2022年《数学物理方程》习题参考答案

1、数学物理方程习题参考答案 A 习题一1. 判定方程的类型,并将其化成标准形式：2uy2u1u0. 0 ,y2u,x2y22y0,当y0 时,双曲型.解：a122a11a22y0,当y0 时,椭圆型.0,当y0 时,抛物型.当y0时,所给方程为双曲型,其特点方程为dy 2y dx 2,0即 dy 2y dx 2就是dyydx dyy dx 0. 积分之,得x2yc,此即两族相异的实特点线. 作可逆自变量代换x2y,x2y,1y.就x,1x,1y1y,yuuxuyuu,2u2u22uxx222u2u1yuu,1y2u113uu1y2u1yy22y22u1y2u1y21y1yuu2u22u2u1 y

2、.222将这些偏导数代入原方程,得附注 ：如令x ,y,碰巧uu0（双曲型的另一标准形）,这是巧合 .2当y0时,所给方程为椭圆型,其特点方程为.01,dy 2y dx20即 dyiydx dyiydx 其特点线为xi2yc 或2yixc . 作可逆自变量代换x ,y ,y2就x,1x0,y0,yuu,u1u,xyy12u.2u2u,2u1y1yux22y22y2将这些偏导数代入原方程,得22u1y0u2u21u0,. 222yu2u,此即（y0时）所求之标准形22y0时,原方程变为2u1u0,已是标准形了（不必再化）. x22y2. 化标准形：解：Lu12ux2u22u22u242u t22

3、u0.x2z2xyxzxzt21221321234u. 2 123这是2y的二次型,于是LuTAu,3z4t1111B1MAMT为对角形 . 其中A1000为实对称矩阵 . 就可逆矩阵 M ,使10111010111x1令MT,其中y,就2z34tLuTMAMTuTB u. M 的找法许多,可配方,可从矩阵入手等. 1000取M1100N1,NT M1T0111 1,011000100110001xxNT,XyN1XMXMy.zzttLuTAuuTMAMTu2u2u.就TB2u2u这是超双曲型方程的标准形式x2y2 z2t2. 习题二 1. 打算任意函数法：utta2uxx,0c. 0. 1.

4、求解第一问题uxat0 x ,xatuxat0 x.解：所给方程为双曲型,其特点线为令xat,就可将方程化为u0. xat,其一般解为u x ,tf 1xatf2xat（其中f 1, f2为二次连续可微函数）. 由定解条件有就f12x ff20 x ,f10 f20 X 2 Y 2 0 0 , 0 . f 10 22x x .f1 2xx f20 ,f1Xf2f2 2xxf 10 ,f2Yf1 0 .故ux ,tf1xatf2xatf20 x2atx2atf10 2.求解其次问题x2atx2at0.0utta2uxx,00 1uxat0 x,ut01x.解：泛定方程的一般解为由定解条件有f1u

5、x,tf 1xatf2xat2000 2xf2 0 0 x ,f10ff1x f2x 1x.就f1x0 xf20 ,0 xxf20.2f2xf1x1x1x2故ux ,tf1xatf2xatx h1uat.0 x2at0 x2at3. 证明方程2x2ua21x12hxt2的解可以写成ux,th1xf1xat2f2xat. xat1 d由此求该方程满意Cauchy 条件utt0 x,的解 . u0 x 解：令vx ,thxux ,t,就v x ,t满意方程v tta2v xx. vx ,tf1xatfxat. 故ux,th1xf1xatf2xat. vtta2vxx,x ,因v x,t满意vt0h

6、x0 x vtt0hx1xx,由 DAlembert公式,得v x ,t1xatxat1xat d22 axat0 xat+11hxat0 xathxat h22 axat故ux ,th1xv x,t0 xat1xat1dh1x1hxat0 xathxath22axat即为所求之解 . 2.Poisson 公式及应用：1.如uux,y ,z ,utt0a2uxxuyyuzzt0 ,t是初值问题utfxgy,的解,试求解的表达式IIIu tt0y z . I,uII,uIII分别满意如下的初值问题：解：uuIuIIu（线性叠加原理） ,其中uutta2uxxuyyuzzt0 ,uI:ut0fx

