1、数学物理方程习题解习题一1，验证下面两个函数：21(,)ln,()sinxuxyuye都是方程 0xy的解。证明：（1） 21(,)lnuxy因为3222 22322222()()(1)()(0)xxyyxy xyxyuyyxxyuxy所以 是方程 的解。21(,)lnuxyu（2） ,sixye因为 in,sincoxxxyyuueey所以sini0xxxyue是方程 的解。(,)xyu2，证明： 满足方程fxgy0xy其中 和 都是任意的二次可微函数。fg证明：因为 ()ufxy所以 ,()() ()()0xyyxygfufxgyufffxgy得证。3， 已知解的形式为 ，其中 是一个待定
2、的常数，求方程(,)()fxy430xyu的通解。解：令 则(,)(f所以 2xxufu(),(),()yyyff将上式带入原方程得 2430因为 是一个具有二阶连续可导的任意函数，所以 从而 ，f 2-430 12 =3,故 都是原方程的解， 为任意的二阶可1122(,)(3),()uxyfyuxfy12,f微函数，根据迭加原理有为通解。12(,)()()ff4，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 轴。在杆上任意截取位于x的一段微元，杆的截
3、面积为 ，由材料力学可知，微元两端处的相对伸长,xs（应变）分别是 与 ，又由胡克定律，微元两端面受杆的截去部(,)uxt(,)xt分的拉力分别为 与 ，因此微元受杆的截去部SE(,)uSExt分的作用力的合力为： ()(,)(,)uuSExxtSExt且合力的正向与坐标轴相同，设 为微元质心的坐标，则质心处的加速度为，2(,)uxt由牛顿第二定律有：2(,), uuuxsxtsExtsExtxx约去 ，并对右端应用中值定理，得 2(,), 01xxxt约去 ，并令 ，即得：0uuxExtt由于弹性杆是均匀的， （常数） ， （常数）x从而 ，其中 （ 是杨氏模量， 是体密度） 。22uat2
4、Ea5， 一均匀细杆直径为 ，假设它的同一横截面上温度是相同的，杆的表面和周围介质发生l热交换，服从规律1()dQKudSt记杆的体密度为 ，比热为 ,热传导系数为 .试导出此时温度 满足的微分方程。Cu解：取杆轴为 ，考察杆位于 段在 时间区间上的热平衡，在 时间内，x12x12,t 12,t段的侧面流入的热量为：12,x211()txQKuldxt在点 ， 处截面流入该段的热量为：1x22 21 12 213(,),(,)44t tululxtdtxtdt所以 2 21 122123 1(,)()tx txlQKtKulxt温度升高所吸收的热量：212121 212(),)(, 4xtxt
5、xQCSuxttdxcsdtlxt由能量守恒定律得： 2121 ()04txlcuUlKuldxttx由 的任意性，有12,xt。21()kuutcxl6,设某溶质在溶液中扩散，它在时刻 溶液中点 处的浓度用函数 表示，t,yz(,)uxyzt试导出 所满足的微分方程。u解：由 Nernst 定律得(,)udmDxyzdstn上式中 表示扩散物质浓度， 为在 时间内经过面 扩散物质的量， 为扩u s(,)Dxyz散系数。在 时段内通过边界曲面 S 流入区域 的质量为12,t 1212122 ()()() tsttumDdtnuDdxyztxyzudxt从时刻 到 ， 中该物质质量的增加为：t2
6、211(,)(,)tuxyzuxyztdzd从而，由质量守恒定律有 2 21 122()t tuuDxdyztdxyzxy 交换积分次序可得： 2122 ()0tuuDdxyztxyzn由于 ， 在区域 都是任意的，可以得到t222()uutxyz7,一根均匀杆原长 ，一段固定，另一端拉长 而静止，然后突然放手任其振动，试写出其l 定解问题。解：设点在 处固定，在 处拉长 而静止，然后突然放手任其振动，则方程为0l。2,txualt边界条件为： ；00xxlu初始条件为： 。,ttl8，长为 的均匀杆，侧面绝热，一端温度为 0 度，另一端有已知的恒定热流进入，设单位l时间流入单位截面积的热量为
