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一、 斯通－刘维尔型1、将方程0)1('2''=---y xy y λ转化为斯通－刘维尔型。
解：原方程两端同时乘以2x e -，可得：222''2'(1)0x x x e y xe y e y λ------=则：22[](1)0xxd dy eey dxdxλ----=为其斯通－刘维尔型。
2、（8分）将方程22(1)'''()0x y xy x y λη----=转化为斯通-刘维尔型，其中η为常数。
原方程两边同乘211x-后，得：222'''011x x y y y xxλη---=--，即为：2222'''0111x xy y y y xxxηλ-+-=---方程两边同乘以21xdxx e --⎰，就化成了斯通-刘维尔型方程222211122[][][]011xx x dx dxdxx xxd dyxee y ey dx dx x xηλ------⎰⎰⎰+-=--即为：3322222(1)(1)0d x y x x y dx ηλ--+---=二、级数解的形式1、给出0')1(''=+-++y y x s xy λ在x ＝0处级数解的形式。
答：x ＝0为原方程的正则奇点，在x ＝0处级数解的形式为：k ckk y ax∞+==∑2、给出方程22'''(1)0xy y x x y λ++-=在0x =处级数解的形式。
解：方程对应的标准形式为：22'''(1)0y y x y xλ++-=1x在0x =处不解析，0x =为其一级极点；22(1)x λ-在0x =处解析，可知：0x =为原方程的正则奇点。
则：在0x =处级数解的形式为0cnnn y xax ∞==∑，或写成0c nnn y ax ∞+==∑或写成两个线性独立解：110c nnn y ax∞+==∑，220c nnn y bx∞+==∑。
第三章调和方程§1建立方程定解条件1．设)(),,,(21r f x x x u n = )(221n x x r ++=是n 维调和函数（即满足方程022212=∂∂++∂∂nx ux u），试证明221)(-+=n rc c r f )2(≠n rInc c r f 1)(21+=)2(=n 其中21,c c 为常数。
证：)(r f u =,rx r f x rr f x u i i i ⋅=∂∂⋅=∂∂)()(''32''22"22)(1)()(r x r f r r f rx r f x ui i i ⋅-⋅+⋅=∂∂312''212"122)()()(rx r f r nr f rx r f x uni i ni i ni i∑∑∑===⋅-⋅+⋅=∂∂)(1)('"r f rn r f -+=即方程0=∆u 化为0)(1)('"=-+r f rn r f rn r f r f 1)()('"--=所以)1(1')(--=n r A r f 若2≠n ，积分得1212)(c r n A r f n ++-=+-即2≠n ，则221)(-+=n r c c r f 若2=n ，则rA r f 1')(=故Inr A c r f 11)(+=即2=n ，则rInc c r f 1)(21+=2．证明拉普拉斯算子在球面坐标),,(ϕθr 下，可以写成sin 1)(sin sin 1(12222222=∂∂⋅+∂∂∂∂⋅+∂∂∂∂⋅=∆ϕθθθθθur u r r u r r r u 证：球坐标),,(ϕθr 与直角坐标),,(z y x 的关系：ϕθcos sin r x =，ϕθsin sin r y =，θcos r z =（1）222222z u yu xu u ∂∂+∂∂+∂∂=∆为作变量的置换，首先令θρsin r =，则变换（1）可分作两步进行ϕρcos =x ，ϕρsin =y （2）θρsin r =，θcos r z =（3）由（2）⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫∂∂+-∂∂=∂∂∂∂+∂∂=∂∂)cos ()sin (sin cos ϕρϕρϕϕϕρy ux u u y u x u u 由此解出⎪⎭⎪⎪⎬⎫⋅∂∂+∂∂=∂∂⋅∂∂-∂∂=∂∂ρϕϕϕρρϕϕϕρcos sin sin cos u u y u u u x u （4）再微分一次，并利用以上关系，得)sin cos (22ρϕϕϕρ⋅∂∂-∂∂∂∂=∂∂u u x xu)sin cos (sin )sin cos (cos ρϕϕϕρϕρϕρϕϕϕρρϕ⋅∂∂-∂∂∂∂⋅-⋅∂∂-∂∂∂∂=u u u u +∂∂⋅+∂∂∂⋅-∂∂=22222222sin cos sin 2cos ϕρϕϕρρϕϕρϕuu u ρρϕϕρϕϕ∂∂⋅+∂∂⋅+u u 22sin cos sin 2cos sin (22ρϕϕϕρ⋅∂∂+∂∂∂∂=∂∂u u y yu)cos sin (cos )cos sin (sin ρϕϕϕρϕρϕρϕϕϕρρϕ⋅∂∂+∂∂∂∂++⋅∂∂+∂∂∂∂=u u u u ρρϕϕρϕϕϕρϕϕρρϕϕρ∂∂⋅+∂∂⋅--∂∂⋅+∂∂∂+∂∂=u u uu u2222222222cos cos sin 2cos cos sin 2sin 所以ρρϕρρ∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂=∂∂+∂∂uu u yu xu 11222222222（5）ρρϕρρ∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂+∂∂=∂∂+∂∂+∂∂uuz uu z u y u x u112222222222222再用（3）式，变换2222zu u ∂∂+∂∂ρ。
