数学物理方程习题答案.pdf

1 习题一习题一 1. 略 2. 略 3. 在河道上取微元x，在任一点 x 处和xx+有两个截面。从 t 到这段时间内从 x 面流出 的水的质量为： ()(),S v x tx tt， 从xx+面流出的水质量为 ()(),S v xx txx tt+， 所以这微元中水的质量为 ()()() (), x Sv xx txx tx t v x tt =+。 由在时刻 t 的流体质量为(),x Sx t 。在时刻tt+的流体质量为(),x Sx tt +，在 时间t内这微元x内的流体净增量为 ()(), t x Sx ttx Sx t = + 。 由于连续性，有 xt = ，令0,0xt 得0 v tx += 用微分法建立微分形式的连续性方程：用微分法建立微分形式的连续性方程： 设在流场中取一固定微平行六面体（控制体） ，在直角坐标 xyz O中边长取为,xyz。 流体运动时， 流体将流入、 流出该控制体时控制体内的流体质量发生变化下面计算这些流入、 流出量及控制体流体质量的变化，并根据质量守恒定律建立连续性方程。 t 时刻点(), ,A x y z的流体密度为(), , ,x y z t Z Y C G 速度为(), , ,U x y z t ? 其分量为, ,u v w， 0 X D H 考虑六面体元每个面上质量的流入或流出，由 于每个面只与一个坐标轴垂直，故每个面上只 有一个速度分量使相应的质量流入或流出该六 F 面体，先计算与 x 垂直的两个面ABCD和 A E EFGH上的质量流量。在ABCD面上，t时间内将有udydz t的流体质量流入六面体， 在EFGH面上，再t时间内将有 (), , ,xx y z ty z t+ =() () , , , u x y z ty z tx y z t x + 的质量流出该六面体，这样，通过这两个面t时间内就有 ()u x y z t x 的流体质量 （净）流出该六面体。 2 同理，在t时间内，通过 Oy 方向两个净流出的流体质量为 ()v x y z t x ，在t 时间内通过 OZ 方向两个面净流出的流体质量为 ()w x y z t x ，这样在t时间内通过 六面体的全部面的净流出的流体质量为 ()()()uvw x y z t xyz + 与此同时，次六面体内的质量将发生变化，因在 t 时刻，六面体内的流体质量为 x y z 。 经过时间t后， 即在tt+时刻， 六面体的质量将是(), , ,x y z ttx y z+ 。 在t时间内，六面体内的质量增加了x y z t t 或减少了x y z t t 。于是根据 质量守恒定律，在t时间内，六面体内所减少的质量一定等于同一时间内从六面体中流出 俄质量： x y z t t = ()()()uvw x y z t xyz + 约去x y z t 并令 0,0,0,0xyzt ， 有 ()()() 0 uvw txyz += t 表示单位时间内单位体积的质量增量。 ()()()uvw xyz + 表示单位时间内单位体积内质量的净流出量。 由于 () ()()()uvw divU xyz =+ ? ， 所以连续性方程写为 t + () divU= ? 0 又 () divU= ? divUU+ ? 以及 D U Dtt =+ ? 3 所以连续性方程为： 0 D divU Dt += ? 特殊情况： （1）对定常运动0 t = 所以连续性方程为 () 0divU= ? 它表示单位体积内净流 出的质量为零（质量的流入和流出相等） (2) 对于不可压缩流体，由于流体的密度在运动过程中保持不变，故0 D Dt =这 是连续性方程为0divU = ? 它表明流体为不可压缩时体积不膨胀也不收缩。 4 密度均匀的而柔软的薄膜的振动张力在 X 的横向分量为 11 sinT，张力在xx+点的 横向分量为 22 sinT。张力在 X 的纵向分量为 11 cosT，张力在xx+点的纵向分量为 22 cosT，张力在 y 点的横向分量为 11 sinT，张力在yy+点的横向分量为 22 sinT。 张力在 y 的纵向分量为 11 cosT，张力在xx+点的纵向分量为 22 cosT。 纵向： 11 cosT 11 cosT+ 22 cosT+ 22 cosT=0 横向： 22 sinT 11 sinT 11 sinT+ 22 sinT=0 质量mds=，由牛顿定律maF =得 2 2 u m t = 2 2 u ds t = 22 sinT 11 sinT 11 sinT+ 22 sinT 因为薄膜作微小振动， 1212 , 很小，故 12 coscos1， 12 coscos1 弦在 x,y 方向平衡。所以 12 TTT=。 则 () 1111, sinsin| x y u TTTtgT x = = = () 2222, sinsin| xx y u TTTtgT x + = () 1111, sinsin| x y u TTTtgT y = = = () 2222, sinsin| x yy u TTTtgT y + = 当在外力作用在薄膜上时，总外力为 (), ,g x y t ds。 