7、 ，杆的初始温度分布是 ，试写出其定解问题。q()2xl解：侧面绝热，方程为2,0,txualt边界条件为0,xxlqtk初始条件为0(),2tlul9，长度为 的均匀细杆，初始温度为 0，端点 处保持常温 ，而在 处和杆的l 0x0uxl侧面热量可以散发到周围介质中去，设周围介质的温度为 0。试列出杆上的温度分布函数 所满足的定解问题。(,)uxt解：类似第 5 题，可得方程 。其中2,0,txuabuxlt，2kc214l边界条件为: 0,()0xxluh初始条件为： t10，设函数 和 分别是定解问题1(,)uxt2(,)t和20012,()()ttxxlalut20102,()(),t
8、xtxxlualux的解，试证明函数 是定解问题1u20102,()(),txtxxlalut的解。证明：利用叠加原理得 ，其中 。因为 是定解问题一得解，,12iiLuf0if1,uxt是定解问题二的解。所以 必满足 。2,uxt 1icu2txa又因为对定解问题一有 ，10012,()()ttxxlut对定解问题二有 2020,t txxlu所以 ；同理可得 与 的边界条件与初始条件累加均010201()ttt1u2满足定解问题三。得证。11，设函数 和 分别是定解问题1(,)uxt2(,)t（）和 （）200,txxlaluu 20(,)0,txxxluaftlt的解，试证明函数 是定解
9、问题12（）200(,),0,txxxlaftltuu的解。证明：利用叠加原理得 ，其中（）式 =0， （）式的 为 。,12iiLfff,xt因为 是定解问题一得解， 是定解问题二的解。所以它们的线性组合1,uxt ,uxt必满足方程 ，即 是方程 的解。21iuc21iLucf12u2(,)txuaft又因为对定解问题（）有 ， ；对定解问题（）有0t1010,xxl， 。所以 ，同理可得 与 的20tu202,xxlu 2tttuu1u2边界条件与初始条件累加均满足定解问题三。得证。习题二1， 用分离变量法解齐次弦振动方程， ， 2txUa0l0t的下述混合问题：（1） (,0),()(
10、),0(,)tUxxlxtlt（2） 2 0t xl（3） 3(,)sin(),(),(,)txUxltUltl解：（1）第一，求 与 所满足的常微分方程XT设满足方程和齐次边界条件的特解形式为 ，代入方程得(,)()xtXTt2()xta即 2()TXt所以得到 与 所满足的两个常微分方程： ()Xx2()()0TtatxX第二，解特征值问题为了要特解形式满足边界条件，必须有(0,)()0UtTtlXl因为 不能恒为零，所以()Tt()这样就得到决定 的如下常微分方程边值问题：()Xx()0,0xll 2,rr通解为 ()xxXAeB满足边界条件： 即0,()0Xl（关于 ， 的齐次线性方程
11、组）llBAeAB因为系数行列式1 0llllee所以 ,即 ，无非零解。0B()Xx ，通解 ，带入边界条件得AB即 ，无非零解。0,XlXx ,通解 ，代入边界条件得20,rricosinABxsin0 ()cosin0AlllBl,(12,)k所以 特征函数为)kl sin,12kkxXxBl再将 代入方程 得k20Ttat0kkaTttl特征方程：22rrill通解： cossin,12kkaaTAtBtll综上： cosini,12k kakxUXxTbtll第三：迭加11,cossini,12kkkaakxuxtUtbtlll第四：确定系数 ， 使上式满足初始条件。kab因为 01
12、sin0,tkxuxll 由正交性： 1isini,12kanlll在 上积分0.l 20 0 01sinsinisinl l lk nxxxldadadal 从而 0si2lka同理 340in(1)l kkkxlbda所以34418(2)2sisin()kl txuall(2)特征值为 2,01,kkl特征函数 sin,2kkXxBxl112cossi,01,k kaaTAttkll0 22cssinsinkkuatbtxlll确定系数 ， 。kb230 31242sin1lkkkxlaxdlkb23304122cossinkkatkxlull（3） 1cssiinnaatbtxlll2/
