数学物理方法 (郭玉翠 著) 大连理工大学出版社 课后答案 136页

'课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn课后答案网您最真诚的朋友www.hackshp.cn网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！课后答案网：www.hackshp.cn视频教程网：www.efanjy.comPPT课件网：www.ppthouse.com课后答案网www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn第二章数学物理定解问题2.2基础训练2.2.1例题分析例1导出均匀弹性杆的微小纵振动方程，设杆的弹性模量（杆伸长单位长度所需要的力）为E，质量密度为ρ，作用于杆的外力密度为F(x,t)解：取x轴沿杆的轴线方向，以u(x,t)表示x点，t时刻的纵向位移。使用微元法，考虑杆上的一小段[xx,+∆x的运动情况。以]σ(,)xt记杆上x点，t时刻的应力(杆在伸缩过程中各点相互之间单位截面上的作用力)，其方向沿x轴，现在求杆上x点，t时刻的应变（相对伸长）。如图（2。1）所示，A’B’表AB段（平衡位置）在t时刻所处的位置，则AB段的相对伸长是khdaw.com−−−−−−−−−""AB−ABux(+∆xt,)−uxt(,)=，−−−−∆xAB而x点的应变则是ux(+∆xt,)−uxt(,)∂uxt(,)lim=，图2-1弹性杆的微小纵振动∆→∞x∆x∂x由于振动是微小的（不超过杆的弹性限度），由胡克定律有∂uxt(,)σ(,)xt=E。∂x设杆的横截面为S（设为常数），则由牛顿第二定律，[xx,+∆x段的运动方程是]课后答案网2∂u(,)ξtρSx∆=σ(x+∆xtS,)−σ(,)xtS+Fx(+θ∆xtSx,)∆22∂tξ=+∆xθx1∂u(,)ξt∂u(,)ξt=ES−ES+Fx(+θ∆xtSx,)∆www.hackshp.cn2∂ξ∂ξξ=+∆xxξ=x2∂u(,)ξt≈ES∆+xFx(+θ∆xtSx,)∆22∂ξξ=x其中常数θθ,满足0≤θ≤1(i=1,2)，并利用了胡克定律式，而且将函数12i∂u(,)ξt在ξ=x处展开为泰勒级数并取了前两项。以Sx∆除上式的两端后，令∂ξξ=+∆xx∆→x0取极限，得到ρutt(xt,=)Euxxxt,(+Fxt(,))记EFxt(,)a=,fxt(,)=,ρρkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn则方程最后变为2utt(xt,)=auxxxt,(+fxt)(,)这就是杆的纵振动方程，也是一维波动方程。例2导出无旋流体中声波的传播方程。解：运用规律法，直接从现有的理想流体动力学方程和热力学的物态方程出发导出声波方程。设流体密度为ρ(,,,)xyzt，空间中一点(x,y,z)的流体元的速度为����vxyzt(,,,)=vi+vj+vk,压强为pxyzt(,,,)，而连续性方程是xyz∂ρ�+∇⋅(ρv)=0；（1）khdaw.com∂t理想流体的动力学方程是��dv⎡∂v��⎤ρ=ρ⎢+(v⋅∇v)⎥=−∇p；（2）dt⎣∂t⎦此外，声波传播过程是绝热过程，它的物态方程是γp=kρ（3）其中k和γ是常数，它们由流体的性质决定。原则上五个方程（1）－（3）（（1）是矢量方程，它相当于三个标量方程）可以确定五个未知函数ρ,,vvv,和p，然而它们是非线性的，其求解已超出本课程的范围。这里我们xyz课后答案网设法将它们线性化。ρ(,,,)xyzt−ρ0设平衡时流体的密度为ρ，引入稠密度sxyzt(,,,)=以代替ρ。因0ρwww.hackshp.cn0��∂v为声波在传播过程中，s,∇sv,,∇v,∇v,∇v,都是小量，略去高阶小量后，方程xyz∂t（1）－（3）成为∂sxyzt(,,,)�+∇⋅vxyzt(,,,=0)，（4）∂t�∂vxyzt(,,,)ρ=−∇p，（5）0∂tγ∇=pkγρ∇s。（6）0�由方程（5）、（6）消去p后所得得方程再与方程（4）消去v，即得22sxyzttt(,,,)=a∇sxyzt(,,,，)（7）γ−1其中α=kγρ，由方程（3）、（7）和ρ=ρ(1+s，得到)00khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn22pxyzttt(,,,)=a∇pxyzt(,,,，)（8）�由于流体是无旋的，即∇×vxyzt(,,,=)0，必存在速度势uxyzt(,,,，使得)�vxyzt(,,,=−∇)uxyzt(,,,)（9）这样，求三个未知函数vvv,,归结为求一个未知函数u。方程（5）和（6）消去p后，将xyz（9）代入，有⎛∂u2⎞∇⎜−as⎟=0⎝∂t⎠所以khdaw.com∂u2−as=c（10）∂t方程（4）与（10）消去s后，将（9）代入，得到22uxyzttt(,,,)=a∇uxyzt(,,,)（11）�方程（7）、(8)和（11）都是声波的传播方程。如果ρ(,,,),(,,,),(,,,)xyztvxyztpxyzt都不随t变化，则方程（7）、(8)和（11）都变成Laplace方程：2∇sxyzt(,,,=)0，(12)2∇pxyzt(,,,=0)，(13)课后答案网2∇uxyzt(,,,=0)，(14)这些方程给出的是稳定场方程。例3均匀、各向同性的弹性圆膜，沿圆周固定，试列出膜的横振动方程和边界条件。www.hackshp.cn解：设圆膜的质量面密度为ρ为常数（因为圆模是均匀的），又因为圆膜是弹性各向同性的，故可设任何方向上单位长度上所受的张力T也是常数。在非边界的膜上任取一小块r到r+∆r，ϕ到ϕ+∆ϕ，现在来分析此小块横向上的受力和运动情况：沿平行于r的方向，设张力与平衡位置的夹角为θ，有在r边上受力Tr∆ϕsinα|，r在r+∆r边上受力Tr(+∆∆r)ϕsinα|，r+∆r沿平行于ϕ的方向，设张力与平衡位置的夹角为β，有在ϕ边上受力Tr∆ϕsinβ|，ϕ在ϕ+∆ϕ边上受力Tr∆ϕsinβ|，ϕ+∆ϕkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn∆u∆u在小振动近似下，sinα≈tanα≈,sinβ≈tanβ≈,由此并根据牛顿第二定律可∆rr∆ϕ−−−2∆u∆u∆u∆u∂uTr(+∆∆r)ϕ−Tr∆ϕ+∆Tr−∆Tr=ρrr∆∆ϕ，2∆r∆rr∆ϕr∆ϕ∂tr+∆rrϕ+∆ϕϕ用∆∆rϕ除方程两边，并且令∆→r0,∆→ϕ0取极限，得22∂⎛∂u⎞1∂u∂uT⎜r⎟+T=ρr，22∂r⎝∂r⎠r∂ϕ∂t22∂u2⎧1∂⎛∂u⎞1∂u⎫−α⎨⎜r⎟+⎬=0，222khdaw.com∂t⎩rr∂⎝∂r⎠r∂ϕ⎭其中a=T。ρ边界条件为：u|=0。rR=例4对弦的横振动问题导出下列情况下的初始条件：（1）弦的两端点x=0和x＝l固定，用手将弦上的点x＝c(0.⎪⎩2在计算结果最后取ε→0。例5导出长为l的杆的一维热传导问题下的边界条件：（1）x=0端保持恒温T，x=l端0为绝热（即热流为零）；（2）两端均有热流流入；（3）两端以牛顿冷却定律与周围介质（其温度恒为u）进行热交换。0�解：（1）显然u|=T。设热流强度为qxyzt(,,,)，由热学中的Fourier定律，热流强x=00khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn�度qxyzt(,,,)与介质的温度uxyzt(,,,)的关系是�q=−∇ku，（1）���利用qi⋅=0(i是x方向的单位矢量），将(1)代入，记得u|=0.（2）xxl=（2）设x=0处的热流强度为qt()，x=i处的热流强度为qt()。