数学物理方程复习资料

数学物理方程习题解

习题一

1，验证下面两个函数：

u(x,y) 都是方程

u(x,y) exsiny

uxx uyy 0

的解。

证明：（1

）u(x,y)

1

ux ( )

2

1(x y)

2

322

2x

xx2 y2

x2 y2 x 2xx2 y2

uxx 2

(x2 y2)2(x y2)2

11y 2y

因为uy ( )

322

2x y(x2 y2)2

x2 y2 y 2yy2 x2

uyy 2

222(x y)(x y2)2x2 y2y2 x2

uxx uyy 2 0

(x y2)2(x2 y2)2

所以u(x,y) xuxx uyy 0的解。

（2）u(x,y) esiny 因为

ux siny ex,uxx siny exuy e cosy,uyy e siny

所以

uxx uyy esiny e

x

x

x

x

siyn 0

u(x,y) exsiny是方程uxx uyy 0的解。

2，证明：u f(x)g(y)满足方程

uuxy uxu y0

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其中f和g都是任意的二次可微函数。

证明：因为

u f(x)g(y)

所以

ux g(y) f (x),uy f(x) g (y)uxy f (x) g (y)

uuxy uxuy f(x)g(y) f (x)g (y) g(y)f (x) f(x) g (y) 0

得证。

3， 已知解的形式为u(x,y) f( x y)，其中 是一个待定的常数，求方程 uxx 4uxy 3uyy 0 的通解。

解：令 x y则u(x,y) f( )

所以ux f ( ) ,uxx f ( ) 2

( uxy f ( ),uy f ( ),uyy f

将上式带入原方程得( 4 3)f ( ) 0

2

因为f是一个具有二阶连续可导的任意函数，所以 -4 3 0 从而 1 =3, 2 1，

2

故u1(x,y) f1(3x y),u2(x,y) f2(x y)都是原方程的解，f1,f2为任意的二阶可微函数，根据迭加原理有

u(x,y) f1(3x y) f2(x y)为通解。

4，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x轴。在杆上任意截取位于

杆的截面积为s，由材料力学可知，微元两端处的相对伸长（应[x,x x]的一段微元，

u u

(x,t)与(x x,t)，又由胡克定律，微元两端面受杆的截去部分的 x x

u u

(x,t)与SE(x x)(x x,t)，因此微元受杆的截去部分的拉力分别为SE(x) x x

u u

(x x,t) SE(x)(x,t) 作用力的合力为：SE(x x) x x

变）分别是

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2u

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(,t)，

x

由牛顿第二定律有：

2u u u

x s x 2(,t) sE x x x x,t sE x x,t , x x x

x x x

约去s，并对右端应用中值定理，得

2u u

x x 2(,t) [E x ]x x x x, 0 1

x x x

约去 x，并令 x 0，即得：

u u

x Ex t t x x

由于弹性杆是均匀的， x （常数），E x E（常数）

2

2uE2 u2

a 从而2 a，其中（E是杨氏模量， 是体密度）。

t x2

5， 一均匀细杆直径为l，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热交换，服从规律 dQ K1(u u1)dSdt

记杆的体密度为 ，比热为C,热传导系数为K.试导出此时温度u满足的微分方程。 解：取杆轴为x，考察杆位于 x1,x2 段在 t1,t2 时间区间上的热平衡，在 t1,t2 时间内，

x1,x2 段的侧面流入的热量为：

Q1

t1

t2x2

x1

K1(u u1) ldxdt

在点x1，x2处截面流入该段的热量为：

Q2

所以

t2

t1

t2 u l2 u l2

K(x1,t)dt,Q3 K(x2,t)dt

t1

x4 x4

Q Q1 Q2 Q3

t2

t1

x2

x1

t2x2 2u l2

K2(x,t) K1(u u1) ldxdt

t1x1

x4

温度升高所吸收的热量：

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Q C x (x)S u(x,t2) u(x,t1) dx

x1

x2

u

t1 x1 tt2x2 l2 u c dxdt

t1x1

4 t

t2

x2

c s

由能量守恒定律得：

t1

t2x2

x1

[

l2c u

4 2U l2 K2 K1(u u1) l]dxdt 0 t x4

由x1,x2,t1,t2的任意性，有

uk 2u4k1

(u u1)。 tc x2c l

6,设某溶质在溶液中扩散，它在时刻t溶液中点(x,y,z)处的浓度用函数u(x,y,z,t)表示，试导出u所满足的微分方程。 解：由Nernst定律得

dm D(x,y,z)

