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1、数学物理方程习题参考答案(A) 习题一1. 判断方程的类型，并将其化成标准形式：0212222yuyuyxu. 解：.0,0.,00,.0,02211212时，抛物型当椭圆型时当时，双曲型当yyyyaaa当0y时，所给方程为双曲型，其特征方程为, 0)()(22dxydy即,0)()(22dxydy就是0)(dxydydxydy. 积分之，得cyx2，此即两族相异的实特征线. 作可逆自变量代换,2,2yxyx则.1,1, 1, 1yyyyxx,2,2222222uuuxuuuyuxuxu),(1uuyyu).1)(2()(1211)1(1)1(1)()(12122222222222322yuu
2、uuuyyyuyuyuyuyuuyyu名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 15 页 - - - - - - - - - 将这些偏导数代入原方程，得附注：若令0,2,uuyx碰巧（双曲型的另一标准形），这是巧合 .当0y时，所给方程为椭圆型，其特征方程为0)()(22dxydy即. 0)(dxyidydxyidy其特征线为)2(2cixycyix或. 作可逆自变量代换,2,yx则,1,0,0, 1yyyxx,1,uyyuuxu.1121,222
3、22222uyuyyyuuxu将这些偏导数代入原方程，得,021212222uyuuyu,02222uu此即（0y时）所求之标准形. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 15 页 - - - - - - - - - 0y时，原方程变为,02122yuxu已是标准形了（不必再化）. 2. 化标准形：.0222222222222tzutxuzxuyxuzuxu解：uLu)2222(434131212321. 这是tzyx4321的二次型，于是,u
4、ALuT其中0101110100011111A为实对称矩阵. 则可逆矩阵M，使TMAMB为对角形 . 令,TM其中,4321tzyx则uBuMAMLuTTT)()(. M的找法很多，可配方，可从矩阵入手等. 取,11000110001100011NM,1000110011101111)(1TTMN.,1tzyxMMXXNtzyxXNT名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 15 页 - - - - - - - - - 则.)()(22222222
5、tuzuyuxuuBuMAMuALuTTTT这是超双曲型方程的标准形式. 习题二1. 决定任意函数法： (1).求解第一问题(0)(0)().(),(,002xuxuuauatxatxxxtt. 解：所给方程为双曲型，其特征线为catx. 令,atxatx则可将方程化为0u. 其一般解为)()(),(21atxfatxftxu（其中21, ff为二次连续可微函数）. 由定解条件有)0()0()0()0().()2()0(),()0()2(212121ffxxffxfxf. 则).0()2()(),0()2()(),0()()2(),0()()2(12211221fYYffXXffxxffxxf
6、故)()(),(21atxfatxftxu).0()2()2()0()0()2()2(21atxatxffatxatx (2).求解第二问题)0()0().(),(,101002xuxuuautatxxxtt解：泛定方程的一般解为)()(),(21atxfatxftxu由定解条件有(0)(0)(0)().()()(),()0()2(021121021ffxxfxfxfxf名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 15 页 - - - - - - -
7、 - - 则),0()2()(201fxxf).0()2()()()()(201112fxxxfxxf故)()(),(21atxfatxftxu).()2()2(100atxatxatx(3). 证明方程22222)1()1(tuhxaxuhxx的解可以写成)()(1),(21atxfatxfxhtxu. 由此求该方程满足Cauchy 条件)(),(00 xuxuttt的解 . 解：令),()(),(txuxhtxv则),(txv满足方程xxttvav2. )()(),(21atxfatxftxv. 故)()(1),(21atxfatxfxhtxu. 因),(txv满足),()()(),()(
8、)(,10002xxxhvxxxhvvavtttxxtt由 DAlembert公式，得atxatxdaatxatxtxv)(21)()(21),()()()()(2100atxatxhatxatxh+dhaatxatx)()(211故),(1),(txvxhtxuatxatxdhaatxatxhatxatxhxh)()(21)()()()(211100即为所求之解 . 2.Poisson公式及应用：名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 15 页
9、 - - - - - - - - - (1).若),(tzyxuu是初值问题)()(,)()(),0()(002zyuygxfutuuuautttzzyyxxtt的解，试求解的表达式. 解：IIIIIIuuuu（线性叠加原理） ，其中IIIIII,uuu分别满足如下的初值问题：.0),(),0()(:002Itttzzyyxxttuxfutuuuauu).(),(),0()(:002IIyuygutuuuauutttzzyyxxtt).(,0),0()(:002IIIzuutuuuauutttzzyyxxtt由 Poisson 公式，可得MatSdSftatu)(412I).()(21)(21
