∞-∞+∞--+-∞-+∞--∞==+=+-=++====⎰⎰⎰⎰利用定义对二次多项式配方所以注意这里利用了积分(3)2222222()222222()4244[()]R e()R e ()()()2224[()]R e(R e(R e(R e()4ia x x iaxi xaiia x aaiaiF f x eedx edxx x x x aaaaaF f x e edxe eeωωωωωπωωωωωπω∞+∞---∞-∞+∞---∞---==-=--=--=====-⎰⎰⎰利用定义对二次多项式配方所以22)4cxaPoisson edx +∞--∞=⎰注意这里利用了积分P155 ex 1(1) 参见ppt 数理方程 14例 4（pg 15） 上半圆内任一点(,)M x y上半圆内定点: 000(,)M x y 的下半平面镜象点: 000(,)M x y '=- M 0的圆外镜象点: 11100(,)(,)M x y k x y == 其中2220Rk x y=+，R 是圆的半径M 1的下半平面镜象点: 111(,)M x y '=- 011000111(,)[lnlnlnln]2M MM M M MM M R R G M M r r r r r r π''=--+'10000010,,,M M M M r OM r OM r M M r M M ''==== (2) 上半球内任一点(,,)M x y z上半球内定点: 0000(,,)M x y z 的下半平面镜象点: 0000(,,)M x y z '=-0M 的圆外镜象点: 1111000(,,)(,,)M x y z k x y z ==其中2222000Rk x y z =++，R 是球的半径1M 的下半平面镜象点: 1111(,,)M x y z '=-11000111(,)[]4M MM M M MM M R R G M M r r r r r r π''=--+'1000010,,,M M M M r OM r OM r M M r M M ''====Ex 2(1)首先证明000000(),() ()()()()( G reen ()LLDDC u M C MD u M G M M M dsnG C dsnC G M M dx C M M dxCϕθϕδ=≡∀∈∂-=∂∂=∂=-∆-=-=⎰⎰⎰⎰如果则由第三G reen 公式由公式）0220200002202000220200001()1)()1212cos()1)1212cos 1)11212cos D u M r d r rr Cd r rr d r rπππϕθθπθθθπθθπθ-=--+-=-+-=-+⎰⎰⎰注意如果是以为圆心，以为半径的圆盘则由P o isso n 公式（（（因此02202000022000200002222000022000000()cos ()1)()1212cos()1)cos 1212cos()1)cos 1)sin 11cos sin 212cos 212cos 12a u M r d r rr a d r r r r a d a d r rr rππππϕθθϕθθπθθθθθθπθθθθθθθθθθθπθπθπ=-=--+--+=--+---=--+-+⎰⎰⎰⎰(1)如果则（（（）用代替（（（2202000220200022200200022220002000002200001)cos 12cos 1)cos 212cos 1)1(1)2212cos 1)11)122212cos 1)122r d r rr d r rr r d r r rr r r d r r r rr r r r r ππππθθθθθπθθπθθπθ--+-=-+-+=---+-+-=-+-+-+=-+=⎰⎰⎰⎰（（（（（220200022020001)sin 1212cos 1)1ln()2212cos 0r d r rr d r r rππθθθπθθπθ--+-=--+=⎰⎰（（0000000()cos . (,)= cos (,)= cos (2)()cos (,)= +cos u M ar i e u r ar u r ar b a u r b ar θθθθθϕθθθθ==+同理如果事实上2222222112cos 1112cos 12cos 1112cos 12cos d d d d d ππππππθρθρθθρθρρθρθθρθρρθρ-+=+-+-+=+-+++⎰⎰⎰⎰⎰tan222222222222222022111122111112()12()111122(1)(1)(1)(1)11112tan()2tan()(1)(1)1(1)(1)12111212t dt dtt t ttttdt dt t t a t a t θρρρρρρρρρρρρρρρρπρρπρ=+∞+∞+∞+∞+∞+∞=+--++-+++++=+-++++--+=++-++--=---⎰⎰⎰⎰由（万能公式）221cos d πθθρ=+⎰P182 ex 1参见ppt 数理方程14 pg 18 分离变量,令()()u P Z z ρ=10zz u u u ρρρρ++=（1）()0P P Z PZ ρρ'''''++=(2)P P Z PZρμρ'''''+=-=由边界条件得到固有值问题(3)0(0)()0Z Z Z Z h μ''+=⎧⎨==⎩0P P P ρμρ'''+-= 由(3)其固有值222n n hπμ=所以Bessel 方程222()0n P P P hπρρρ'''+-=2 证明参见ppt 14 pg 17220(1)()2!(1)m n mn n mm x J x m n m -+∞--+=-=Γ-++∑(1/2)21/2(1/2)2012(1)()2!(11/2)m mmm n x J x m m -+∞--+==-=Γ+-∑(11/2)(1/2)(1/2)(1/2)(3/2)(1/2)(1/2)m m m m m Γ+-=-Γ-=--Γ=(1/2)2(1/2)2(1/2)2(1/2)2(1/2)21/2(1)2!(11/2)(1)22mmmm mmmmx m m xm -+-+-+-+-+-Γ+--==所以(1/2)21/21/20()2m mm J x -+∞-==∑注意20(1)cos (2)!mmm xx m ∞=-=∑(1/2)21/21/2011/222()2(1)(2)!m mm m mm J x xxm x-+∞-=∞-==-==∑∑Ex32202212122122121(1)()2!(1)(1)()2!(1)22110(0)0m n mn n mm mn m n n m m n m x n x J x m n m xJ x m n m n m x J +∞+=+-∞-+-=+-=--=Γ++-=Γ+++-≥==∑∑，第二章两道题目，25分 第三章一道题目，15分， 第四五章两道题目，30分 第六章两道题目，15分 第七章两道题目，15分。