考虑杆的小段[0,∆x]12的热量守恒问题（设杆的侧面是绝热的），有∂u(,)ξt��cSxρ∆=qtS()−⋅qi|⋅S1x=∆x∂tkhdaw.comξθ=x其中S为杆的截面积，常数θ满足0≤θ≤1，将（1）代入，并令ε→0取极限，得到1uxx|=0=−qt1()（3）k类似地，对于小段[l−∆xl,，有]∂u(,)ξt��cSxρ∆=⋅qi|⋅+SqtS()，xl=−∆x2∂tξ=−∆lθx其中θ满足0≤θ≤1。将（1）代入，并令ε→0取极限，得到1uxxl|==qt2()(4)课后答案网k�(3)所谓牛顿冷却定律是指，在介质边界面S上，热流强度q地外法向分量是同介质温度u|与周围介质温度u之差成正比，即s0www.hackshp.cn��∂uqn⋅|S=−k=bu(|s−u0)（5）∂ns�其中的比例常数b>0称为热交换系数。在x=l处，n的方向就是x的正方向，所以（5）成为(ux+hu|xl)==hu0b�其中h≡。在x=0段，n的方向与x的正方向相反，所以有k(ux−hu|x=)0=−hu0。例6试将方程u−2u−3u+2u+6u=0xxxyyyxy化成标准型。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2解：因为B−AC=4>0，所以该方程是双曲型的，其特征方程为dy−±113+⎧1==⎨dx1⎩−3特征线为x−y=c和x+3y=c。令ξ=−xy,η=+x3y，121u=−(4−u+12),u即4u−u+3u=0。ξηξηξηξη1622例7讨论方程yu−xu=0的类型，并化为标准型(x,y≠0)．xxyy22解：A=y,B=,0C=−x,所以khdaw.com222B−AC=+xy>022⎛dy⎞2故所给方程为双曲型的，其特征方程为y⎜⎟−x=0⎝dx⎠dyx即=±dxy2222yxyx解之有−=C,+=C1222221212特征曲线为ζ=y−x=C课后答案网1221212η=y+x=C222www.hackshp.cn⎧1212ζ=y−x⎪⎪22令⎨⎪η=1y2+1x2⎪⎩22则原方程化为2η2ζu=−u+uζη22ζ22η4(η−ζ)4(η−ζ)2.2.2习题1、长为l的弦两端固定，开始时在x=c受冲量k的作用，试写出相应的定解问题。2、长为l的均匀杆，侧面绝缘一端温度为零，另一端有恒定热流q进入（即单位时间内khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnxl(−x)通过单位截面积流入的热量为q），杆的初始温度分布是，试写出相应的定解问题。23、一均匀杆的原长为l，一端固定，另一端沿杆的轴线方向拉长e而静止，突然放手任其振动，试建立振动方程与定解条件。4、把下列方程化为标准型。(1)u+4u+5u+u+2u=0xxxyyyxy(2)u+yu=0xxyy(3)u+xu=0xxyy22(4)yu+xu=0khdaw.comxxyy5、若FzGz(),()是两个任意二次连续可微函数，验证u=Fxat(+)+Gxat(−)满足方程22∂u2∂u=a22∂t∂x6、验证线性奇次方程的叠加原理。即若uxyuxy(,),(,),⋯,uxy(,),⋯均是线性二阶12n齐次方程课后答案网222∂u∂u∂u∂u∂uA+2B+C+D+E+Fu=0（1）22∂x∂∂xy∂y∂x∂ywww.hackshp.cn∞的解，其中AB、、、、、CDEF都只是xy,的函数，而且级数u=cuxy(,)收敛，其∑iii=1∞中cii(=1,2,⋯)为任意常数，并对xy,可以逐次微分两次，求证u=∑cuxyii(,)仍是原方i=1程的解。2.2.32.2.3解答与提示1解：设弦的两端为：x=0x=l，由题意有22∂u∂u弦的振动方程为=a(0<δ,khdaw.com⎪utt|=0=⎨k(δ→0),|xc−|<δ.⎪⎩2δρ故定解问题为22⎧∂u∂u⎪=a22∂t∂x⎪⎪⎧0⎪⎪|xc−|>δ⎨u|=0,u|=⎨kt=0tt=0|xc−|<δ⎪⎪⎩2δρ⎪⎪u|=0,u|=0x=0xl=⎪⎩课后答案网xl(−x)2解：杆的初始温度分布是，即有初始条件：2xl(−x)u|=www.hackshp.cnt=02由杆的一端温度为零，有边界条件：u|=0x=0杆的另一端有恒定热流q，即：∂uk=q∂xxl=故定解问题为：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn⎧∂∂2u2u⎪=a2∂t∂x⎪⎪xl(−x)⎨u|=t=02⎪⎪∂u⎪u|=0,k=qx=0⎩∂xxl=3解：以uxt(,)表示小段的质心位移，设S为杆的横截面积，ρ为杆的密度，pxt(,)是在点处所受的力。由牛顿第二运动定律，有2∂u[px(+∆−x)pxtS(,)]=ρsx∆2khdaw.com∂tpx(+∆−x)pxt(,)∂p当∆→x0时，u→u，→，又因为∆x∂x∂up=E，故有∂x22∂u∂p∂uρ==E22∂t∂x∂x222E∂u2∂u令a=，可得振动方程为=a22ρ∂t∂x由题意放手时即是振动的初始时刻，此时杆振动的速度为零，即课后答案网u|=0tt=0而x=l端拉离平衡位置使整个杆伸长了e，故整个系统的初始位移为eu|=xt=0www.hackshp.cnl再看边界条件，一端固定即该端没有位移，有u|=0x=0另一端由于放手任其振动时未受外力，有u|=0xxl=故振动方程与定解条件为：22⎧∂u2∂u⎪=a22∂t∂x⎪⎪e⎨u|=x,u|=0t=0tt=0⎪l⎪u|=0,u|=0x=0xxl=⎪⎩khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn24解(1)因为a−aa=−<10，所以该方程是椭圆型的，其特征方程为1211222dy2±2−5==±2idx1特征线为(2+ix)−y=c和(2−ix)−y=c。故可令ξ=(2+ix)−y,η=(2−ix)−y，12为计算方便，又令⎧1α=(ξη+)=2x−y⎪⎪2⎨1⎪β=(ξη−)=x⎪⎩2i原方程化为khdaw.com1u+u=−[(2)i−iu],即u+u+u=0ααβββααβββ2改变自变量的记号得：u+u+u=0ξξηηη2（2）由于a−aa=−y1211222(Ⅰ)若y<0，则a−aa=−>y0，该方程为双曲型。121122dydy其特征方程为=−y，和=−−ydx课后答案网dx特征线为x+2−=yc和x−2−=yc。故可令ξ=+x2−y，η=−x2−y，12所以原方程化为1(ξη−)u+(u−u)=0www.hackshp.cnξηξη22(Ⅱ)若y>0，则a−aa=−x0，该方程为双曲型的。121122333223特征线为y+(−x)2=c和y−(−x)2=c，或写为y+−(x)2=C及121khdaw.com33233y−−(x)2=C。2233令ξ=y+−(x)2（1）233η=y−−(x)2(2)2原方程化为1课后答案网u=−(u−u)（3）ξη3ξη12(−x)233将(1)减(2)式得ξη−=2(www.hackshp.cn−x)2，所以12(−x)2=6(ξη−)，代入(3)得标准型为1u−(u−u)=0ξηξη6(ξη−)2(Ⅱ)若x>0，则a−aa=−022⎪∂t∂x⎪∂u⎨u=,0=0（1）x=0∂x⎪x=l⎪2∂u⎪u=x−2lx,=0t=0∂tkhdaw.com⎩t=0解：分离变量，即令uxt(,)=XxTt()()（2）代入方程（（1）中第一式），得2T(′′t)+λaT(t)=0（3）X(′′x)+λX(x)=0（4）其中λ为分离常数。