13、l 改为 2/ka*pi0 30 41,2ii ,20, ()sin,18lnlkxadlnkblla 所以 344022131coi sinsinkkatkxatxull ll 2,用分离变量法求解下述热传导方程的混合问题： 2, ,(1)0()x , 0;txUltlt2 ,(), 0)(),;txxxaltUlt解：（1）分离变量，令形式特解 满足方程和齐次边界条件(,)()UxtXTt2()XxTtaT2()t代入边界条件得：2()0TatXx (0)Xl从而得决定 的如下常微分方程边值问题() ()0()xl求解特征值问题因为当 时，该问题只有零解，无非零解0只有当 时，方程有非零解
14、：()cosinXxAxBx代入边界条件得： in0sin0AllkBl 所以特征值为 2(),1,kl特征函数为 si2xXxkl再将特征值代入 得2()()0Ttat2()()0kkaTttl通解：2(),1,ktlktAe所以 ，2()sinkatlkkxUXTl1,2k迭加 ，则k2()1(,)ikatlkuxtel确定系数 ，使上式满足初始条件，则ka002233()sin()sin,4 1()0,128()()l lkkxkxddl lllk所以212330 ()sin()natlnl xuel（2）特征值为 ， ；2kl0,k特征函数为 ()cos1,2xXl2()0(,)kat
15、lkuxtbel02 2 ,02 ,cos1(),1,01,24lk kx kndll lk 所以 l 改为 l/2，级数钱负号-2(1)204(1)(,) cos()natlnl nxuxtlel 3,求解下述定解问题： , 0 (0,),(,)0 xy xybuaguxba解： 12,y其中 满足()x0 0, (1),(), yuxaybaxguxb满足2(,)uy0 0, (),(), x xaybfuayuxb用分离变量法解得（1）得 012 ()(,)()sinsin(/, i i/)anb ybxxygdshashaxyufb 4，求解定解问题 2030, ,0, txxltta
16、xltutl解：令特解 满足齐次方程和齐次边界条件，则()()UXxTt2()XxTtat2()Xxat，代入边界条件得 从而得到决定 的如下常微2()0()ttx (0)l()Xx分方程边值问题 ()()0Xxl ， ，通解 带入边界条件有02,rr()xxXAeB因为系数行列式 所以 即 ，0llABe1 -0 ll0()Xx无非零解。 ，通解 带入边界条件有0()XxAB即 ，无非零解。0,AlB()x ， ，通解02,rri()cosinXAxBx所以 带入边界条件有()sncsXxAxBx1(),0,2cos0Blkl 所以 2(/)kl， =,，特征函数为 (1/)coskkxXx
17、Al0/2(,)()kutTtl21/()0k kattl 再代入初始条件得： 30(/)(,)cos12, 0ktkxuxTl 由正交性知30(/)()cos2120lk klkxTxdl所以，得到 的常微分方程初值问题 解得kT 2(1/)()00,k kkaTtTtl 代入初始条件得(1/2)(/2)cossink kaCtDtll ,kkCD3 34430 82(1)(2),22(1/2)cos ,1()lk lkknkxxdll 所以 (/)sk aTtl因此 3434182(3)()(43)(43) coscos22(,)111()kkkaktxllluxt ktll5， 求解定解
18、问题 20 0,(,)(,)sin txtuaxttu解：因为 ， 是所对应的其次方程在其次边界条件下的特征函数系。cox0,12所以设定解问题有如下形式的解： 0(,)()cosnuxtTtx将上式代入方程和初始条件得： 2nntat00()sin()cos()()cos20nn nnxTxTxdl 000221sicosin()si(1) n1 cos(1)cos()nxdxxddxn 02 (1), 04,(1) nxkn于是，得到 的常微分方程的初值问题nT2()()00,nnTtat解之得：（1）当 时，通解 ，代入初值条件得 ()nTtAB（2）当 ，通解 ，则0n()cosinn