10、atxfatxfdfatatxatx.)(21)(41.)(21)()(21)(41)(412III22IIMatMatMatSatzatzatyatySSdadtaudaatygatygdSgtatdStau故IIIIII),(uuutzyxu名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 15 页 - - - - - - - - - .)(21)(2a1)()(21)()(21atzatzatyatydadatygatygatxfatxf (2).求
11、解初值问题., 00),(t)(2)(2002yzxuuzyuuuautttzzyyxxtt解：IIIuuu，其中Iu：.,00),(t)(2002yzxuuuuuautttzzyyxxttIIu：.0,00),(t)(2)(002tttzzyyxxttuuzyuuuau由 poisson 公式，得32222I31)()(41tatyzxdStauMatS. 由 Duhamel原理，得.)()(2)(41);,(2020II)(tzyddStadtzyxwuMtaStt故2322)(31)(),(tzytatyzxtzyxu即为所求 . 3. 降维法：.0, 00),(t),()(002ttt
12、yyxxttuutyxfuuau解：把所给初值问题的解),(tyxu看作),(tzyx空间中的函数，即与yx,平面垂直的直线上的函数值都相等：),(),(*tyxutzyxu，则),(*tzyxu应形式的满足名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 15 页 - - - - - - - - - .0,00),(t),()(0*0*2*tttzzyyxxttuutyxfuuuau由推迟势可得dVrartfatzyxuatr),(41),(2*ddSf
13、taddStfatStSMtaMta),(141),(410202)()(dyxtaddtaftatyxMta)()()()(),(2141222202),()9dyxtaddfatxMta)()()(),(2102222) ,()(. 此即所求初值问题解的积分表达式. 习题三1. 求解特征值问题.0)()(, 0)0(),(00)()(lXlXXlxxXxX解：该特征值问题要有解0. 0时，记2，则xBxAxXsincos)(. xBxAxXcossin)(. 1(*)由0)0(X，有0B. 从而xAxXAcos)(,0. 由0sincos, 0)()(lAlAlXlX有. lcot. 此即
14、确定（从而确定）的超越方程 . 由图解法，曲线ylycot和有无穷个交点，其横坐标n210，从而), 2, 1(2nnn名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 15 页 - - - - - - - - - 便是非 0特征值，相应的特征函数为2(*), 2, 1,cos)(nxAxXnnn.)(,)(0AxXBAxxX时，由0)0(X，有0A. 由0)()(lXlX，有0B. 此时只有平凡解0)(xX. 综上，所求特征值问题的解), 2, 1(,c
15、os)(nxAxXnnn. 其中n为超越方程lcot的正根 . 附注：下证特征函数系1cosnnx是,0l上的正交系：事实上，设xxXnncos)(和xxXmmcos)(分别是相应于不同特征值2nn和2mm的特征函数，即)(xXn和)(xXm分别满足).()(,0)0(, 0)()(: )(lXlXXxXxXxXnnnnnnn (1) . 0)()(, 0)0(, 0)()(:)(lXlXXxXxXxXmmmmmmm (2) 则0)()2()() 1(0dxxXxXlnm, 即lmnmnnmmndxxXxXxXxXxXxX0)()()()()()()(0dxxXxXlmnmn0)()()(若,
16、mn则), 2, 1,(0)()(0mndxxXxXlmn. 即在,0l上，不同特征值所对应的特征函数彼此正交. 2. 用分离变量法求波动方程混合问题名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 15 页 - - - - - - - - - ),0(,),0(),(,),0(),0,0(20022lxxuxutttluttutlxguautttxxxtt的形式解，其中g为常数 . 解： (1). 边界条件齐次化：令),(),(),(txQtxvtxu使
17、,20tQtQlxxx（这不是定解问题） ，则取2)(),(ttlxtxQ即可 . 这时),(txv满足).0()(,0),(0),(,0), 0(),0,0(2200t2lxlxxvxvttlvtvtlxgvavttxxxtt (2).“拆”由线性叠加原理：IIIvvv，其中., 0),(),0(),0,0(:2002Ilxxvxvtlvtvtlxvavvtttxxxtt. 0, 0, 0),(),0(),0,0(2:002IItttxxxttvvtlvtvtlxgvavv (3).用分离变量法求得lxnlatnblatnatxvnnn2)12(cos2) 12(sin2)12(cos),(
18、1I. 其中llndlndlna0022)12(cos2)12(cos1，dlnldlnlanblln2)12(cos)(2)12(cos2) 12(10202. ., 2, 1n(nnba ,都可算出来 ). (4).由 Duhamel原理：dtxwtxvt0II),(),(, 其中),(txw满足.2,0, 0),(, 0),0(),(02gwwtlwtwtlxwawtttxxxtt用分离变量法求得名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 1