（2）式代入边界条件（（1）中第二式），得X(0)=X′(l)=0（5）课后答案网相应的本证值问题为求⎧X(′′x)+λX(x)=0⎨（6）⎩X(0)=X′(l)=0www.hackshp.cn的非零解．下面针对λ的取值情况进行讨论：（1）当λ<0时，（6）式中方程的通解是−−λx−λxXx()=Ae+Be（7）其中A，B为积分常数，（7）代入（6）中边界条件，得⎧⎪AB+=0⎨（8）−−λl−λl⎪⎩−Ae+Be=0由（8）得A=B=0，得X（x）=0，为平凡解，故不可能有λ<0。(2)当λ=0时，（6）式中方程的通解是Xx()=AxB+由边界条件得A=B=0，得X（x）=0，为平凡解，故也不可能有λ=0。2（3）当λ=β>0时，上述固有值问题有非零解．此时式（khdaw.com6）的通解为若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnX(x)=Acosβx+Bsinβx代入条件（6）中边界条件，得A=,0Bcosβl=0由于B≠0，故cosβl=0，即2n+1β=π(n=,2,1,0⋯)2l从而得到一系列固有值与固有函数22(2n+1)πλ=n24lkhdaw.com(2n+1)πX(x)=Bsinx(n=,2,1,0⋯)nn2l与这些固有值相对应的方程（3）的通解为(2n+1)πa(2n+1)πaT(t)=C′cost+D′sint(n=,2,1,0⋯)nnn2l2l于是，所求定解问题的解可表示为∞⎛(2n+1)πa(2n+1)πa⎞(2n+1)πu(x,t)=∑⎜Cncost+Dnsint⎟sinxn=0⎝2l2l⎠2l利用初始条件确定其中的任意常数C,D，得nnD=0课后答案网n2l2(2n+1)πC=(x−2lx)sinxdxn∫l02l2www.hackshp.cn32l=−33(2n+1)π故所求的解为2∞32l1(2n+1)πa(2n+1)πu(x,t)=−3∑3×costsinxπn=0(2n+1)2l2l例2演奏琵琶是把弦的某一点向旁边拨开一小段距离，然后放手任其自由振动。设弦1长为l，被拨开的点在弦长的(n为正整数)处，拨开距离为h，试求解弦的振动，即求0n0解定解问题khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2⎧u−au=0(00时，式(5)的通解为Y(y)=Acosλy+BsinλyY′(y)=−Aλsinλy+λBcosλy=0由Y′(0)=0得B=0，由Y′(b)=0得Aλsinλb=0，得λ=0或λb=nπ，22nπ即λ=(n=,2,1⋯)．2b22nπ由此可见，本征值为λ=(n=,2,1,0⋯)2课后答案网bnπ本征函数为Y(y)=Acosy(n=,2,1,0⋯)nnb将λ的值代入式(4)，解得www.hackshp.cnX=C+Dx000nπxnπx−X(x)=Ceb+Deb(n=,2,1⋯)nnn故问题的一般解为∞u(x),y=X(0)xY(0)y+∑Xn(x)Yn(y)n=1(7)∞⎛nπxnπx⎞−nπ=C+Dx+⎜Ceb+Deb⎟cosy00∑⎜nn⎟bn=1⎝⎠由边界条件u=0得到x=0∞nπyC+(C+Dcos)=00∑nnn=1bkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn一个无穷级数等于零，说明各项系数均为零，故C=0C+D=0(n=,2,1⋯)(8)0nn又由u=Ay得x=a∞nπanπa⎛−⎞nπDa+⎜Ceb+Deb⎟cosy=Ay0∑⎜nn⎟bn=1⎝⎠将Ay展开成Fourier余弦级数，并比较系数有1⎛2b⎞A12AbD0a=⎜∫Aydy⎟=b=2⎝b0⎠b22Ab故D=0khdaw.com2anπanπa−2bnπy2AbCeb+Deb=Aycosdy=(cosnπ−1)(9)nn∫22b0bnπ从式(8)和(9)中解得Ab(cosnπ−1)−Ab(cosnπ−1)C=,D=(n=,2,1⋯)nn22nπa22nπanπshnπshbb代入式(7)并整理得∞Ab2Abcosnπ−1nπxnπyu(x,y)=x+2∑shcos(10)2aπn=1n2shnπabb课后答案网b例5带电云与大地之间的静电场近似匀强静电场，其电场强度E0是垂直的．水平架设的输电线处在这个静电场中．输电线是导体圆柱．柱面由于静电感应出现感应电荷，圆柱附www.hackshp.cn近的静电场也就不再是匀强的了．不过，离圆柱“无限远”处的静电场仍保持匀强，现研究导体圆柱怎样改变了匀强静电场（即讨论导线附近的电场分布）．解：化成定解问题，取柱轴为z轴，设导线“无限长”，那么场强和电势都与z无关，只需在x，y平面上讨论．如图3-2所示，圆柱在x，y平面的截面是圆周222x+y=a(a为半径）作为静电场的边界，所以我们采用极坐标．柱外空间无电荷，电22∂u∂u势满足二维Laplace方程+=0，化成极坐标为22∂x∂y22∂u1∂u1∂u++=0(ρ>a)(1)222∂ρρ∂ρρ∂ϕ边界条件：导体中的电荷不再移动，说明导体中电势相同，又因为电势具有相对意义，可以把导体的电势当作零，故u=0(2)ρ=akhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn“无穷远”处也为一个边界（圆内则考虑圆心点），“无穷远”处静电场仍为匀强静电场E0，由于选取了x轴平行E0，故有E=0,E=Eyx0∂u即−=E,u=−Ex=−Eρcosϕ000∂x因此有u→−Eρcosϕ(3)ρ→∞0khdaw.com图3-2输电线对带电云和大地之间电场的影响分离变量，令u=u(ρ,ϕ)=R(ρ)Φ(ϕ)代入方程(1)，得Φ′′+λΦ=0(4)22dRdRρ+ρ−λR=0(5)2dρdρ课后答案网因为极角具有周期性，(ρ,ϕ)和(ρ,ϕ+2π)应表示一个点，同一处的u应该相同，故有u(ρ,ϕ+2π)=u(ρ,ϕ)www.hackshp.cn即R(ρ)Φ(ϕ+2π)=R(ρ)Φ(ϕ)所以有Φ(ϕ+2π)=Φ(ϕ)(6)方程(6)称为自然周期条件．方程(4)，(6)构成本征值问题，解之Φ(ϕ)=Acosmϕ+Bsinmϕ即2λ=m(m=,2,1,0⋯)方程(5)可以写成22dRdR2ρ+ρ−mR=0(7)2dρdρkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnt为欧拉方程．作变换ρ=e化成常系数线性微分方程，其通解为R=C+Dlnρ(m=0)0m1R=Cρ+D(m>0)mρ于是得到极坐标系中Laplace方程的本征解u(ρ,ϕ)=C+Dlnρ000⎛m1⎞u(ρ,ϕ)=(Acosmϕ+Bsinmϕ)⎜Cρ+D⎟mmm⎜mmρm⎟⎝⎠一般解应叠加khdaw.com∞⎛m1⎞u(ρ,ϕ)=C+Dlnρ+(Acosmϕ+Bsinmϕ)⎜Cρ+D⎟(8)00∑mm⎜mmρm⎟m=1⎝⎠由边界条件(2)，有∞⎛m1⎞C0+D0lna+∑(Amcosmϕ+Bmsinmϕ)⎜Cma+Dmm⎟=0m=1⎝a⎠一个Fourier级数为零，各系数为零，即m1C+Dlna=,0Ca+D=000mmma由此2mC=−Dlna,D=−Ca课后答案网00mm于是将解化简为∞ρ⎛m2m1⎞u(ρ,ϕ)=D0ln+∑(Amcosmϕ+Bmsinmϕ)⎜⎜ρ−am⎟⎟(9)awww.hackshp.cnm=1⎝ρ⎠ρ1再由边界条件(3)，对于ρ→∞略去ln及项，即maρ∞mlimρ(Acosmϕ+Bsinmϕ)=−Eρcosϕ∑mm0ρ→∞m=1比较系数A=−EA=0(m≠1)10mB=0m代入方程（9），导体周围的电势分布2ρau(,)ρϕ=Dln−Eρcosϕ+Ecosϕ(10)000aρkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn例6长为l的理想传输线，一端接于电动势为vsinωt的交流电源，另一端开路，求0解线上的稳恒电振荡．