19、tCatDtiTt代入初值条件得： (0) 0cos0nnnCDa 所以 ， ；()nTtt1,2综上： ，csn所以00121(,)()ocoscs24cos2nnnnuxttxatxatx 6， 求解定解问题 202 0, 0,398cos()6cs() 24txtuaxtt解：因为 是所对应的齐次方程在齐次边界条件的特征函数系，1/,01,2nx所以定解问题有如下形式的解： 0 0(/)(21)(,)cos)cos4n nxuxtTt Tt 代入方程有：2(1)2(1)4natnnnaCe ()tB所以2(1)40(1)cos4natn xuCe代入初始条件有： 0()398cos6s4
20、n x用比较系数法得8, 164, ,nC从而2 239() ()448coscosaat txxuee7， 求解定解问题20 0, , xtxtbtut解：因为 是所对应的齐次方程在齐次边界条件下的特征函数系，所以cos,1,2nx定解问题有如下形式的解： ，0(,)cosnuxtTx代入方程有： 2()nnnTtatbt即： ntb 2()bantTCe2()0cosantnuCex代入初始条件有： 0n由正交性将上式两端同时乘以 后，并对 在区间 上积分，得coskx0,20, 024cos, 1n nCxndk所以 2(1)04cos()2()btbt aktkueex 8， 求解定解
21、问题202sini,0, txltt atuaxltll解：因为 ， 是所对应的齐次方程在齐次边界条件下的特征函数系。所以，sinxl1,2由特征函数法定解问题有如下形式的解： 1()sinnxuTtl代入原方程有 21 2()()iiinnaatuTttllll由比较系数法有 2si,()()0, 2nntttll n由初始条件有 (0)nT（1） ，有关于 的常微分方程初值问题为 解之得 2n2()()00nnaTtTtl()0nTt（2） ，关于 的常微分方程初值问题为nT2()()sin0naatTtTtll利用齐次话原理将非齐次方程转化为齐次的：2()()0, 0,sinnttaWt
22、ll 令 ，则1t1122100(),2,()sinnnt tkdaWtl afl解之得通解： =n2(sisiall所以0012()2(,)sinsin12sinco4t tn ataTWddllatl 因此 。2isinaxutlll9， 求解定解问题0, 0, , xyxayybxybuAa解：由特征函数法可将 表为：u0()cosnyXxb代入原方程有 （1）2()nnXb代入边界条件有： 0,()cosnyuyb 02()cos0bnnyd0(,)()cosnuayXaAb，其中()nna2, 0,124,nkAb 解（1）得：0(),12nnnxxbbCDXe代入 得(0),()n
23、nna0 (), ,nxbaXxe所以01(21)()20cos4(21)snxbankxbkuxeAbkybe 10,试解放射性衰变问题其中 皆为常数。20, ,0, xtxltualttTl ,AaT解：因为 ， 是所对应的齐次方程在齐次边界条件下的特征函数系。所以，sinl1,2由特征函数法定解问题有如下形式的解：（1）1()sinnxuTtl为确定 ，先将 展为特征函数系的级数： ()nTtxAe（2）1sinxxfl其中122()lnAef（3）1(0)sinxTl0022()i(cos) ()cos1)(1l ln nTlxdlTnl 将（1） ， （2） ， （3）代入定解问题，
24、即有()0nnaTfl利用齐次化原理（）2()00nnaTl解得2()natlnTe（）2()()0nntTtfl齐次化得 ，2()()0nnattlTft令 t2()()0,0nnatlTf 2()natlnTfe所以（）的解为 。2()0()nattlnfed利用叠加原理得： 222 2()()0() ()21aat ttl lnnt tl lTtefe所以 2 2(1)21() 221 1() 4(1)sinsin2a nalnt tl ln nAlexTxueeal l 11，求解定解问题 20si, 0, txltttxltul解： （1）1()sinnxTl（2）1si()intf