则 4 ()()()() () 2 2 , , , , , , u xx y tu x y tu x yy tu x y tu dsTg x y t ds txxyy + =+ 所以 2 2 u ds t =() 22 22 , , uu Tg x y t xy + 所以 2 2 u t = () 22 2 22 , , uu af x y t xy + () 2 1 , , T afg x y t =。即为密度均匀的而柔软的薄膜的振动方程。 5 设区域之表面积 S，测在中所包含的电通量为 E SS udS EdS n = ? ? 。在区域 中包含电荷(), ,QP x y z dv =。由 Guss 定理 0 E S uQ dSudv n = = ? ? （ 0 为常数） 。 所以 () 0 , ,x y z udvdv = 即 0 u = 。 注：Eu= ? 又由于在静电场中：(), ,divEx y z= ? ，0rotE = ? ，所以在静电场中必有电势(), ,u x y z使 Egrad u= ? 由(), ,divEx y z= ? ，Egrad u= ? 推出(), ,ux y z = 6 给出描述一条长为 L 的弹簧杆微小振动的方程，可设杆的密度及横截面积都是均匀的， 并分别根据下列条件写出相应的定解问题 1）杆的一端固定，另一端受到一个变化的力sinFAwt=的作用，此处 A 及 W 为常数 2）两端受压从而长度压缩为()12li，现在将压力除去。让其做自由振动。 3）杆的两端弹簧弹性固定，即每一端受到一个与位移成正比，方向与位移相反的纵向力作 用。 解：弹性杆所满足的是一唯波动方程故其泛定方程为 ()() 22 2 22 ,0,0 uu af x txtt tx =+ 1） 确定初始条件：当0,sin0tFAwt=。 所以 () () ,00 ,00 t u x ux = = 。 边界条件： 一端()0,0ut =， 在另一端(),sinFku l tAwt= =。 5 所以(),sin A u l twt k = 。其定解问题为 ()() ()() ()() 22 2 22 ,0,1 ,0 0,0,sin ,00,000 t uu af x txt tx A utu l twt k u xuxx =+ = = 2） 两端受压，不动点为 2 l x =出，可假设整个杆伸长了 2 ，所以每伸长 1 作坐标变换 2 l xx = . 0 2 () /22 t ll uxx l = = 初始条件为 0 (2 ) t ulx = = 0 0 tt u = = 因为将压力除去后没有外加作用 故边界条件为：(0, )0,( , )0 xx utu l t= 其定解问题为： 22 2 22 (0, ),0 ( ,0)(2 ),( ,0)0 (0, )( , )0 t xx uu axl t tx u xlx u x utu l t = = = 3） 初始条件：因为两端弹性固定，设所受弹性力为 F。则其初位移满足一定的函数关系在 各点伸长量不同令( ,0)( )u xx= 其初速度也满足一定的函数关系 令 ( ,0)( ) t u xx= 其边界条件为常数，不动点在中间，所以两端伸长量相等 由 ( (0,( , )Fk utu l t= + (0, )( , ) 2 F utu l t K = 定解问题为： () ()() ()() 22 2 22 0,0 0, 22 ,0( ),0( ) t uu axlt tx FF utu l t kk u xxuxx = = = = 另解：设杆的密度，截面积 S，样式模量 E，(),u x t表示在时刻 x 处的位移，外力密度 (),g x t如图，取微元(), x xx+，研究在 t 时刻的运动以(),u x t ? 表示在 x 点的截面上的应 力（沿 x 方向） ，则又 Newton 第二定律 6 ()() 2 2 , u x ST xx tT x tS t =+ ，令0,x 则uu， 所以 2 2 uT tx = ， 由 Hooke 定律，若略去垂直一杆长方向的形变，则应力 T 与相对伸长成正比 T TE x = ， 所以 22 22 uuu EE txxx = 或 22 2 22 0 uu a tx = ， 2 E a = 注:考虑外力密度是，可得到()()() 2 2 , u x ST xx tT x tSg x tS x t =+ 。以 下为边界条件和初始条件 （1） 杆的一端固定，另一端受到外力sinFAwt=的作用。初始条件 一般为 ()( ) ()( ) ,0 ,0 t u xx uxx = = 0xl。