u

dsdt n

上式中u表示扩散物质浓度，dm为在dt时间内经过面ds扩散物质的量，D(x,y,z)为扩散系数。

在 t1,t2 时段内通过边界曲面S流入区域 的质量为

m

t2

t1t2

D

s

udsdt n

u u u

(D) (D) (D)]dxdydzdt x x y y z z

t1t2

[

t1

2u 2u 2u

D(2 2 2)dxdydzdt x y z

从时刻t1到t2， 中该物质质量的增加为：

[u(x,y,z,t) u(x,y,z,t)]dxdydz

2

1

t2

t1

u

t

从而，由质量守恒定律有

t2

t1

t2 u 2u 2u 2u

D( )dxdydzdt dtdxdydz 222 t1 x y z t

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交换积分次序可得：

t2

t1

2u 2u 2u u

[D(2 2 2) ]dxdydzdt 0 x y z n

由于t1，t2在区域 都是任意的，可以得到

u 2u 2u 2u

D(2 2 2)

t x y z

7,一根均匀杆原长l，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

定解问题。

解：设点在x 0处固定，在x l处拉长 而静止，然后突然放手任其振动，则方程为

utt a2uxx,0 x l,t 0。

边界条件为：u初始条件为：u

x 0

0,

u xx,ut

x l

0； 0。

x(l x)

，试写出其定解问题。 2

l

t 0t 0

8，长为l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，设单位时间流入单位截面积的热量为q，杆的初始温度分布是解：侧面绝热，方程为

ut a2uxx,0 x l,t 0 边界条件为 u初始条件为 u

t 0x 0

0,ux

x l

q

,t 0 k

x(l x)

,0 x l 2

9，长度为l的均匀细杆，初始温度为0℃，端点x 0处保持常温u0，而在x l处和杆的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

u(x,t)所满足的定解问题。

解：类似第5题，可得方程ut a2uxx b2u,0 x l,t 0。其中 a

2

4kk2

，b 1 c c l u

hu)x l 0 x

边界条件为: u初始条件为：u

x 0

u0,(

t 0

0

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10，设函数u1(x,t)和u2(x,t)分别是定解问题

utt a2uxx,0 x l,t 0, utt a2uxx,0 x l,t 0,

和u 0,u 0, t 0 ut 0 1(x),utt 0 2(x), tt 0

u (t),u (t)1x l2 x 0 ux 0 0,ux l 0

的解，试证明函数u u1 u2是定解问题

utt a2uxx,0 x l,t 0,

ut 0 1(x),utt 0 2(x),

ux 0 1(t),ux l 2(t)

的解。 证明：

利用叠加原理Ⅰ得Lui fi,i 1,2，其中fi 0。因为u1 x,t 是定解问题一得解，

u2 x,t 是定解问题二的解。所以u ciui必满足utt a2uxx。

i 1

2

又因为对定解问题一有

u1u1

t 0x 0

0,u1t

t 0

0,

x l

1(t),u1

t 0

2(t)

，

对定解问题二有

u2u2

t 0x 0

1(x),u2t 0,u2

x l

2(x),

0

所以u

t 0

u1

t 0

u2

t 0

同理可得u1与u2的边界条件与初始条件累加均满 1(x)；

足定解问题三。得证。

11，设函数u1(x,t)和u2(x,t)分别是定解问题

ut a2uxx,0 x l,t 0, ut a2uxx f(x,t),0 x l,t 0,

（Ⅰ）和（Ⅱ） u t 0 ut 0 0

u 0,u ux l0 x 0 ux 0 0,ux l 0

的解，试证明函数u u1 u2是定解问题

ut a2uxx f(x,t),0 x l,t 0,

（Ⅲ） ut 0

ux 0 0,ux l u0

的解。

证明：利用叠加原理得Lui fi,i 1,2，其中（Ⅰ）式f=0，（Ⅱ）式的f为f x,t 。 因为u1 x,t 是定解问题一得解，u2 x,t 是定解问题二的解。所以它们的线性组合

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u ciui必满足方程Lu cifi，即u u1 u2是方程ut a2uxx f(x,t)的解。

i 1

i 1

22

又因为对定解问题（Ⅰ）有u1

t 0

，u1

t 0

x 0

0,u1 u2

x l

u0；对定解问题（Ⅱ）有 ，同理可得u1与u2的边

u2

t 0

0，u2

x 0

0,u2

x l

0。所以u

u1

t 0t 0

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

Utt a2Uxx， 0 x l， t 0

的下述混合问题：

（1）U(x,0) 0,Ut(x,0) x(l x),U(0,t) U(l,t) 0 （2）U(x,0) x2 2lx,Ut(x,0) 0,U(0,t) Ux(l,t) 0 （3）U(x,0) sin(