解：经历交流电的许多周期后,初始条件所引起的自由振荡衰减到可以认为已经消失，这时的电振荡完全是由交流电源引起的，所以叫稳恒振荡．因此是没有初始条件的问题：⎧2⎛1⎞⎪utt−auxx=0⎜a=⎟⎨⎝LC⎠⎪jωtu=ve,u=0⎩x=00x=ljωt为了计算方便，将电动势vsinωt写成ve，最后将得到的解取虚部．00由于振荡完全由交流电源引起，当然可以认为振荡的周期与交流电源相同，即令jωtkhdaw.comu(x,t)=X(x)e代入方程得2jωt2jωt(j)ωeX(x)−aX′′(x)e=0即2⎛ω⎞X(x)X′′(x)+⎜⎟X(x)=0⎝a⎠其通解为ωωjx−jxX(x)=Aea+Bea故有课后答案网ωωjx−jxu(x,t)=[Aea+Bea]ejωtjωt由u=ve得x=00www.hackshp.cnA+B=v(1)0及u=0x=lωωjl−jl得Aea+Bea=0(2)从式(1)，(2)中解出ω−jlvjvea00A==ω2jl⎛ω⎞1−ea2sin⎜l⎟⎝a⎠ωjlvjvea00B==−ω−2jl⎛ω⎞1−ea2sin⎜l⎟⎝a⎠khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn带入解的表达式，得ωωωωj(x−l)−j(x−l)j(l−x)−j(l−x)v[ea−ea]ejωtv[ea−ea]ejωt00u(x,t)==⎛ω⎞⎛ω⎞−2jsin⎜l⎟2jsin⎜l⎟⎝a⎠⎝a⎠ωvsin(l−x)0ajωt=e⎛ωl⎞sin⎜⎟⎝a⎠1取虚部，并以a=代入，得传输线内稳恒的电振荡LCvsinωLC(l−x)0khdaw.comu(x,t)=sinωtsinωlLC例7试解出具有放射衰变的热传导方程2∂u2∂u−αx−a+Ae=02∂x∂t已知边界条件为u|=0,u|=0x=0xl=初始条件为u|=T（常数）t=00课后答案网12A解令=b,=B，定解问题可以化为22aa2⎧∂u2∂u−αx⎪=b+Be2www.hackshp.cn⎪⎪∂t∂x⎨u|=u|=0x=0xl=⎪u|=T⎪t=00⎪⎩由于对应的齐次问题具有第一类边界条件，故令∞∞nπ−αxnπuxt(,)=Tt()sinx,Be=ft()sinx∑n∑nn=1ln=1l代入上述方程和初始条件得⎧∞⎡2⎤∞⎛nbπ⎞nπnπ⎪∑⎢Ttn′()+⎜⎟Ttn()sin⎥x=∑ftn()sinx⎪n=1⎣⎢⎝l⎠⎥⎦ln=1l⎨∞⎪nπ⎪∑Tn(0)sinx=T0⎩n=1l即khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2⎧⎛nbπ⎞⎪Tt′()+⎜⎟Tt()=ft()⎪n⎝l⎠nn(1)⎨⎪2lnπ2T0n(2)T(0)=Tsinξξd=[1(1)]−−⎪n∫00⎩llnπ其中n−αl2lnπ2nBπ⎡1(1)−−e⎤−αξ⎣⎦ft()=Besinξξd=（3）nl∫0ll2n22⎛π⎞α+⎜⎟⎝l⎠求解(1)式得到2⎛nbπ⎞2−⎜⎟tlTt()=Ce⎝l⎠+ft()（4）khdaw.comnnn222nπb将(2)(3)、式代入(4)式得n−αl2T2B⎡1(1)−−e⎤=0⎡−−n⎤−⎣⎦C1(1)n⎣⎦22nπbnπ2⎛nπ⎞α+⎜⎟⎝l⎠⎛nbπ⎞2n−αl⎛nbπ⎞22T−⎜⎟t2B⎡1(1)−−e⎤⎡−⎜⎟t⎤=0⎡−−n⎤⎝l⎠−⎣⎦⎢⎝l⎠−⎥Tt()1(1)ee1n⎣⎦22nπbnπ2⎛nπ⎞⎢⎥α+⎜⎟⎣⎦课后答案网⎝l⎠故得原定解问题的解为⎧⎫⎪⎛nbπ⎞2⎡n−αl⎤⎡⎛nbπ⎞2⎤⎪∞⎪2T−⎜⎟t2B1(1)−−e−⎜⎟t⎪nπ=⎨0⎡−−n⎤⎝l⎠−⎣⎦⎢⎝l⎠−⎥⎬uxt(,)∑⎣1(1)⎦e22e1sinxn=1⎪nπwww.hackshp.cnbnπ2⎛nπ⎞⎢⎥⎪l⎪α+⎜⎟⎣⎦⎪⎩⎝l⎠⎭即⎧⎫⎪⎛nπ⎞2⎡n−αl⎤⎡⎛nπ⎞2⎤⎪∞⎪2T−⎜⎟t2A⎣1(1)−−e⎦−⎜⎟t⎪nπ=⎨0⎡−−n⎤⎝al⎠−⎢⎝al⎠−⎥⎬uxt(,)∑⎣1(1)⎦e2e1sinxn=1⎪nπnπ2⎛nπ⎞⎢⎥⎪l⎪α+⎜⎟⎣⎦⎪⎩⎝l⎠⎭22例8在环形域a≤x+y≤b(00ttxx⎪⎪⎨u=,0u=sinωtwww.hackshp.cnx=0x=l⎪⎪⎩ut=0=,0utt=0=00≤x≤l解法一：令u(x,t)=v(x,t)+W(x,t)µ(t)−µ(t)x21取W(x,t)=x+µ(t)=sinωt(1)1ll则定解问题转化为2⎧2ωv−av=xsinωt⎪ttxxl⎪⎨v(,0t)=v(l,t)=0(2)⎪ω⎪v(x0,)=,0v(x0,)=−xt⎩lΙΙΙ又令v(x,t)=v(x,t)+v(x,t)khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnΙΙΙ其中v(x,t),v(x,t)分别满足⎧Ι2Ι⎪vtt=avxx⎪ΙΙ⎨v(,0t)=v(l,t)=0(3)⎪ωΙΙ⎪v(x0,)=,0v(x0,)=−xt⎩l2⎧ΙΙ2ΙΙωv=av+xsinωt⎪ttxxl⎪⎪ΙΙΙΙ⎨v(,0t)=v(l,t)=0(4)⎪ΙΙΙΙv(x0,)=v(x0,)=0⎪tkhdaw.com⎪⎩由分离变量法求解式(3)，得∞Ιn2ωlnπatnπv(x,t)=∑(−1)sinsinx(5)22n=1anπll用固有函数法求解问题(4)，即设∞ΙΙnπxv(x,t)=∑vn(t)sinn=1l2∞ωnπxxsinωt=f(t)sin∑nln=1l其中课后答案网222lωnπxn+12ωf(t)=sinxωtsindx=(−1)sinωtn∫l0llnπ代入方程(4)，得www.hackshp.cn222⎧anπ⎪vn′′(t)+vn(t)=fn(t)⎨l⎪⎩v(0)=,0v′(0)=0(n=,2,1⋯)nn由参数变易法，得2ltn+12ωnπa(t−τ)v(t)=(−1)sinωτsindτn∫nπa0nπl2ln+12ωt⎧1⎡⎛nπa(t−τ)⎞⎛nπa(t−τ)⎞⎤⎫=(−1)∫0⎨−⎢cos⎜ωτ+⎟−cos⎜ωτ−⎟⎥⎬dτnπanπ⎩2⎣⎝l⎠⎝l⎠⎦⎭因此∞2ΙΙn+1ωlsin⎡ωt+sinωntsinωnt−sinωt⎤nπv(x,t)=∑(−1)2⎢−⎥sinx(6)n=1(nπ)a⎣ω+ωnωn−ω⎦lkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnnπa其中ω=nl原定解问题的解为ΙΙΙxu(x,t)=v(x,t)+v(x,t)+sinωtlωsinxa解法二：取W(x,t)=sinωtlsinωa则原问题化为⎧⎪2vtt′′=avxx′′⎪⎨v=,0v=0(7)x=0x=lkhdaw.com⎪ωl⎪v=,0v=−ωsinxsinω⎩t=0tt=0aa注意到方程和边界条件同时齐次化了．用分离变量法解方程(7)，得∞⎛⎞ω111nπatnπxv(x,t)=⎜sinαl−sinβl⎟sinsinl∑⎜nn⎟πasinωn=1n⎝αnβn⎠lla⎛ωnπ⎞⎛ωnπ⎞其中αn=⎜+⎟,βn=⎜−⎟⎝al⎠⎝al⎠课后答案网原定解问题的解为ωsinxau(x,t)=v(x,t)+sinωtlwww.hackshp.cnsinωa应当指出，同两种方法得到的定解问题的解在形式上不一样，但可以证明它们是等价的，这是由定解问题解的唯一性决定的．例1100求下列定解问题⎧∂2u∂2u2⎪=a+A0022(1)⎪∂t∂x⎪⎨u=,0u=B(2)x=0x=l⎪(3)∂u⎪u==0⎪t=0∂t⎩t=0的解，其中A，B均为常数．