19、5 页 - - - - - - - - - 12)12(cos2)()12(sin),(nnlxnltanctxw. 其中dlngdlnlanclln2) 12(cos)2(2) 12(cos2) 12(1002. ,3,2, 1n(nc可算出 ). 综上：),(),(),(),(),(),(IIItxQtxvtxvtxQtxvtxu. 习题四1. 用分离变量法求热方程混合问题)(,0),(),0(),0,0(022xutlututlxubuautxxt的形式解 . 解：这是齐次方程、齐次边界条件情形，直接分离变量：令)()(),(tTxXtxu，代入泛定方程，得),()(22abTaTXX从
20、而0)()()(,0)()(2tTbatTxXxX. 由边界条件，得,0)()0(lXX于是，特征值问题为0.)(0)(0,0)()(lXXlxxXxX特征值2)(lnn， 特征函数为xlnxXnsin)(，),2, 1(n. 而)1,2,(n)()(22tblannneAtT. 取11)(*).sin),(22xlneAtxuntblann利用0sinlxln，在上的正交性，可定出lnndlnlA0),2, 1(sin)(2. 2(*)名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - -
21、- - - - 第 11 页，共 15 页 - - - - - - - - - 1(*),2(*)给出所求混合问题的形式解. 附注：若令),(),(),(2txvtxvetxutb则满足).(,0),0,0(002xvvvtlxvavtlxxxxt用分离变量法求得lxneAtxvtlannnsin),(2)(1. 而nA同2(*)，这恰与上面结果一致. 习题五用 Fourier变换法求初值问题.0),0(),(202txxtuttxftuuau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),(),(,),(),(tftxfFtutxuF. 则原问
22、题化为常微分方程的初值问题：)(.0)0,(),0(),(222为参数uttfutuadtud其解为defeeetuattat2222220),(),(. 故),(),(1tuFtxudefFeedefeFedefeeeFtattattttatatt01)(0101),(),(),()(22222222222222名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 15 页 - - - - - - - - - detaFxfFFeettaxt)(21),(
23、0)(412222detaxfFFeettaxt)(21*),(0)(412222ddetfeaettaxt1),(20)(4)(2222即为所求 . 习题六1. 求边值问题)(0)(),0(0),20,0(01102fuluuluuul的形式解 . 解：用分离变量法：令)()(Ru，代入泛定方程可得)(2RRR，因而0)()(，0)()()(2RRR（ Euler 方程） . 由边界条件00uu，得0)()0(. 于是特征值问题为,0)()0(),0(0)()(特征值2)(nn，特征函数为)1,2,(sin)(nnn. 而 Euler方程02RRR的解nnDCR)(. 名师归纳总结 精品学习
24、资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 15 页 - - - - - - - - - 为保证有界性应取0D，从而), 2, 1()(nCRnnn. 取11sin)()(),(nnnnnnnCRu. 1(*)由边界条件)(ful，应有1sin)(nnnnlCf. 由nsin在,0上的正交性，可得), 2, 1(sin)(20ndnflCnn. 2(*)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.),(),
25、0(0220有界时， uyxxfuyuuyyyxx解：根据二维Poisson 方程 Dirichlet问题),(D.),(),(2yxfuyxyxuuDyyxx解的积分表达式PPDDdlnMPGPfdxdyMMGMyxuMu),()(21),()(),()(00000（其中0M是D内任一点，Pn是边界D上点P的外法线方向）. 其中满足而),(),(1ln),(0000MMgMMgrMMGMM).(1ln),g(),(0),(000DPrMPDMMMgPMM),(0MMG称为 Green 函数， 找),(0MMG的问题归结为 “特定装置下” 找感应电荷所产生的电势),(0MMg. 名师归纳总结
26、精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 15 页 - - - - - - - - - 对上半平面0y而言，若在0M处放置单位正电荷，它在M处产生的电势为01lnMMr，则感应电荷应放在0M关于0y的对称点0M处，电量为 -1 ，它于M处产生的电势为01lnMMr，从而 Green 函数为001ln1ln),(0MMMMrrMMG20202020)()(ln)()(lnyyxxyyxx. 故所求解为.)()()(21)()(21)(21),(220000000dxyxxxfydxyGxfdxyGxfdxnGxfyxuyyy名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 15 页 - - - - - - - - -