3 x

),Ut(x,0) x(l x),U(0,t) U(l,t) 0 l

解：（1）第一，求X(x)与T(t)所满足的常微分方程

设满足方程和齐次边界条件的特解形式为U(x,t) X(x)T(t)，代入方程得 X(x)T (t) aX (x)T(t) 即

2

T (t)X (x)

2

aT(t)X(x)

所以得到X(x)与T(t)所满足的两个常微分方程：

T (t) a2T(t) 0

X (x) X(x) 0

第二，解特征值问题

为了要特解形式满足边界条件，必须有 U(0,t) X(0)T(t) 0

U(l,t) X(l)T(t) 0

因为T(t)不能恒为零，所以X(0) X(l) 0

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这样就得到决定X(x)的如下常微分方程边值问题：

X (x) X(x) 0,0 x l

X(0) X(l) 0

① 0,r2 0,r

通解为X(x) Be

满足边界条件：X(0) 0,X(l) 0即

A B 0 Be 0

（关于A，B的齐次线性方程组）

因为系数行列式

1 1 e

e 0

所以A B 0,即X(x) 0，无非零解。 ② 0，通解X x Ax B，带入边界条件得

X 0 B 0

A B 0,即X x 0，无非零解。

X l Al B 0

③ 0,r 0,r i ,通解X

x A2

Bsin，代入边界条件得

A 0

0)

A Bsin 0

k ,(k 1,2, )

所以 k (

k 2k x

),k 1,2 特征函数为Xk x Bksin,k 1,2 ll

2

再将 k代入方程T t a T t 0得Tk t

k a

Tk t 0 l

k a k a

特征方程：r2 0 r i

ll

k ak at Bksint,k 1,2 ll

k ak ak x

t bksint]sin,k 1,2 综上：U Uk Xk x Tk t [akcoslll

通解：Tk Acos第三：迭加Uk

2

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u x,t Uk [akcos

k 1

k 1

k ak ak x

t bksint]sin,k 1,2 lll

第四：确定系数ak，bk使上式满足初始条件。 因为u

t 0

aksin

k 1

k x

x 0,0 x l l

n xk xn x

由正交性：sin x aksinsin,n 1,2

lllk 1

在[0.l]上积分

lln xk xn xl2n xsin xdx asinsindx asindx an k 0n 0 0llll2k 1l

从而ak

llk xsin x dx 0 02l

k x4l3k

sin xdx [( 1) 1] 同理bk 44 0k alk a

2

l

8l3 1(2k 1) at(2k 1) x

所以u sinsin4 4

a k 1(2k 1)ll1

(k )

]2,k 0,1,2 (2)特征值为 k [l

1 k 2x,k 0,1,2

特征函数Xk x Bksin

l1 1 k ak a

22 t Bsin t,k 0,1,2

Tk Akcos k

ll

1 1 1 k ak ak

222u [akcost bksint]sinx

lllk 0

确定系数ak，bk。

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1

k x 2l2ak x sindx

0llbk 0

4l21

k

2

3

3

1 1

k atk x4l2 122 u 3 cos sin 3

k 0 ll1

k 2

（3）u

[ancos

n 1

n an an

t bnsint]sinx lll

an

1,n 32l3 xn x

sin sindx ,n 1,2

0,n 3l 0ll

2/l改为2/ka*pi 0, n 2k

2ln x bk x(l x) sin 8l31,k 1,2

0ll 44,n 2k 1

a n

3 at3 x8l3

sin 4所以u coslla

k 0

1

2k 1

sin4

2k 1 atsin 2k 1 x

l

l

2,用分离变量法求解下述热传导方程的混合问题：

Ut a2Uxx, 0<x<l,t 0,

(1) U(x,0) x(l x), 0<x<l,

U(0,t) U(l,t) 0, t 0; Ut a2Uxx, 0<x<l,t 0,

(2) U(x,0) x, 0<x<l,

U(0,t) U(l,t) 0, t 0;

x x

解：（1）①分离变量，令形式特解U(x,t) X(x)T(t)满足方程和齐次边界条件

X(x)T (t) a2X (x)T(t)

T (t)X (x)

a2T(t)X(x)