解：这个定解问题的特点是：方程及边界条件都是非齐次的．根据上述原则，首先应将边界条件化成齐次的．由于问题中方程（1）的自由项及边界条件（2）都与t无关，所以我们有可能通过一次代换将方程及边界条件都变成齐次的．具体做法如下：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn令u(x,t)=V(x,t)+W(x)代入方程(1)，得22∂V2⎡∂V⎤=a+W′′(x)⎥+A2⎢2∂t⎣∂x⎦为了使这个方程及边界条件同时化成齐次的，选W(x)满足2⎧⎪aW′′(x)+A=0⎨(4)⎪⎩W=,0W=Bx=0x=l问题(4)是一个二阶常系数线性非齐次常微分方程的边值问题，它的解可以通过两次积分求得：khdaw.comA2⎛AlB⎞W(x)=−x+⎜+⎟x222a⎝2al⎠求出函数W(x)之后，再由问题（1）-（3）可知函数V(x,t)为下列定解问题⎧∂2V∂2V2⎪=a0022(5)⎪∂t∂x⎪⎨V=V=0(6)x=0x=l⎪(7)∂V⎪V=−W(x),=0⎪t=0⎩∂tt=0课后答案网的解．采用分离变量法，可得式(5)满足齐次边界条件(6)的解为∞⎛nπanπa⎞nπV(x,t)=∑⎜Cncost+Dnsint⎟sinx(7)www.hackshp.cnn=1⎝ll⎠l利用式(7)中第二个条件可得D=0．n于是定解问题(5)-（7）的解可表示为∞nπanπV(x,t)=∑Cncostsinxn=1ll代入式(7)中第一个条件，得∞nπ−W(x)=∑Cnsinxn=1l即∞A2⎛AlB⎞nπ2x−⎜2+⎟x=∑Cnsinx2a⎝2al⎠n=1lkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn由傅氏级数的系数公式可得2l⎡A2⎛AlB⎞⎤nπCn=∫⎢2x−⎜2+⎟x⎥sinxdxl0⎣2a⎝2al⎠⎦lAl2nπ⎛A2B⎞lnπ=2∫0xsinxdx−⎜2+2⎟∫0xsinxdx(8)all⎝al⎠l222Al2⎛Al⎞=−+⎜+B⎟cosnπ233⎜222⎟anπnπ⎝anπ⎠因此，原定解问题的解为∞A2⎛AlB⎞nπanπu(x,t)=−2x+⎜2+⎟x+∑Cncostsinx2a⎝2al⎠n=1ll其中khdaw.comCn由式(8)确定．例11在扇形区域内求下列定解问题2⎧∇u=0⎪⎨u|=u|=0θ=0θα=⎪u|=f()θ⎩ρ=a的解。2222∂u1∂u1∂u解：采用极坐标表示∇u=0即∇u=++=0，将222∂ρρρ∂ρ∂θu(,)ρθ=R()()ρΦθ代入方程及边界条件，得课后答案网Φ+Φ=′′λ0(1)22dRdRρ+ρ−λR=0(2)2www.hackshp.cndρdρ及Φ(0)=Φ()0α=（3）可见（1）和（3）构成本征值问题。（1）得通解为Φ()θ=Acosλθ+Bsinλθ（4）由（3）可得A=0,λα=nπ2⎛nπ⎞由此得本征值为λ=⎜⎟(n=1,2,⋯)（5）⎝α⎠和本证函数khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnnπθΦ()θ=Bsin（6）nnα将（5）代入（2）得2222dRdR⎛nπ⎞ρ+ρ−⎜⎟R=022dρdρ⎝α⎠t这是Euler方程，令ρ→e，得其通解为nπnπ−R=C+Dlnρ(n=0)R=Cρα+Dρα(n>0)（7）000nnn由自然条件u|<+∞，取D=0(n=0,1,2⋯)，于是问题的本征解为ρ=0n∞nπnπθu(,)ρθ=∑Cραsinkhdaw.comnnn=1α一般解为本征解的迭加∞nπnπθu(,)ρθ=C+Dlnρ+Cραsin00∑nn=1α由u(,0)ρ=0,得C+Dlnρ=0，即C=D=0，故0000∞nπnπθu(,)ρθ=Dsinρα（8）∑nn=1α∞nπ课后答案网nπθα由边界条件ua(,)θ=∑Dsina=f()θ，得nn=1α12αnπθD=f()sinθdθ（9）nnπ∫α0αwww.hackshp.cnaα代入（8），得定解问题的解为：nπ∞⎡2αnπθ⎤⎛ρ⎞αnπθu(,)ρθ=∑⎢∫0f()sinθdθ⎥⎜⎟sinn=1⎣αα⎦⎝a⎠α例12在铀块中，除了中子的扩散运动之外，还进行着中子的增值过程，每秒钟在电位体积中产生的中子数正比于该处的中子浓度u，从而可表为βu（β是表示增殖快慢的常πa数），设铀块厚度00，则浓度u将随时间而增长，便可能产生爆破；2l22πa若β−<0，则浓度u将随时间而减小，反应堆可能熄火；2l22πaaπ若β−=0,即l=时，浓度u将不随时间而变化，这时l就是临界密度.2lβ2例13矩形区域00khdaw.com22∂t∂x⎪⎪∂ux(,0)⎨ux(,0)=0,=xl(−x);⎪∂t⎪u(0,)t=ult(,)=0.⎪⎩设uxt(,)=XxTt()()，代入上述方程得到2⎧Tt′′()+λaTt()=0(1)⎨⎩Xt′′()+λXt()=0(2)由条件u(0,)t=ult(,)=课后答案网0，得到X(0)()Tt=0XlTt()()=0因为Tt()≠0，所以Xwww.hackshp.cn(0)=Xl()=0(3)2令λ=β>0，此时(2)的通解为：Xx()=AcosβxB+sinβx由X(0)=0及Xl()=0，得A=0及Bsinβl=0nπ又因为B≠0故β=(n=1,2,3,⋯)l因此得本征值和本征函数分别为22nπnπλ=,X()x=Bsinx(n=1,2,3,⋯)2nnll2将本征值代入Tt′′()+λaTt()=0，得khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn222nπaTt′′()+Tt()=02lnaπnaπ解之得Tt()=C′cost+D′sintnnnll令C=BC′,D=BD′，有nnnnnnnaπnaπnπuxt(,)=(Ccost+Dsint)sinx(n=1,2,3,⋯)nnnlll利用叠加原理得∞naπnaπnπuxt(,)=∑(Cncost+Dnsint)sinxn=1lllkhdaw.com∞nπ代入初始条件ux(,0)0=，得到∑Cnsinx=0n=1l∞∂ux(,0)naπnπ及由=xl(−x)，得∑Dnsinx=xl(−x)∂tn=1ll于是得32lnπ4lnC=0，D=xl(−x)sinxdx==⎡1(1)−−⎤nn∫044⎣⎦naπlnπa将其代入uxt(,)得到：课后答案网∞34lnnaπnπuxt(,)=∑[1(1)]sin−−tsinx44n=1nπall2解：令u(x,)t=www.hackshp.cnX(x)T(t)，代入原方程及边界条件得""2T+µaT=0（1）""⎧X+µX=0⎨（2）⎩X(0)=Xl()=0解(2)第一式可得X(x)=Ccosµx+Dsinµx由（2）的第二式得22nπµ=，n2lnπxX(x)=Dsin,n=,3,2,1⋯nnlkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn将µ代入（1）得nπatnπatT(t)=Acos+Bsinnnnll于是∞natπnatπnxπuxt(,)=(Acos+Bsin)sin∑nnn=1lll由初始条件得∞nπat∑Ancos=0n=1l∞nπanπatnπxIBcossin=δ(x−x)∑n0khdaw.comln=1llρ所以A=0n2llInπxB=(−)(x−x)sindxnlim∫l−ε0ε→0lnπaερl2Inπx0=sinnaρl从而∞2Inπxnπatnπx0u(x,t)=∑sinsinsin课后答案网πaρn=1n0ll3解：令u(x,t)=X(x)Tt)(，代入原方程和边界条件得www.hackshp.cn""2T+µaT=0（2）""⎧X+µX=0⎨（3）⎩X(0)=Xl()=0下面求解本征值问题（3）1)若µ=0，则Xx()=CxC+12由边界条件（3）的第二式得C=0，C=0，从而Xx()=0，故µ≠0。