边界条件：由于杆的一端0x =是固定的，另 一端xl=受一个沿 x 方向的外力sinFAwt=取一包含端点xl=的一小段xl= 到 xl=来分析， 在xl= 处的应力为(),T lt， 令0得()( ),sinT l tF tAwt=由 Hooke定律(), x l u P l tE x = = ， 所以在xl=点的边界条件为( ) 11 sin x l u F tAwt xEE = = ， 在作端点 0 0 x u x = = （2） 初始条件(),0 x l u hu l t x = += 。注如弹簧的右端不是固定的，而是按外力的规律 运动，则弹簧的实际压缩()( ) 0 ,u l tut，所以 () ()( ) 0 , , u l t hu l thut t += 。 7 ()() ()( )()( ) 22 2 22 2 0,0 ,0,0 t uuu Aa ttx utu l t u xxuxx += = = 8 2 2 2 uu a tx = ()0,0ut = ， x l u KQ x = = ， ()(),0/2u xx lx= 9一根横截面积为 s 长为 l 的均匀细管，两端封闭内部充满空气管外空气中含有密度为常 7 数 A 的某种气体现在将管的两端同时打开，则该气体向管内扩散是推导描述该种气体向管 内扩散过程的定解问题 解：令( , )u x t表示气体的浓度( , )q x t表示气体的强度 由于扩散定律可知在t时间内流入管内净粒子数为 sttxxqtxq+),(),( 故有质量守恒定律可知： ()()()(),q x tq xx ttsu x ttu x ts t+=+ ， 上式两端除以ts l 后，当,0tl 时取极限得 qu tt = ， 将扩散定律代入 2 u qa x = ，令 2 Da=， 得扩散方程 2 2 2 uu a tx = ，0,0xlt。即为泛定方程。 两端开发后与管外相通，应与管外空气中的气体浓度一样。 所以(0, )( , )utu l tA=，开始时处位移为 0，所以(),00u x=。所以该扩散过程的定解问 题为： () ()() () 22 2 22 0,0 0,0, ,00, uu axlt tx utu l tA u x = = = 另解： 在 x 端， 从 t 到tt+时间内从左扩散进入的质量为(), x D ux tS t 从xx+端， 从左向外扩散出的质量为 (), x D uxx tS t+ ， 所以在x微元内增加质量为 (), x D ux tS t (), x D uxx tS t+ , 而在 x微元内在t内增加的质量()(),u x ttu x tS x+ ， 所以 22 , txx ua uaD=。 边界 ()()0,utu l tA=，(),00u x= 1 长为 L 的柱形管 一端封闭，另一端开放，管外空气中含有某种气体其浓度为 0 u，向管 8 外扩散，试推导 描述该种气体向管内扩散过程的定解问题。 解；定解问题：()() () 2 2 2 0 0,0 ,00, x uu a tx utuul t u x = = = 2 长为 L 的匀质细杆， 侧面是绝热的， 杆的0x =端按牛顿冷却定律与外界进行热交换 （设 外界温度恒为零度） ，另一端保持为零度，已知杆的初始温度分布为( )x，试给出相应 的定解问题。 定解问题： ()()() ()( ) 2 2 2 0 0,0,0,0 ,0, x uu axl tx uthutu l t u xx = = = 解：对（1）式两边积分得通解()( )( )( ) 32 12 ,4 6 x y u x yyx=+ 其中( )( ) 12 ,yx为任意二阶导数。令（4）满足（2） ，(3) 得 ()( )( ) ()( )( ) 2 12 2 12 ,00 1,1cos 6 u xxx y uyyy =+= =+= 解得： ( )( )( ) 2 11 cos105 6 y yy= + ( )( )( ) 2 21 06xx= 将（5） （6）代入（4）得() 322 2 ,cos1 66 x yy u x yxy=+ 9 定解问题 ( ) ()()( ) ()( )( ) 2 2 2 001 0,002 ,0,03 xx uu axlt tx utul tt u xxxl = = =或 c ( )cossinX xAxBx=+ 由( ) 00,X=得 B=0,( )cosX xAx= 由( ) 0Xl =，得 sin0Al= 若0A,则sin0l=, nl n= ()1,2,3n = 所以 2 n n l = ( )cos n nx Xx l = 综合 2 n n l = ( )cos n nx Xx l = ()0,1,2,3n = (2) ( )( )( ) 00,0XXlhX l =+= 将方程两边乘( )X x,并从0到l积分 ( )( )( ) ( )( )( )() ( )( )( )( )( )() ( )( )() 2 00 2 0 0 2 0 2 2 0 00 0 ll l l l l xXx dxXx X x dx Xx X xXxdx Xl X lXXXxdx hXlXxdx = = + = + =+ 否则 从( ) () 2 0 0 l Xxdx = 