25、tl0 02()sisini n1()l ln nxxfttdtdll由初始条件有(0)nT于是200)sin1()nnnttaTtl202()1()si, ,01,24(sinsi),2()tnl atTdalk kllnttnal 从而 220 ()(1)sisinsin(1)()(21)kl lkatkxu taklkall 12,求解单位圆内泊松方程的狄利克莱问题 221,0xyxyu解：显然为方程之特解，31261wxydyx于是也为方程的特解。2412 1()()sin2wxy令 ，则有uv， 即 10sin24 21()0,sin4vR 0cosinnnvab由边界条件，有 0
26、1sisin24nn比较系数法，即有01,24nab于是 2sinv从而原问题的解 24211sinsin24()1uwxy13，求解圆内的拉普拉斯方程的牛曼问题 21()0,RuRf 其中边值函数 满足条件()f()0fd解：由分离变量法易得 01(,)cosin2naub由边界条件，有 110csi()osn2nRnnnaRCf D0fd1()cosninDf于是，有1()cos,12innnafdRb为任意。0a14，在扇形区域 内求下列定解问题0,R2011()()Ruf解：由分离变量法求解，令 ，则有特征值问题()uR和020特征值 2(),1,n特征函数 sin且nRAB由自然边界
27、条件，有 0n于是 1(,)sinu02()inAfdR15,求下列泊松方程的特解（1） 为常数22,xyuAxy（2） sine解：（1） 122 21(,)(,)(,)1fxyffxyAAxy（ 是关于 的线性函数， 是关于 的线性函数）易知，特解为1fy2fx43432(,)(,)11()uxdydAyAxx（2）特解为 sinxxuydedx16，求解泊松方程的狄利克莱问题 220,0,2,2xybbyyxxabuayxbuy解：由自由项知有 形式的特解，再让其满足第二对边界条件，即有vCxD（1）()vx令 则uw2200,(),(),0,xybbyyxxaxaxaw1023()si
28、n()sin41nannYyxxda2()0nnYabnnyyAchBsa2nnnbchsa1,02nnABbnychaY23123314sin()8(21)si21nnycxwbahycanxnaa17，解定解问题（其中 不为整数）200,sin,txlttuatxll解：令 ivutl则22200sin,xxlttattvl12v22110110,xxlttvatvl2222020sin,xxlttvatt1sinikakxBll202i(1)l kk ldl1221()sinikklatxvall201()()isintkktkBdll2 210()sini()sinl kkalla(注
29、意 )022()()i1sinsi()lkktBdl ktkatlla lka2221(iinsi)kk txv tll l12sinxtl18，解定解问题 0,0,txltuat解： 0vu20,txltatvu01()2)sinnxvTtl0()sinxul00 00001()22si()co1()2s1()41(2)()ln ldxlnulnu21()0 1()4sin2nxtln xuvel19，试确定下述定解问题的解 20(),0,txltuafxltABg其中 ， 皆为常数。解： (,)uwxtv，20,xxldafvAB20()txltawgv（1）220011()()()l x
30、fdfdaa（2）2()1sinatlnxwel（3）02()sinln xagxvdl201()Ff()()xvxABFl2()01), 2 ()()()sinsinatl lnuwt xlxGdell) ()()GgxvABFlx20,求解圆环域内的拉普拉斯方程的牛曼问题 212()0,12,sin,0uu 解：添加周期性边界条件 (,)(,)分离变量法求解 得()uRH20R,2()H得 2,01,n()cosin,01,2ABl,nnnCDR1lcosinnnnuABCD 即 1ln()cs()sinnnncdabd 由边界条件，利用比较系数法，得 110,()4,3ncdabc从而 1()sinu