212）若µ<0，则−µx−−µxXx()=Ce+Ce12khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn由边界条件（3）的第二式得⎧⎪C+C=012⎨−µx−−µx⎪⎩Cµe−Cµe=012解之得C=C=0，从而Xx()=0，所以不能有µ<0。1223）若µ>0，令µ=k(k为实数），则Xx()=CcoskxC+sinkx12由边界条件（3）的第二式得⎧C=01⎨⎩−CksinklCk+coskl=0khdaw.com12所以(2n+1)πk=，n=0,1,2,⋯2l2n+1X()x=Csinπxnn2l222(2n+1)π将本征值µ=k=代入（2）式，解之得4µ"2n+1"2n+1Tt()=Acosatπ+Bsinatπnnn2l2l从而课后答案网∞2n+12n+12n+1uxt(,)=∑[Ancosatπ+Bnsinatπ]sinπxn=02l2l2l代入初始条件得www.hackshp.cn⎧B=0n⎪∞⎨2n+1F0Asinπx=x⎪∑n⎩n=02lYS故有2lF2n+10A=αsinπααdn∫l0YSlF4ll(2n+1)πα2n+12n+10=22∫0sinπαd[πα]YS(2n+1)πYSl2lF04l2n+12n+12n+1l=[sinπα−παcosπα]220YS(2n+1)πlllnF4(1)l−0=22YS(2n+1)π于是得khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn∞n8lF(1)−2n+12n+10uxt(,)=∑cosπatsinπx22πYSn=0(2n+1)2l2l4解：本题与第2题类似，具有第一类和第二类边界条件，从而可得其一般解∞2n+12n+12n+1Vxt(,)=∑[Ancosatπ+Bnsinatπ]sinπxn=02l2l2l由初始条件得∞2n+1Bcosπx=0∑nn=02l∞2n+1khdaw.com∑Aainnπx=v0n=02l所以B=0n2l2n+1A=vsinπxdxnl∫002l4v0=(2n+1)π∞4v12n+12n+10Vxt(,)=∑cosatπ⋅sinπx课后答案网πn=02n+12l2l5解：弦固定于x=0及x=l两端，初速度为零，即定解问题为22∂u2www.hackshp.cn∂u=a0022∂t∂xu|=0,u|=0x=0xl=⎧hx(0≤x≤c)⎪⎪cu|=⎨,u|=0t=0tt=0h⎪(xl−)(c≤x≤l)⎪⎩cl−设uxt(,)=XxTt()()，得到2⎧Tt′′()+λaTt()=0⎨⎩Xt′′()+λXt()=0其满足边界条件代入得到X(0)()Tt=0XlTt()()=0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn因为Tt()≠0，所以X(0)=Xl()=0有⎧X′′()x+λXx()=0⎨，经讨论知当λ<0或λ=0时，问题没有非零解。⎩X(0)+Xl()=02在λ>0时令λ=β，得Xx()=AcosβxB+sinβx由X(0)=0及Xl()=0，得A=0及Bsinβl=0nπ从而有β=(n=1,2,3,⋯)khdaw.coml因此有本征值和本征函数分别为22nπnπλ=X()x=Bsinx(n=1,2,3,⋯)2nnll2将本征值代入Tt′′()+λaTt()=0，得222nπaTt′′()+Tt()=02lnaπnaπ解之得Tt()=C′cost+D′sintnnn课后答案网ll令C=BC′,D=BD′，有nnnnnnnaπnaπnπuxt(,)=(Ccost+Dsint)sinx(n=1,2,3,⋯)nnnwww.hackshp.cnlll利用叠加原理得∞naπnaπnπuxt(,)=∑(Cncost+Dnsint)sinxn=1lll代入初始条件得2chnπ2lhnπC=xsinxdx+(xl−)sinxdxn∫0∫clcllcl−l22hlncπ=sin22nπclc(−)l2lnπD=0sinxdx=0n∫naπ0l将其代入uxt(,)得到：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn∞22hlncπnaπnπuxt(,)=∑(sincost)sinx22n=1nπclc(−)lll2∞2hl1ncπnaπnπ=2∑(2sincost)sinxπclc(−)n=1nlll6解定解问题为2⎧∂u2∂u⎪=a2∂t∂x⎪⎪⎨u|=xl(−x)t=0⎪u|=u|=0⎪x=0xl=khdaw.com⎪⎩设uxt(,)=XxTt()()，代入上述方程得到2⎧Tt′()+λaTt()=0(1)⎨⎩Xt′′()+λXt()=0(2)由条件u|=u|=0，得到x=0xl=X(0)()Tt=0XlTt()()=0因为Tt()≠0，所以X(0)=Xl()=0（3）课后答案网2令λ=β>0，此时(2)的通解为：Xx()=AcosβxB+sinβxwww.hackshp.cn由X(0)=Xl()=0所以有A=0及Bsinβl=0nπ又因为B≠0，故β=(n=1,2,3,⋯)l由此得本征值和本征函数依次为22nπnπλ=,X()x=Bsinx(n=1,2,3,⋯)2nnll将本征值代入(1)，得222nπTt′()+aTt()=0n2nl其通解为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnn222πa−tl2Tt()=Aenn故有n222πa−2tnπuxt(,)=Celsinx(n=1,2,3,⋯)nnl式中C=ABnnn叠加得到n222πa∞∞−tnπl2uxt(,)=∑uxt(,)=∑Cesinxnnn=1n=1l∞nπ由khdaw.comut=0=xl(−x)，得∑Cnsinx=xl(−x)n=1l于是得22lnπ4lnC=xl(−x)sinxdx==⎡1(1)−−⎤n∫033⎣⎦llnπ将其代入uxt(,)得到：nn222πa4l2∞[1(1)]−−−tnπl2uxt(,)=∑esinx33πn=1nl课后答案网7解由题意即求定解问题2⎧∂u2∂u⎪=a2∂t∂x⎪⎪⎨u|=0,u|=0www.hackshp.cnxx=0xxl=⎪u|=x⎪t=0⎪⎩2设uxt(,)=XxTt()()，并取λ=−β得到22⎧Tt′()+aβTt()=0(1)⎨2⎩Xt′′()+βXt()=0(2)解方程(2)得到Xx()=AcosβxB+sinβx由边界条件得X′(0)=Xl′()0=，代入上式得B=0及Xl′()=−βAsinβl=0又A≠0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn⎧nπ⎪β=(n=1,2,3,)⋯⎨l⎪⎩β=0nπX()x=Acosx(n=0,1,2,3,⋯)nnl解方程(1)得到n22π−at2−β22atl2Tt()=Be=Be,T=Dnnn00n22π−at2nxπl2uxt(,)=Cecos,(C=AB)nnnnnl于是khdaw.comn22πn22π∞−at2∞−at22nxπ2nxπuxt(,)=∑Celcos+XT=D+∑Celcosn000nn=1ln=1l根据初始条件∞nxπ由u|=x有ux(,0)=D+Ccos=xt=00∑nn=1l2lnπ2ln12⎛l⎞l得到C=xcosxdx=[(