7、,yyuzzt0,utt00 .utta2 uxxuuII:ut0gy,yyuzzt0,utt0y.utta2 uxxuuIII:ut00,utt0z.由 Poisson 公式,可得uItt4x1tSf dS a2M at1at df2 axatuII411 2fxatfxat.dSSM atdSt412tS at Mga2tauIII1 2gyatgyat1yat.d.2ayat1d1zatd4a2tS at M2azat故ux ,y ,z ,tuIuIIuIII 2.u求解初值问题1 2fxatfxat1gyatgyat21yatd1zat.0,d2ayat2 azatu ttta2uxx

8、uyyuzz2 yz ut0,0解：uIuII,其中u tt0 x2yz .uzzt0,t0,u tta2 uxxuyyI u ：ut00 ,u tt02 xyz .uzz2yzutta2uxxuyyuII：ut00 ,utt00 .由 poisson 公式,得uI41tS at M2 dSx2yz t1a2t3. 2 a3由 Duhamel 原理,得uIItt4a1tS a M2 dS dw x ,y,z ,t; d2故ux ,00t yz t2.1a2t3yz t2即为所求 . y,z,tx2yz t3 3. 降维法：utta2uxxuyyfx,y ,tt0,解：把所给初值问题的解ut0,

9、0z ,t空间中的函数,即与x,y平面垂直的直线utt00.ux,y,t看作x ,y ,上的函数值都相等：u*x ,y ,z ,tux,y ,t,就u*x ,y,z ,t应形式的满意u*ttt0a2u*xxu*yyu*zzfx,y,tt0,u*0,u*tt00.由推迟势可得u*x,y,z,t412trf,t,rdVd, a txddy 2 daraat412tf,dSda0tM S a tf1t, dS124a0tS a Mtf,11242 a0txya2 t22Ma9t1t. Mx,a2tf, ddy2d. 2a02x 2此即所求初值问题解的积分表达式at习题三1. 求解特点值问题XxXx0

10、0 xl,1,2*1X 0 ,0X lX l0.解：该特点值问题要有解0. 0 时,记2 ,就XxAcosxBsinx. 由X 0 0,有BXx AsinxBcosx. 0. 从而A0 ,XxAcosx. 由XlXl,0有AcoslAsinl0. cotl. 此即确定（从而确定）的超越方程 . 由图解法,曲线ycotl和y有无穷个交点,其横坐标012n,从而nn 2 n便是非 0 特点值,相应的特点函数为有B0时,Xx AxXnx A ncosnx,n,1 ,2A0. 由X lX l*2B,Xx A .由X 0 0,有0,0. 此时只有平凡解Xx0. 综上,所求特点值问题的解Xnx A nco

11、snx,n,1,2. x 和X mx 分别满意其中n为超越方程cotl的正根 . X n附注： 下证特点函数系cosnxn1是0,l上的正交系：事实上,设Xnx cosnx和Xmx cosmx2和m2的特点函数,即分别是相应于不同特点值nnmXnx:Xx nXnx ,0.0 2 1 nX0 0 ,XnlXl.nnXmx :XxmXmx ,0mX 0 ,0Xm lX lmml就 1Xmx 2 Xnx dx0, 0l即0Xx XmxXx Xnx nmXnx Xmx dxnm0lnmXnxXmx dx0l如nm,就Xnx Xmx dx0 n ,m,1,2. 0即在0 ,l上,不同特点值所对应的特点函

12、数彼此正交. 2. 用分别变量法求波动方程混合问题u tta2uxxg 0 xl,t0 ,即可 . , t0 ,ux 0 ,tt,u l,tt2 t0 ,ut0 x ,utt0 x2 0 xl,的形式解,其中g 为常数 . 解： 1. 边界条件齐次化：令ux,tvx ,tQx,t,使Qxxx0tt,（这不是定解问题） ,就取Q x ,txl tt2Ql2,vtta2vxxg2 0 xl,t0 ,xl这时vx ,t满意vx,0t0 ,v l,t0 t0,vt0 x,v tt0 x2xl0 xl. 2.“ 拆” 由线性叠加原理：vvIvII,其中v tta2vxx0 xl,t0 ,v tt2 av