T (t) a2T(t) 0

代入边界条件得：X(0) X(l) 0

X(x) X(x) 0

从而得决定X(x)的如下常微分方程边值问题

X (x) X(x) 0

X(0) X(l) 0

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②求解特征值问题

因为当 0时，该问题只有零解，无非零解 只有当

0时，方程有非零解：X(x) A B

A 0

代入边界条件得： 0 k

Bsin 0k 2

),k 1,2, l

k x

,k 1,2, 特征函数为Xk(x) Bksinl

所以特征值为 k (

再将特征值代入T (t) a2T(t) 0得Tk (t) (通解：Tk(t) Ake

(k a2

)tl

k a2

)Tk(t) 0 l

,k 1,2,

(k a2

)tl

所以U Uk XkTk ake

sin

k x

，k 1,2, l

③迭加Uk，则u(x,t)

ake

k 1

(

k a2

)tl

sin

k x

l

④确定系数ak，使上式满足初始条件，则

ak

2lk x2lk x (x)sindx x(l x)sindx 00llll

0,k 2n 2

4l [1 ( 1)k] 8l2n 0,1,2, 3

,k 2n 1(k ) (k )3

(2n 1) a2 []t8l2(2n 1) xl

所以u 3 e sin3

ln 0 (2n 1)

（2）特征值为 k (

k 2

)，k 0,1,2, ； l

k x

,k 0,1,2, 特征函数为Xk(x) cosl

u(x,t) bke

k 0

(

k a2

)tl

cos

k x

l

l ,k 0 2lk x 0,k 2n

bk x cosdx 2l k

[1 ( 1)],k 1,2, 4l,n 0,1,2 l0l22 k ,k 2n 1 22 k

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(2n 1) a2 []t4l(2n 1) xl

所以u(x,t) l l改为l/2，级数钱负号- e cos22

(2n 1) ln 0

3,求解下述定解问题：

uxx uyy 0 0 x a, 0 y b

u(0,y),u(a,y) 0 0 y b

u(x,0) g(x),u(x,b) 0 0 x a

解：u u1(x,y) u2(x,y) 其中u1(x,y)满足

uxx uyy 0 0 x a, 0 y b

(1) u(0,y) 0,u(a,y) 0 0 y b

u(x,0) g(x),u(x,b) 0 0 x a

u2(x,y)满足

uxx uyy 0 0 x a, 0 y b

(2) u(0,y) f(y),u(a,y) 0 0 y b

u(x,0) 0,u(x,b) 0 0 x a

用分离变量法解得（1）得

a2 1n n (y b)n x

u1(x,y) [g( )sind ]shsin

an 1sh(n b/a) 0aaa

u2(x,y)

21n n (x a)n y

[f( )sind ]shsin bn 1sh(n a/b) 0bbb

b

4，求解定解问题

utt a2uxx, 0 x l,t 0

uxx 0 0,ux l 0, t 0

3u x,utt 0 0, 0 x lt 0

解：令特解U(x,t) X(x)T(t)满足齐次方程和齐次边界条件，则

X(x)T (t) a2X (x)T(t)

T (t)X (x)

a2T(t)X(x)

T (t) a2T(t) 0

，代入边界条件得X (0) X(l) 0从而得到决定X(x)的如下常微

X(x) X(x) 0

分方程边值问题

X (x) X(x) 0

X (0) X(l) 0

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①

0，r2 0,r

X(x) Be带入边界条件有

A B 0 Be

非零解。

0

因为系数行列式

e

0所以A B 0即X(x) 0，无

② 0，通解X(x) Ax B带入边界条件有

A 0

A B 0,即X(x) 0，无非零解。

Al B 0

③

0，r2 0,r

所以X (x) X(x) A B

带入边界条件有

1 B 0

(k ) ,k 0,1,2

2 0

(k 1/2) 2

]，k=0,1，2 l

(k 1/2) x

特征函数为Xk(x) Akcos

l

所以 k [ u(x,t)

Tk(t)cos

k 0

(k 1/2) x

l

Tk (t) [

(k 1/2) a2

]Tk(t) 0

l

再代入初始条件得：

(k 1/2) x

x3

lk 0

(k 1/2) x

ut(x,0) Tk (0)cos 0

lk 0u(x,0) Tk(0)cos

2l3(k 1/2) xx cosdx k 0ll

由正交性知

l2(k 1/2) x

Tk (0) 0 cosdx 0

0ll

Tk(0)

