數(shù)理方程試題及解答(一)

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（一）

一、填空：（103分=30分）

1．三維形式波動方程為：（uttcuxxuyyuzz0）2．三維形式熱傳導(dǎo)方程為：（utcuxxuyyuzz0）3．用以說明（邊界上的約束狀況）的條件稱為邊界條件。4．用以說明(初始狀態(tài))的條件稱為初始條件。5．拉普拉斯方程的連續(xù)解稱為：（調(diào)和函數(shù)）6．寫出第一格林公式(u2vdVu

2

2

v

dSgradugradvdV)n

1

7．寫出調(diào)和函數(shù)的積分表達(dá)式（um0

4

1uMnrM0M

m

1uM

dS）

rMMn

0

8．n階第一類貝塞爾函數(shù)Jn(x)表達(dá)式為(Jnx1

m0

xn2m

2n2mm!nm1n0)

9．勒讓德方程的形式為：

dyd2y

1x2xnn1y02

dxdx

2

10．寫出能量積分表達(dá)式:Etutx,tuxx,tdx

2

2

l

二、（6分）若Fx,Gx二次連續(xù)可微，證明uFxatGxat

2

2u2ua0滿足方程：22tx

證明：令xatv,xatw，則有

FGuFvGw

aa

vwtvtwt

2uFvGwFG

aa2

ttvtwttvw

2

FGa22a22

vw

4分

2

2

2

22

uu2FG故有uFGua022;222

txxvwxvw

2分三、（8分）證明定解問題

2

2u2u,x,t0;2a2tx

ut00,x

u0,xtt0

只有零解.

證明:由一維波動方程的能量不等式

2

u2u22222taxdxeaxdxfdxdt

K0

4分

有:當(dāng)f0時(shí)

2

u2u2

taxdx0

故

uu

0,由于u是一個(gè)光滑函數(shù),所以ux,t常數(shù).但是,當(dāng)t0時(shí)tx

u0,所以ux,t0,即所給定解問題只有零解.4分四、（8分）證明：sinmxsinnxdx0mn,其中n滿足

0l

ncosnlhsinnl0,h為常數(shù).

證明：

l

sinmxsinnxdx=

1l

cosmnxcosmnxdx02

mnlsinmnl4分1sin

2mnmn

由mcosmlhsinml0,ncosnlhsinnl0,可推出

sinmnl

l

mn

h

cosmlcosnl,sinmnl

mn

h

cosmlcosnl

1sinmnlsinmnl

即有：sinmxsinnxdx=0（證完）4分

02mnmn五、（8分）由定解問題

22u2ua;22

tx

ut0x,x

utt0x,x

導(dǎo)出無限長弦自由振動的達(dá)朗貝爾公式.

xat

解:作代換,利用復(fù)合函數(shù)微分法則得

xat

2

2u2u2u2u2u2u2u2u222,2a2222

xt

2u

代入原方程得0.對積分得

u

f,(f是的任意可微函數(shù)),再將此式對積分得

ux,tfdf2f1xatf2xat

其中f1,f2都是任意二次連續(xù)可微函數(shù),上式就是方程的通解.4分

fxf2xx,

代入定解條件得1,解出

af1xaf2xx

11xC11xC

dfxxdf1xx,2

22a0222a02

從而得無限長弦自由振動的達(dá)朗貝爾公式

ux,tfdf2f1xatf2xat

=

xat1

xatxat1xatd4分22a

1n11k2

(k1)六、（8分）證明:kcosnt2

2n1212kcostk

11nnintint

kcosntkee證明:

2n12n1

111itnitn

keke22n12n1

11keit1keit,k14分

itit221ke21ke

1kcostiksintkcostiksint1

21kcostiksint1kcostiksint

4分

12kcost2k211k2

12212kcostk212kcostk2

y0,x,

2u2u2u

320;22

xyyx

七、（8分）解柯西問題：

2uu3x,0.y0

yy0

x

解：特征方程

dy

2

2dxdy3dx0，兩族積分曲線為

2

3xyC1xyC2

作特征變換

3xy2u

0，它的通解為，原方程化成

xy

ux,yf1f2，其中f1,f2是兩個(gè)任意二次連續(xù)可微的函

數(shù)。原方程的通解為

ux,yf13xyf2xy4分

把這兩個(gè)函數(shù)代入邊界條件得

f13xf2x3x2

f3xfx012

解得

f1x

f2x

從而得所求的解為

12

xC4

32

xC4

1322

ux,y3xyxy3x2y2

44

4分八、（8分）證明:yJnx是方程x2yxy2x2n2y0的解.

證明:由于yJnx是方程x2yxyx2n2y0的解,將yJnx代入方程

x2yxy2x2n2y0

xxJnx2x2n2Jnx,4分左端得2x2Jn

uuJnuu2n2Jnu=0,即yJnu是方程令ux則有u2Jn

uuJnuu2n2Jnu=0u2Jn

的解,亦即yJnx是方程

x2yxy2x2n2y0的解.4分

2u2u2u

2220,z0

yz九、（8分）解定解問題:x

ut0fx,y,x,y：

11

,其中rMM0rMM1

1

解：用電象法先求出半空間z0的格林函數(shù)GM,M0

4

M0x0,y0,z0與M1x0,y0,z0關(guān)于z0平面對稱.4分

GG

nz0zz0

zz01

=4222

xxyyzz000

先計(jì)算

xx

3

2

zz0

2

yy0zz0

2

2

32z0

=

12

z0

x