2022年《數(shù)學(xué)物理方程》習(xí)題參考答案

1、數(shù)學(xué)物理方程習(xí)題參考答案 A 習(xí)題一1. 判定方程的類型,并將其化成標(biāo)準(zhǔn)形式：2uy2u1u0. 0 ,y2u,x2y22y0,當(dāng)y0 時,雙曲型.解：a122a11a22y0,當(dāng)y0 時,橢圓型.0,當(dāng)y0 時,拋物型.當(dāng)y0時,所給方程為雙曲型,其特點方程為dy 2y dx 2,0即 dy 2y dx 2就是dyydx dyy dx 0. 積分之,得x2yc,此即兩族相異的實特點線. 作可逆自變量代換x2y,x2y,1y.就x,1x,1y1y,yuuxuyuu,2u2u22uxx222u2u1yuu,1y2u113uu1y2u1yy22y22u1y2u1y21y1yuu2u22u2u1 y

2、.222將這些偏導(dǎo)數(shù)代入原方程,得附注 ：如令x ,y,碰巧uu0（雙曲型的另一標(biāo)準(zhǔn)形）,這是巧合 .2當(dāng)y0時,所給方程為橢圓型,其特點方程為.01,dy 2y dx20即 dyiydx dyiydx 其特點線為xi2yc 或2yixc . 作可逆自變量代換x ,y ,y2就x,1x0,y0,yuu,u1u,xyy12u.2u2u,2u1y1yux22y22y2將這些偏導(dǎo)數(shù)代入原方程,得22u1y0u2u21u0,. 222yu2u,此即（y0時）所求之標(biāo)準(zhǔn)形22y0時,原方程變?yōu)?u1u0,已是標(biāo)準(zhǔn)形了（不必再化）. x22y2. 化標(biāo)準(zhǔn)形：解：Lu12ux2u22u22u242u t22

3、u0.x2z2xyxzxzt21221321234u. 2 123這是2y的二次型,于是LuTAu,3z4t1111B1MAMT為對角形 . 其中A1000為實對稱矩陣 . 就可逆矩陣 M ,使10111010111x1令MT,其中y,就2z34tLuTMAMTuTB u. M 的找法許多,可配方,可從矩陣入手等. 1000取M1100N1,NT M1T0111 1,011000100110001xxNT,XyN1XMXMy.zzttLuTAuuTMAMTu2u2u.就TB2u2u這是超雙曲型方程的標(biāo)準(zhǔn)形式x2y2 z2t2. 習(xí)題二 1. 打算任意函數(shù)法：utta2uxx,0c. 0. 1.

4、求解第一問題uxat0 x ,xatuxat0 x.解：所給方程為雙曲型,其特點線為令xat,就可將方程化為u0. xat,其一般解為u x ,tf 1xatf2xat（其中f 1, f2為二次連續(xù)可微函數(shù)）. 由定解條件有就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.求解其次問題x2atx2at0.0utta2uxx,00 1uxat0 x,ut01x.解：泛定方程的一般解為由定解條件有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. 證明方程2x2ua21x12hxt2的解可以寫成ux,th1xf1xat2f2xat. xat1 d由此求該方程滿意Cauchy 條件utt0 x,的解 . u0 x 解：令vx ,thxux ,t,就v x ,t滿意方程v tta2v xx. vx ,tf1xatfxat. 故ux,th1xf1xatf2xat. vtta2vxx,x ,因v x,t滿意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即為所求之解 . 2.Poisson 公式及應(yīng)用：1.如uux,y ,z ,utt0a2uxxuyyuzzt0 ,t是初值問題utfxgy,的解,試求解的表達式IIIu tt0y z . I,uII,uIII分別滿意如下的初值問題：解：uuIuIIu（線性疊加原理） ,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求解初值問題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即為所求 . y,z,tx2yz t3 3. 降維法：utta2uxxuyyfx,y ,tt0,解：把所給初值問題的解ut0,

9、0z ,t空間中的函數(shù),即與x,y平面垂直的直線utt00.ux,y,t看作x ,y ,上的函數(shù)值都相等：u*x ,y ,z ,tux,y ,t,就u*x ,y,z ,t應(yīng)形式的滿意u*ttt0a2u*xxu*yyu*zzfx,y,tt0,u*0,u*tt00.由推遲勢可得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此即所求初值問題解的積分表達式at習(xí)題三1. 求解特點值問題XxXx0