(k 1/2) a2

]Tk(t) 0 Tk(t) [

所以，得到Tk的常微分方程初值问题 解得 l

Tk(0) k,Tk (0) 0Tk Ckcos

(k 1/2) a(k 1/2) a

t Dksint代入初始条件得Ck k,Dk 0

ll

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4l348 24(2k 1) (2k 1)3 3

,k 2n 44

(2k 1)2l(k 1/2) x

k x3 cosdx 3 330ll 4l 48 24(2k 1) (2k 1) ,k 2n 1

4 (2k 1)4

(k 1/2) a

t 所以Tk k cos

l

因此

u(x,t)

4l3

4

k 1

48 24(4k 3) (4k 3)3 3(4k 3) a(4k 3) [ cost cosx4

(4k 3)2l2l

48 24(4k 1) (4k 1) (4k 1) a(4k 1)

cost cosx]4

(4k 1)2l2l

3

3

5， 求解定解问题

utt a2uxx 0 0 x ,t 0

ux(0,t) 0,ux( ,t) 0 t 0

u(x,0) sinx,u(x,0) 0 0 x

t

解：因为cosnx，n 0,1,2 是所对应的其次方程在其次边界条件下的特征函数系。

所以设定解问题有如下形式的解：u(x,t)

T(t)cosnx

nn 0

22

将上式代入方程和初始条件得：Tn (t) anTn(t) 0

2 (x) sinx T(0)cosnxT(0) (x)cosnxdx n n nl0n 0

(x) 0 T (0)cosnx T (0) 2 (x)cosnxdx 0

n n

n l 0 n 0

n

2

sinx cosnxdx

2

1

1

[sin(1 n)x sin(1 n)x]dx2

1

[ sin(1 n)xdx sin(1 n)xdx] [

11

[ cos(1 n)x] [ cos(1 n)x]00

(1 n)1 n

2

, n 0

0, n 2k 1

4 ,n 2k2(1 n)

于是，得到Tn的常微分方程的初值问题

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22 Tn (t) anTn(t) 0

Tn(0) n,Tn (0) 0

解之得：

（1）当n 0时，通解Tn(t) At B，代入初值条件得

Tn(t) B n

（2）当n 0，通解Tn(t) Ccosant Dsinant，则

Tn (t) anCsinant anDcosant

代入初值条件得：

C n Tn(0) C n

Tn (0) anDcosan0 0 D 0

所以Tn(t) ncosant，n 1,2, ； 综上：Tn(t) ncosant，n 0,1,2,

u(x,t) Tn(t)cosnx ncosnat cosnx

n 0

n 0

所以 0 cos0at cos0x

n 1

n

cosnat cosnx

2

1 4n

n 1

4

1

2

cos2ant cos2nx

6， 求解定解问题

ut a2uxx 0 x 2, t 0

uxx 0 0,ux 2 0 t 0

ut 0 8cos(3 x) 6cos(9 x) 0 x 2 44

解：因为cos

(n 1/2) x

,n 0,1,2 是所对应的齐次方程在齐次边界条件的特征函数系，

2

所以定解问题有如下形式的解：

(n 1/2) x (2n 1) x

u(x,t) Tn(t)cos Tn(t)cos

24n 0n 0

(2n 1) a2

[]t(2n 1) a24

]Tn 0 Tn Cne代入方程有：Tn [ 4

数学物理方程复习资料

所以u

Cne

n 0

[

(2n 1) a2

]t4

cos

(2n 1) x

4

代入初始条件有：

Cncos

n 0

(2n 1) x3 x9 x

8cos 6cos

444

8, n 1

用比较系数法得Cn 6, n 4

0, n 1,4

从而u 8e

(3 a2

)t4

9 a2 ()t3 x9 x

cos 6e4cos

44

7， 求解定解问题

ut a2uxx bu 0<x< , t 0

uxx 0 0,uxx 0 t 0

ut 0 x, 0<x<

解：因为cosnx,n 0,1,2 是所对应的齐次方程在齐次边界条件下的特征函数系，所以定

解问题有如下形式的解：u(x,t)

Tcosnx，

nn 0

2

代入方程有：Tn (t) (an)Tn(t) bTn(t) 0 2

即：Tn (t) [b (an)]Tn(t) 0 Tn Cne [b (an)

2

]t

u Cne [b (an)]tcosnx

n 0

2

代入初始条件有：

C

n 0

n

cosnx x

由正交性将上式两端同时乘以coskx后，并对x在区间[0, ]上积分，得

0 2, n

2 4

, n 2k 1 Cn x cosnxdx 2

0 n

0, n 2k

所以u

2

e

bt

4

e

bt

1 a2(2k 1)2t

ecos(2k 1)x 2

k 0(2k 1)