1)−−1]，D=⎜xdx⎟=n∫0220∫0llnπ2⎝l⎠2故得原定解问题的解为课后答案网n22πl∞2l−at2nxπnl2uxt(,)=+∑[(1)−−1]ecos2n2π2ln=1www.hackshp.cn8解采用极坐标，即令x=ρcosϕ,y=ρsinϕ,(0≤ϕ≤2π),则泛定方程为22∂u1∂u1∂u++=0,(0≤ρ≤a,0≤ϕ≤2)π222∂ρρρ∂ρ∂ϕ令u(ρ,)t=R(ρ)Φ(ϕ)代入上式并分离变量可得R""(ρ)R"(ρ)Φ""(ϕ)+=−=λ2R(ρ)ρR(ρ)ρΦ(ϕ)即Φ(""ϕ)+λΦ(ϕ)=0（1）2ρR""(ρ)+ρR"(ρ)−λR=0（2）khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn由（1）可得Φ(ϕ)=Acosλϕ+Bsinλϕ2由自然边界条件Φ(ϕ+2π)=Φ(ϕ)得λ=m,(m=,3,2,1⋯)Φ(ϕ)=Acosmϕ+Bsinmϕ,(m=,3,2,1⋯)m2将λ=m代入(2)得22ρR""(ρ)+ρR"(ρ)−mR=0t作欧拉变换ρ=e将其化为常系数线性微分方程，可求得其通解为DmmR=C+Dlnρ,(m=0);R=Cρ+,m>0khdaw.com0mmmρ所以，本征解为u(ρ,ϕ)=C+Dlnρ000Dmmu(ρ,ϕ)=(Acosmϕ+Bsinmϕ)(Cρ+)mmmmmρ1对于ρ→+∞略去lnρ和得mρ∞课后答案网mu(ρ,ϕ)=C+(Acosmϕ+Bsinmϕ)ρ0∑mmm=1∞m（1）由u|=Acosϕ有u(a,ϕ)=C+(Acosmϕ+Bsinmϕ)a=Acosϕ，故ρ=awww.hackshp.cn0∑mmm=1AC0=0,A1=,Am=0(m>1),Bm=0(m=1,2,⋯)a因此Au(,)ρϕ=ρsinϕa(2)由u|=A+Bsinϕ有ρ=a∞mu(a,ϕ)=C+(Acosmϕ+Bsinmϕ)a=A+Bsinϕ0∑mmm=1BC0=A,Am=0,(m=1,2,⋯;)B1=,Bm=0(m>1)，因此aBu(ρ,ϕ)=A+ρsinϕ.akhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn9解将u及非齐次项A按固有函数系展开，注意是第一类齐次边界条件，故有∞nπuxt(,)=∑utn()sinxn=1l及∞nπA=∑ftn()sinxn=1ln2lnπ2A⎡⎣1−−(1)⎤⎦ft()=Asinxdx=代入(1)中的方程有n∫l0lnπ∞22"nπ2nπnπut()sinx=−aut()sinx+Akhdaw.com∑n2nn=1lll故有∞22⎛"2nπ⎞nπ∑⎜utn()+a2utn()−ftn()sin⎟x=0n=1⎝l⎠l即22"2nπ2Anut()+aut()=ft()=[1(1)]−−n2nnlnπan222πduan22π2−−tl2上述方程相应齐次方程的通解=−dt，即ut()=Ce课后答案网2n1ul2*2Aln特解为u=[1(1)]−−233anπwww.hackshp.cnan222π2−l2t2Aln于是有ut()=Ce+[1(1)]−−n1233anπ又由于u|=0，得到t=022AlnC=−[1(1)]−−1233anπan222π22Aln⎛−l2t⎞故ut()=[(1)−−1]1⎜−e⎟，可得n233⎜⎟anπ⎝⎠nan222π∞nπ2Al2∞[(1)−−1]⎛−t⎞nπl2uxt(,)=∑utn()sinx=23∑3⎜⎜1−e⎟⎟sinxn=1laπn=1n⎝⎠l或khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnnan222π2Al2∞[(1)−−1]⎛−t⎞nπl2uxt(,)=vxt(,)+wxt(,)=23∑3⎜⎜1−e⎟⎟sinxaπn=1n⎝⎠l10解定解问题为2⎧∂u2∂u⎪=a2∂t∂x⎪⎪⎨u|=10,u|=5x=0xl=⎪u|=kx,k为常数⎪t=0⎪⎩510−5设uxt(,)=vxt(,)+wxt(,)，并取wxt(,)=+1010=−x，从而v满足ll2khdaw.com⎧∂v2∂v⎪=a2∂t∂x⎪⎪⎨v|=v|=0x=0xl=⎪5⎪v|=kx−10+xt=0⎪⎩l令vxt(,)=XxTt()()，由分离变量法解得nπX()x=Bsinxnnlan222π−tl2Tt()=en课后答案网于是an222π−2tnπvxt(,)=X()()xTt=Belsinxnnnnlwww.hackshp.cn一般解为级数形式an222π∞−tnπl2vxt(,)=∑Bensinxn=1l∞nπ5由初始条件有vx(,0)=Bsinx=kx−10+x，所以有∑nn=1lln2l5nxπ2(1)(5−−kl)10−B=(kx−10+x)sindx=n∫l0llπn于是nan222π2∞(1)(5−−kl)10−−tnxπl2vxt(,)=∑esinπn=1nl最后khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnnan222π2∞(1)(5−−kl)10−−tnxπ5l2uxt(,)=vxt(,)+wxt(,)=∑esin+10−xπn=1nll11解定解问题为2⎧∂u2∂u⎪=a+fx()∂t∂x2(1)⎪⎪⎨u|=Au,|=B(2)x=0xl=⎪u|=gx()(3)⎪t=0⎪⎩设uxt(,)=vxt(,)+wx()代入(1)(2)得到22khdaw.com⎧−vav=awx′′()+fx()txx⎨⎩v(0,)t=Aw−(0),(,)vlt=B−wl()故为使vxt(,)的方程和边界条件均为齐次，应选wx()使之满足2⎧awx′′()=−fx()(4)⎨⎩w(0)=Awl,()=B(5)将(4)式对x积分两次得xβ1wx()=dβ−f()αdα+CxC+∫0∫0212课后答案网a代入边界条件(5)中得⎧w(0)=C=A2⎪⎨www.hackshp.cnlβ1⎪Wl()=dβ−f()αdα+ClC+=B∫0∫0212⎩a由此得11lβC=A,C=(B−A)+dβf()αdα212∫0∫0lal故有11lβ1xβwx()=A+(B−A)+dβf()αdα−dβf()αdα(6)lal2∫0∫0a2∫0∫0此时，求解(1)−−(3)的问题，可化为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2⎧∂v2∂v⎪−a=0∂t∂x2(7)⎪⎪⎨v|=v|=v(8)x=0xl=⎪v|=gx()−wx()(9)⎪t=0⎪⎩用分离变量法可求得(7)−−(9)的解为an222π∞−tnxπl2vxt(,)=∑Besinnn=1l2lnxπ其中B=(()gx−wx())sindxn∫l0l故原定解问题的解为khdaw.com11lβ1xβuxt(,)=A+(B−A)+dβf()αdα−dβf()αdαlal2∫0∫0a2∫0∫0222∞anπ−2tnxπ+∑Belsinnn=1l2lnxπ式中B=(()gx−wx())sindx。