得，( ) Xx=0；从( )( )( ) 2 0,0,h X lZ lX xc= 但( )0X l = 所以( )0,0cX x=，与( )0X x 矛盾 从而 ( ) 2 0,cossinX xAxBx=+ 14 由( ) 00X= 得 ( )0,cos;BX xAx= 由 ( )( ) 0XlhX l+= 得 ctg l h = 将这方程的正根从小到大排成一列， 12 , n 则固有值为 2, nn =相应的固有函数， ( )()cos,.1,2,3. nn Xxxn= （3） ( )( )( )( )() ( )( )() 2 2 0 000 2 2 0 00 lll l l Xx dxXx X xXxdx hXXxdx = = + =+ 于是 ( ) 2 0,cossinX xAxbx=+ 代入 ( )( ) 000,XhX= 得 cossin0Bll tg l h += = 设方程的正根从小到大排列： 12 , n 则固有值为 2, nn =相应的固有函数， ( )()cossin,.1,2,3. n nnn Xxxxn h =+= 或 ( )cossin nnnn Xxxhx=+ （4） ( )( )( )( )() ( )( )( )() 2 2 0 00 2 22 12 0 00 ll l l Xx dxXx X xXxdx h Xh XlXxdx = + =+ 判断得知 2 0= ( )cossinX xAxBx=+，取 ( ) 1 cossinZ xxx h =+ 15 由 ( )( ) 1 000,XhZ=得 1 1 0, B Bh AA h = 由 ( )( ) 2 222 11 0,sincoscossin0Xlh X lllhlhl hh +=+= 2 2 2 11 sin1cos0 h hll hh += () 12 2 1 2 hh tg l hh + = 将方程的正根从小到大排列： 12 , n 则固有值为 2, nn =相应的固有函数， ( )() 1 cossin,.1,2,3. n nnn Xxxxn h =+= 或 ( ) 1 cossin nnnn Xxxhx=+ 4.（1） ()( ) ( ),u x tX x T t= ( )( ) 0 00,0 XX XX l += = 解出 ( ) 2 sin, n n n l n x Xx l = = 1,2.n= 从 2 0Ta T+= 解出 ( ) 2 n a t l nn TtC e = 所以， () 2 1 ,sin n a t l n n n x u x tC e l = = 由 ()(),0u xAx lx=，得 ()sin n n x CA lx l = 16 ()()() () 2 332 33 0 8 2124 sin11 0 l n n l kn xl CA lxdx lln + = = 0,1,2k= () () () () 2 21 2 33 1 2181 ,sin 21 na t l n nxl u x te l n + = + = + (2) 设 ()( ) ( ),u x tX x T t= ( )( ) 0 00 XX XX l += = 解出 () ( ) () 2 2 21 2 21 cos 2 nn n n l nn Xxx l + = + = 0,1,2.n = 又从 2 0Ta T+=解出 ( ) () 2 21 2 na t l nn TtC e + = 0,1,2.n= () () () 2 21 2 0 21 ,cos 2 na t l n n nx u x tC e l + = + = 由 () 0 ,0,u xV= () 0 0 21 cos 2 n n n CxV l = + = () () () 0 0 0 2142 cos1 221 l n n nxV CVdx lln + = + () () () () () 2 21 2 0 0 1214 ,cos 212 na n t l n nxV u x te nl + = + = + 4.（3） ()()() () 2 0, ,cos,0 ura u ahu ah r = 解：在极坐标下 22 222 11uuu u rrrr =+ 17 令 ()( )( ),u rR r= 代入 ( ) ( ) ( ) 2 r RrR R r + = = 得： ()( ) ( ) 0 cossin,0,1,2 2 nn CnDnn + = =+= + 由 ( )() 2 2,0,1,2nn n= += 又从 ( ) 2 0 0 r RrRR R += 时 ( )cossinR rCrDr=+ 由 R（R）=0 得 C=0 又由 R（0）=0 得 2 2 2 2 () () 1 ( )sin0 1 2 () ( )sin1 2 ( ):( )()( )0 ( ) ( , )sin n n n nnn n a t R nn n a t R n n R RR Rn n R n r R r R n a T tT tT t R