数学物理方程第二版答案第一章．颠簸方程§ 1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔嫩逐条而平均的弦线有一端固定，在它自己重力作用下，此线处于铅垂均衡地点，试导出此线的细小横振动方程。
解：如图 2，设弦长为l ，弦的线密度为，则 x 点处的张力 T ( x) 为T ( x)g(lx)且 T( x) 的方向老是沿着弦在 x 点处的切线方向。
仍以 u( x, t) 表示弦上各点在时辰 t 沿垂直于 x 轴方向的位移，取弦段 ( x, xx), 则弦段两头张力在 u 轴方向的投影分别为g(l x) sin ( x); g (l( xx)) sin (xx)此中 (x) 表示 T (x) 方向与 x 轴的夹角又sintgux.于是得运动方程x2u[l( xx)]u∣xxg [lx]u∣x gt 2xx利用微分中值定理，消去x ，再令 x0 得2ug[( l x) ut 2] 。
x x5. 考证u( x, y,t )t 21在锥 t 2 x 2 y 2 >0 中都知足颠簸方程x 2 y 22u2u2u证：函数 u( x, y,t )1在锥 t 2x 2 2内对变量 t 2x 2 y 2t 2 x 2y >0y 2x, y, t 有u3二阶连续偏导数。
且(t2x 2 y 2) 2 tt2u35(t2x2y 2) 23(t2x2y2) 2 t2t23(t 2x 2y 2) 2 (2t 2x2y 2)u3x2 y 2)2 x(t2x2u35t2x2y223 t2x2y22 x 2x25 t2x2y22 t22 x2y22 u5同理t2x2y22 t2x22y2y22 u 2u52u .所以t 2 x 2y 2 2 22x 2 y 2x2y2tt2即得所证。
§2 达朗贝尔公式、波的传抪3.利用流传波法，求解颠簸方程的特点问题（又称古尔沙问题）2ua 22ut 2x 2u x at 0(x) (0)(0)u x at( x).解： u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)令 x-at=0得 ( x) =F （ 0） +G （ 2x ）令 x+at=0得( x) =F （2x ） +G(0)所以F(x)=( x) -G(0).2G （ x ） = ( x) -F(0).2且F （ 0） +G(0)= (0) (0).所以u(x,t)=(xat) + ( x at ) - (0).22即为古尔沙问题的解。
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）(,)lnu x y =因为32222222222222223222222222222222222222222211()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 yu 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 =0xx yy u u +=的解。
（2）(,)sin xu x y e y = 因为sin ,sin cos ,sin x x x xx xxy yy u y e u y e u e y u e y=⋅=⋅=⋅=−⋅所以sin sin 0xxxx 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()(),()()()()()()()()()()()()0x 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。
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2.14.一根长为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 Iu u u u u a u Y u t t t L x x x xx xx tt δρρ。
习题2.23.设物体表面的绝对温度为u ，它向外辐射出去的热量，按斯特凡-波尔兹曼定律正比于4u ，即dSdt ku dQ 4=，设物体与周围介质之间，只有热辐射而无热传导，周围介质的绝对温度为已知函数),,,(t z y x ϕ，。
试写出边界条件。
解：由Fourier 热传导实验定律dSdt nuk dQ ∂∂-=1，其中1k 称为热传导系数。
可得dSdt u k dSdt nuk )(441ϕ-=∂∂-，即可得边界条件：)(441ϕ--=∂∂u k k nus。
习题2.34.由静电场Gauss 定理⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅VsdV dS E ρε01，求证：0ερ=⋅∇E ，并由此导出静电势u 所满足的Poisson 方程。
证明：⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅=⋅VVsdV dV divE dS E ρε01，所以可以得到：0ερ=divE 。
由E divE ⋅∇=与u E -∇=，可得静电势u 所满足的Poisson 方程：2ερ-=∇u 。
习题2.42.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=dxdy。