10、0 xl,1,2*1X 0 ,0X lX l0.解：該特點值問題要有解0. 0 時,記2 ,就XxAcosxBsinx. 由X 0 0,有BXx AsinxBcosx. 0. 從而A0 ,XxAcosx. 由XlXl,0有AcoslAsinl0. cotl. 此即確定（從而確定）的超越方程 . 由圖解法,曲線ycotl和y有無窮個交點,其橫坐標(biāo)012n,從而nn 2 n便是非 0 特點值,相應(yīng)的特點函數(shù)為有B0時,Xx AxXnx A ncosnx,n,1 ,2A0. 由X lX l*2B,Xx A .由X 0 0,有0,0. 此時只有平凡解Xx0. 綜上,所求特點值問題的解Xnx A nco

11、snx,n,1,2. x 和X mx 分別滿意其中n為超越方程cotl的正根 . X n附注： 下證特點函數(shù)系cosnxn1是0,l上的正交系：事實上,設(shè)Xnx cosnx和Xmx cosmx2和m2的特點函數(shù),即分別是相應(yīng)于不同特點值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,不同特點值所對應(yīng)的特點函

12、數(shù)彼此正交. 2. 用分別變量法求波動方程混合問題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(shù) 為常數(shù) . 解： 1. 邊界條件齊次化：令ux,tvx ,tQx,t,使Qxxx0tt,（這不是定解問題） ,就取Q x ,txl tt2Ql2,vtta2vxxg2 0 xl,t0 ,xl這時vx ,t滿意vx,0t0 ,v l,t0 t0,vt0 x,v tt0 x2xl0 xl. 2.“ 拆” 由線性疊加原理：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.用分別變量法求得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都可算出來 . t 4.由 Duhamel 原理：vIIx ,tw x ,t , d, 0其中wx,t,滿意w tta2wxx0,xl,t,wx 0 ,t,0w

14、lt,0wt0,w ttg2.用分別變量法求得其中ux ,twx,t,n1cnsin2n1 2latdcos2n1 x. d. 2lcn2 n1l2 cos2 n1g1al2 cos2 n12 l0綜上：n,12 ,3 ,2 l02 lQx ,t. c 可算出 . tv x ,tQx ,tv Ix ,tvIIx ,習(xí)題四 1. 用分別變量法求熱方程混合問題ut0,ta2uxxl,b2u0 xl,t0 ,uut0,ut0 x的形式解 . 解：這是齊次方程、齊次邊界條件情形,直接分別變量：令ux ,tnXxTt,代入泛定方程,得,0. . *12XTb2,從而Xa2TaXx Xx 0,T t2 a

15、b T t由邊界條件,得X0Xl0 ,于是,特點值問題為XxXx 0,0 xl特點值nX0Xl0.2, 特點函數(shù)為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給出所求混合問題的形式解. 滿意l,t0,附注：如令u x,teb2tv x ,t,就vx ,t0 xvta2vxxvx0vxl0,vt0 x.用分別變量法求得而A 同*2v x ,t. n1A nean2tsinnlx. l,這恰與上面結(jié)果一樣習(xí)題五用

16、Fourier變換法求初值問題0a2uxx2tufx ,tt0,utut0.的形式解 . 解：方程和初始條件兩端關(guān)于x 做 Fourier變換 視 t 為參數(shù) , 并記. Fux ,tu ,t,Ffx ,t f,t就原問題化為常微分方程的初值問題：其解為u d u ,0a22u 2t2tu 2 f,tt220 ,. dt u 0 .為參數(shù),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即為所求 . 習(xí)題六1 1u u 2 u 0 0 l , 0 2 ,1. 求邊值問題 u 0 u 0 0 l , 的形式解 . u l f 0 解：用分別變量法：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） . 由邊界條件 u 0 u 0,得 0 0 . 于是特點值問題為 0 0 , 0 0 ,特點值 n n 2,特點函數(shù)為 n sin n n 1,2, . n n2 而 Euler 方程 R R R 0 的解 R C D . n為保證有界性應(yīng)取D

18、0,從而R nCnn,1 ,2. . *1取u ,R nnCnnsinnn1n1. *2由邊界條件ulf,應(yīng)有fCnlnsinn. n1由sinn在0 ,上的正交性,可得Cn2fsinndn,1,2nl0*1 ,*2給出所求問題的形式解. 2. 用 Green 函數(shù)法求解上半平面Dirichlet問題uxxuyy0y0,uy0fx,x2y2時, u有界.解：依據(jù)二維Poisson 方程 Dirichlet問題uxxuyy2x ,y ,x ,y D.uDfx ,y 解的積分表達式uM0u x0,y 0DM GM,M0dxdy1DfP G P,M0dlP2nP（其中M0是 D 內(nèi)任一點,n是邊界D 上點 P 的外法線方向）. 其中GM,M0ln10gM,M0,而g M,M0滿意r MMgMg M,