T tC e n r v rC e R = = = = = += = ? ? （，） （，） 1 0 () 0 1 ( , )( ) sin( ) 2 ( )sin ( , )2 ( , )( )sinsin n n R n n a Rr R n v R trf r n r Crf r R n r Crf rdr RR v r tn rn r u r trf rdre rrRRR = = = = = = 25 8 （1） 22 222 12 11 ( , )( , ) uuu A rrrr u auu bu += = 齐次化 2121 1 1221 21 0 1 ( , ) ( , )() 1 () ( , ): ( , )0( , )0 ( ) ( , )( )cos( )sin) 2 nn n uvB r uuuu B ruar baba u bu auu r ba uu vAr v rba v av b A r v rA rnB rn = =+ =+ =+ = + = =+ 代入方程 “22 “ 0021 22 111 ()cos()sin 22 nnnnnn AAuunu AAAnBBBnA rrrrrbar +=+ 2 “ 2 2 “ 2 1 0 1 0 nnn nnn n AAA rr n BBB rr += += 解出 2 21 001 ln2 2 nn nnn nn nnn uuA ACrCrr ba AC rD r BE rF r =+ =+ =+ 由( , )( , )0v av b=可得 ( )( )0 nn A aA b= n=0,1,2, ( )( )0 nn B aB b= n=0,1,2 定出 ()() 22 21 0 2 2 lnln A abuu C ba + = 2 12 10ln 2 2 uuA CCaaa ba = 26 2 0121 ( , )ln 422 CuuCA u rrrr ba =+ 2 012211 ( , )( , )( , ) 2() ln 422 u rv rB r Cu bu auuCA rr baba =+ =+ 12 0 ()2 uu rAAr ba = + 2 12 01 uu rAArrC ba = + 121 0 uuC AAr bar = + 21 21 2 0 ln 2 1 )(CrCr ab uu ArrA+ += 2 12 0112 1 ( )ln 2 r a uu A ruAaaCaC ba = =+ 2 12 21 1 ln 2 uu uAabCbC ba =+ 1 1 lnln C ab = 8(2) 2 1 ( , ),( , )0 uA u auu b r = = 齐次化，令 1 ( , )( , )( , ) ( , ) u rv rB r v ru =+ =+ 则 v 满足 ( , )0,( , )0 r uA v av b = = 设 () 0 1 ( ) ( , )( )cos( )sin 2 nn n A r v rA rnB rn = =+ 代入定解问题 00 00 11 ( )( ) 22 ( )0,( )0, A rA rA r A aA b += = 解出 2222 0( ) lnln 22 AA A rrAbrAbaa=+ 当1n 时 27 ( )0,( )0, nn A aA b = ( )0,( )0, nn B aB b = 解得 ( )0,1,2, n A rn= ( )0,1,2, n B rn= 所以 22 22 ( , )lnln 4224 AAbAbA v rrraa=+ ( , ) 4 A u rr= 00 ( )( )2rA rA rAr+= () 0 2rAAr = 2 01 rAArC = + 1 0( ) C A rAr r =+ 2 012 ( )ln 2 A A rrCrC=+ 2 012 ( )0ln 2 A A aaCaC=+ 1 0( ) C A rAr r =+ 1 0( ) 0 C A bbA b =+ 2 1 CAb= 22 2 ln 2 A Cab Aa= + 2222 0( ) lnln 22 AA A rrAbrAbaa=+ 9设( , , )( )( ) ( )u x y tT t X x Y y= () 2 ( ) ( )( )( )X x Y y Tta T tXYX Y=+ TYX TYX =+= 2 0Tna T + = 28 YX YX += Y C Y = X C X = 由边界条件 2 0 (0)( )0 YCY YY l = = 1 ()0 (0)( )0 XC X XX l + += = 2 2 (1,2,.) n n Cn l = 2 sin n n y Y l = 1 (1,2,.) mnn m Cm l += 1 sin m m x X l = 22 12 mn nm ll =+ 22 12 cossin. nnn nm TAatB ll =+ 2222 21 ,1 1 212 ( , , )cossin. sinsin