13、 xxg2 0vI:vx 0 ,tv l,t,0vII:v x 0 ,tv l,t,01 x. vt0 x ,v tt0 x2xl.vt0,0v tt0.0 3.用分别变量法求得vIx,tn1ancos2 n1 atb nsin2n1atcos2n2 l2 l2l其中an,1lcos21dlcos2 n1 2d,cos2n21 d. 02 n1 2lbn0dll2 l12n1alcos22 n1 l0n2l02 l,2.a , nbn都可算出来 . t 4.由 Duhamel 原理：vIIx ,tw x ,t , d, 0其中wx,t,满意w tta2wxx0,xl,t,wx 0 ,t,0w

14、lt,0wt0,w ttg2.用分别变量法求得其中ux ,twx,t,n1cnsin2n1 2latdcos2n1 x. d. 2lcn2 n1l2 cos2 n1g1al2 cos2 n12 l0综上：n,12 ,3 ,2 l02 lQx ,t. c 可算出 . tv x ,tQx ,tv Ix ,tvIIx ,习题四 1. 用分别变量法求热方程混合问题ut0,ta2uxxl,b2u0 xl,t0 ,uut0,ut0 x的形式解 . 解：这是齐次方程、齐次边界条件情形,直接分别变量：令ux ,tnXxTt,代入泛定方程,得,0. . *12XTb2,从而Xa2TaXx Xx 0,T t2 a

15、b T t由边界条件,得X0Xl0 ,于是,特点值问题为XxXx 0,0 xl特点值nX0Xl0.2, 特点函数为X nxsinnx,n,12ll而T n tA nean2b2tn1,2,. lux,tn1A nean2b2tsinnx.取ll利用sinnx在0,l上的正交性,可定出*lA n2lsinnld n,1 2 ,. l0*1,*2给出所求混合问题的形式解. 满意l,t0,附注：如令u x,teb2tv x ,t,就vx ,t0 xvta2vxxvx0vxl0,vt0 x.用分别变量法求得而A 同*2v x ,t. n1A nean2tsinnlx. l,这恰与上面结果一样习题五用

16、Fourier变换法求初值问题0a2uxx2tufx ,tt0,utut0.的形式解 . 解：方程和初始条件两端关于x 做 Fourier变换 视 t 为参数 , 并记. Fux ,tu ,t,Ffx ,t f,t就原问题化为常微分方程的初值问题：其解为u d u ,0a22u 2t2tu 2 f,tt220 ,. dt u 0 .为参数,tt e2ea2te f,a ed0故u x ,tF11u ,t2tte2 f,a e22tdea2et2F0t e2F1te2 f,ea22td0t e2te2F1 f,ea22td0t e2te2eF21Ffx ,F2 a11e4a2x 2dt t0t

17、e2te2F1Ffx ,*2 aex 2x2de4a2t0ttt e2f,1dd4a2t2a0t即为所求 . 习题六1 1u u 2 u 0 0 l , 0 2 ,1. 求边值问题 u 0 u 0 0 l , 的形式解 . u l f 0 解：用分别变量法：令 u R ,代入泛定方程可得2 R R ,R因而 0,2 R R R 0（ Euler 方程） . 由边界条件 u 0 u 0,得 0 0 . 于是特点值问题为 0 0 , 0 0 ,特点值 n n 2,特点函数为 n sin n n 1,2, . n n2 而 Euler 方程 R R R 0 的解 R C D . n为保证有界性应取D

18、0,从而R nCnn,1 ,2. . *1取u ,R nnCnnsinnn1n1. *2由边界条件ulf,应有fCnlnsinn. n1由sinn在0 ,上的正交性,可得Cn2fsinndn,1,2nl0*1 ,*2给出所求问题的形式解. 2. 用 Green 函数法求解上半平面Dirichlet问题uxxuyy0y0,uy0fx,x2y2时, u有界.解：依据二维Poisson 方程 Dirichlet问题uxxuyy2x ,y ,x ,y D.uDfx ,y 解的积分表达式uM0u x0,y 0DM GM,M0dxdy1DfP G P,M0dlP2nP（其中M0是 D 内任一点,n是边界D 上点 P 的外法线方向）. 其中GM,M0ln10gM,M0,而g M,M0满意r MMgMg M,