mnn m n a l nl mm xn y u x y tAtB l lll = + =+ 由 0 0 t u t = = 得(0)0,0 n TB= 12 ,1 12 ( , ,0)sinsin()() mn m n m xn y u x yAAxy lx ly ll = = 12 ,12 00 1212 33 12 3333 1 2 2 2 1 2 336 2 2 ()sin()sin 224 (1 cos)(1 cos) 16 1 ( 1)1 ( 1) ll m n mn m xn y AAx lxdxy lydy l lll llA mn l l mn Al l m n = = = 29 2 2 1 2 6 ,1 12 16 cossinsin m n Al lm xn y u ll = = ? ? 10 法一 22 0 2 0 2 (0, )0,( , ) ( ,0) txx x ua ub u utu l tu u u xx l =+ = = 齐次化，令 0 ( , )uv x tu=+，则 v 满足 22 0 2 2 2 () (0, )0,( , )0 ( ,0)(1) txx x ua ub vu utu l t x u xx l =+ = = 令 (1)(2) ( , )( , )( , )v x tVx tVx t=+,则定解问题分解为下面两个定解问题 (1)( , ) Vx t满足 (1)2(1)2(1) (1)(1) 2 (1) 0 2 () (0, )0,( , )0 ( ,0)(1) txx x Va Vb vV VtVl t x Vxu l =+ = = 以及 (2)( , ) Vx t满足 (2)2(2)2(2) (2)(2) 2 (2) 0 2 () (0, )0,( , )0 ( ,0)(1) txx x Va Vb vV VtVl t x Vxu l =+ = = 先解 (1)( , ) Vx t，令 (1)( , ) ( ) ( )Vx tX x T t= 2 2 2 Tb TX a TX = = 得到下面两个 ODE 由此 () 222 “2 0 0 TabT XZ += += 由边界条件得 30 ( )() 00,0ZZ l= 解出固有值和固有函数 () ( ) () 2 2 21 2 21 cos 2 n n l nx Zx l + = + = 于是从 () 2 2 21 0 2 na TbT l + += 所以 ( ) () () () () () 2 2 21 1 2 1 0 33 12132 ,cos 2 21 na n b lnxu Vx te l n + + + =+ + 再解 ( )2 ( , )Vx t 设将 ( )2 ( , )Vx t按固有函数系 (21) cos 2 nx l + （n=0，1，2。 。 。 。 。 ） 展开为 ( )2 ( , )Vx t=( ) ()21 cos 2 n nx Tt l + 并将 2 0 b u展开为 2 0 b u= ()() 2 0 0 1214 cos 212 n n nxb u nl = + + 解得 ( ) 22 (21) () 2 na bt e nn TtC e + = 于是 (1) 1 ( , ) n n vx tC = = 22 (21) () 2 na bt e e + (21) cos 2 nax e + 由初始条件 0 2 2 0 2(21) (1)cos 2 t n xnx Cudx ttt + = = 0 1 33 ( 1)32 (21) n u n + + 31 所以 ( ) () () () () () 2 2 21 1 2 1 0 33 12132 ,cos 2 21 na n b lnxu Vx te l n + + + =+ + 再解 ( )2 ( , )Vx t 设将 ( )2 ( , )Vx t按固有函数系 (21) cos 2 nx l + （n=0，1，2。 。 。 。 。 ） 展开为 ( )2 ( , )Vx t=( ) ()21 cos 2 n nx Tt l + 并将 ( ) () ( ) () 0 12 0 ( , )( , ) , u x tV x tu Vx tVx tu =+ =+ 展开为 2 0 b u= ()() 2 0 0 1214 cos 212 n n nxb u nl = + + 代入 2( , ) vx t设定解问题 ) 12( 4) 1( )( 2 ) 12( )( 0 2 2 2 + = + + n ub tTb t n tT n nn (0)0 n T= 有此解得( ) n T t 2 2 (21) 2 122 0 2 2 2 ( 1)161 ( ) (21)(21)4 n bt t n n b u le T t nnab t + + = + 从而得到 2( , ) vx t 2 2 (21) 2 122 0 (2) 2 2 2 0 ( 1)161 (21) ( , )cos 2 (21)(21)4 n bt t n n b u le nx vx t l nnab t + + = + = + 32 综合之 ( ) () ( ) () 0 12 0 ( , )( , ) , u x tV x tu Vx tVx tu =+ =+ 10 法二： 22 0 2 0 2 (0, )0,( , ) ( ,0) txx x ua ub u utu l tu u u xx l =+ = = 令 2 ( , )( , ) b t u x te v x t= 22 2 ( , )( , ) b tb t tt ub e v x te v x t=+ 2 2 ( , )( , ) b t t b u x te v x t=+ 2 2 0 2 0 2 (0, )0,( , ) ( ,0) txx b t x va u utv l teu u v xx l = = = 齐次化，令 2 0 ( , )( , )( , )( , ) b t v x tV x tB x tV x tu e=+=+ 则( , )V x t满足 2 22 0 2 0 2 ( , ) (0, )0,( , )0 ( ,0)(1) b t txx x V x ta Vu b e VtV l t x V xu l =+ = = 设 0 (21) ( , )( )cos 2 n n nx V x tT t l = + = 2 2 2 000 0 ( )( ) 2 (0) b t a T tT tu b e l T += = ? 当 n0 时 2 (21) ( )0 2 (0) n n na T t l T + += = 33 11 2 0 ( ) r R u uf = = = (1) 2 ( )cossinfA yAr= (2) ( )sin2 cosf= (3) 22 ( )sincosfAB=+ 解: () 2 0 1 ( , )cossin 2 nn n ar u ranbn R = =+ (1) 22 ( , )( )cos sinsin2 2 A u RfARR= 01,2,. n an= 0,2 n bn= 2 2 2 A bR= 所以 2 1 ( , )sin2 2 u rr= （2） () 1 ( , )( )cos sin2sin3sin 2 u Rf=+ 01,2,. n an= 0,1,3 n bnn= 13 11 , 22 bb= 所以 3 11 ( , )sinsin3 22 rr u r RR =+ （3） 22 ( )sincoscos2 22 ABBA fAB + =+=+ 02 , 22 ABBA aa + = 01,2,. n an= 0,1,2,. n bn= 34 13 11 , 22 bb= 2 ( , )cos2 22 ABBAr u r R + =+ 习题三习题三 1 写出级数 J0(x)的前四项。 解：由公式 2 0 1 ( )( 1)( ) ! (1) 2 nn v n x Jx nn + = = + 知 2 0 0 1 ( )( 1)( ) ! (1) 2 nn n x Jx nn = = + =1- 4 x + 4 64 x - 6 2304 x + 所以，级数 J0(x)的前四项如下： N 0 1 2 3 1 - 4 x 4 64 x - 6 2304 x 注：(1)n+=!n; (1)(2)1= = 2.当0 时，讨论级数 J(x)的收敛范围。 解：由达朗贝尔比值判别法： 1n n u u + = 2(1) 2 1 ( ) (1)! (2) 2 1 ( ) ! (1) 2 n n x nn x nn + + + + = 2 (1) (1) (2) 2 nx nn + + = 2 4(1)(1) x nn+ 对任意的 x(-，+)，只要n就有 1 lim n n u nu + =02n+1，i 1 2 (2n+1)时的项为 X 所以 P , 2n(0)=0 2.求 P , l(1) 求 P , l(x)= 1 2 ! l l 1 2 1 (1) l l l d x dx + + = 1 2 ! l l 1 1 (1) (1) l ll l d xx dx + + + = 1 2 ! l l 1 0 l i + = C 1 i l+ (x2-1)l )i(x2+1)l )l+1-i 1x= = 1 2 ! l l C 1 l l+ L!L2L-1 (注：L 代替小写 l，因为与 1 难区分) = 1 2 C 1 l l+ L = (1) 2 L L+ (2) P , L(x) 1x= = 1 2! L L 1 1 L L d dx + + (x-1)L (x+1)L 1x= = 1 2! LL 1 0 L L + = C 1 L L+ 1 1 L L d dx + + (x+1)L(i) (x-1)i(L+1-i) 1x= 56 = 1 2! LL ( 1 0 L i + = ) i L=? C1 L L+ L! (-2)L-1L =(-1)L-1L C 1 L L+ 1 2