n∫l0l222∂u∂u12解设Laplace方程为∇u=+=0(1)22∂x∂y课后答案网令uxy(,)=XxYy()()代入(1)得到：www.hackshp.cn⎧X′′()x−λXx()=0(2)⎨⎩Yy′′()+λYy()=0(3)由边界条件得到Y′(0)=Yb′()=0（4）在λ>0时，（3）的通解为Yy()=Acosλy+BsinλyYy′()=−Aλsinλy+Bλcosλy22nπ由Y′(0)=Yb′()=0得B=0且−Aλsinλb=0故λ=(n=0,1,2,)⋯2b于是有khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnnπYy()=Acosy(n=0,1,2,⋯)nnb22nπX′′()x−Xx()=02bnxπnxπ−解出通解为X=C+Dx,X()x=Ceb+Deb(n=1,2,⋯)，于是有000nnn∞uxy(,)=XxYy0()()0+∑Xn()()xYynn=1∞nxπnxπnπ⎛−⎞bb=C0+Dx0+∑AncosyCe⎜n+Den⎟n=1b⎝⎠由边界条件khdaw.comu|x=0=0得∞nπu(0,)y=C0+∑ACn(n+Dn)cosy=0，则级数的各项系数均为零，故n=1bC=0,AC(+D)=0,即有C=0AC=−AD0nnn0nnnn又由u|=Ay即xa=∞nxπnxπnπ⎛−⎞bbuay(,)=Da0+∑AncosyCe⎜n+Den⎟=Ayn=1b⎝⎠课后答案网212⎛b⎞AbAbAb即Da=⎜Aydy⎟==,亦即D=0∫02⎝b0⎠b222anxπnxπwww.hackshp.cn−2bnyπ2Ab故ACeb+ADeb=Aycosdy=[cosnπ−1]nnnn∫22b0bnπ由以上各式解得Ab(cosnπ−1)Ab(cosnπ−1)AC=,AD=−(n=1,2,⋯)nnnn22naπ22naπnπshnπshbb于是有∞Ab2Abcosnπ−1nxπnyπuxy(,)=x+∑shcosaπ2naπbb2n=1nsh2b13解定解问题为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn22⎧∂u∂u⎪+=0(0≤x≤ay,>0)22∂x∂y⎪⎪⎨u|=0,|u=ux=0xa=0⎪u|=0,v|<∞⎪y=0y=∞⎪⎩u令uxy(,)=vxy(,)+wxy(,)，取0wxy(,)=x，代入方程得到a22⎧∂v∂v⎪+=0(0≤x≤ay,>0)22∂x∂y⎪⎪⎨v|=v|=0x=0xa=⎪u⎪=−0<∞v|x,v|y=0y=∞khdaw.com⎪⎩a设vxy(,)=XxYy()()有⎧X′′()x+λXx()=0(1)⎨⎩Yy′′()−λYy()=0(2)解(1)及（2）得到Xx()=AsinλxB+cosλx−λyλyYy()=Ce+Denn22课后答案网nxπnπ由X(0)=0Xa()=0则X()x=Asin(n=1,2,⋯),λ=nn2aanπ−y由Y()∞<∞，则D=0，故Yy()=Cea，而www.hackshp.cnnnnyπnxπ−vxy(,)=X()()xYy=Esineannnna∞unxπ0再由ux(,0)=0,有x+∑Ensin=0，故an=1a2a⎛u0⎞nxπn2u0E=⎜−x⎟sindx=−(1)na∫0aanπ⎝⎠故定解问题的通解为∞nnyπu2u(1)−−nxπuxy(,)=0x+0∑easinaπn=1na14解令u=wN+,则w=−uN,代入定解问题得00khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2⎧w−aw=0txx⎪⎨w(0,)t=wlt(,)=0（1）⎪wx(,0)=−N⎩0令wxt(.)=XxTt()(),代入上式的第一式得""Xx()+λX(0)=0（2）"2Tt()+aTtλ()=0（3）由(2)得Xx()=Acos−λxB+sin−λx（4）由khdaw.comw(0,)t=X(0)()Tt，wlt(,)=XlTt()()得X(0)=Xl()=0从而A=0，Bsin−λl=0，由此得本征值和本征函数分别为22nπnxπλ=−(n=1,2,3,),⋯X()x=Bsin2nnlln222πaβ−µ2代入(3)得Tt()=Ce，于是nnn222πaβ−nxπµuxt(,)=Cesinnn课后答案网ln222πa∞β−nxπµuxt(,)=Cesin∑nn=1ln222πat∞−nxπwww.hackshp.cnl2由wx(,0)=−N得∑Besin=−N.0n0n=1l2lnxπ2N0B=(−N)sindx=(cosnπ−1)n∫0l0lnπn222πat∞(2k−1)2π22at∞2N−nxπ4N−(2k−1)πx0l20l2wxt(,)=∑(cosnπ−1)esin=−∑esinn=1nπlk=1(2k−1)πl∞(2k−1)2π22at4N0−2(2k−1)πxuxt(,)=N−elsin0∑k=1(2k−1)πlkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn第四章二阶线性常微分方程的级数解法Sturm－Liouville本征值问题4.2基础训练4.2.4.2.14.2.11例题分析2例1在x=0的邻域内求解常微分方程y+′′ωy=0（ω为常数）02解：这是一个常系数微分方程，且p(x)≡,0q(x)=ω，x=0显然为方程的常点，0由Cauchy定理，设2ky(x)=a+ax+ax+⋯+ax+⋯012k则khdaw.comky′(x)=1a+2ax+⋯+(k+1)ax+⋯12k+1ky′′(x)=2×1a+3×2ax+⋯+(k+2)(k+1)ax+⋯23k+22把以上结果代入方程【因为p(x)≡0和q(x)=ω都已是Taylor级数】，比较系数有222×1a+ωa=03×2a+ωa=02031224×3a+ωa=05×4a+ωa=04253由此得递推公式2(k+1)(k+2)a+ωa=0课后答案网k+2k及22ωωa=−aa=−a20312!www.hackshp.cn3!44ωωa=−aa=a40514!5!⋮⋮2k2kkωkωa=(−1)aa=(−1)a2k02k+11(2k)!(2k+1)!于是方程的级数解为⎡1214k12k⎤y(x)=a1−(ωx)+(ωx)+⋯+(−1)(ωx)+⋯0⎢⎥⎣2!4!(2k)!⎦2k+1a1⎡1315k(ωx)⎤+⎢ωx−(ωx)+(ωx)−⋯+(−1)+⋯⎥ω⎣3!5!(2k+1)!⎦a1=acosωx+sinωx0ω或写成khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cny(x)=acosωx+asinωx01其中a,a为任意常数．01例2在x=0的邻域内，求解方程：22(1−x)y""−xy"+ny=0。∞n解易知x=0是方程的常点，由Cauchy定理，令y=∑anx,则n=0∞22kny=∑nakx(1)k=0khdaw.com∞∞nkxy"=∑nanx=∑kakx(2)n=1k=0∞∞n−2ky""=∑n(n−1)anx=∑(k+1)(k+2)ak+2x(3)n=2k=0∞∞2nk−xy""=∑n(n−1)anx=−∑k(k−1)akx(4)n=2k=0k将（1）——（4）代入原方程，比较x次幂的系数，得2(k+1)(k+2)a−k(k−1)a+na=0（5）课后答案网k+2kk由（5）得系数间的递推公式22n−ka=−a（6）k+2kwww.hackshp.cn(k+1)(k+2)由上式得22222222nn−1n−2n(n−2)a=−a，a=−a，a=−a=a，20314202!3!3×44!222222n−3(n−1)(n−3)a=−a=a，⋯⋯5314×55!22222kn(n−2)⋯[n−(2k−2)]a=(−1)a2k0(2k)!222222k(n−1)(n−3)⋯[n−(2k−1)]a=(−1)a2k+11(2k+1)!与使得方程的通解为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn∞22222knn(−2)⋯[n−(2k−2)]2ky=C1[1+∑(1)−x]k=1(2)!k∞222222k(n−1)(n−3)⋯[n−(2k−1)]2k+1+C2[1+∑(1)−x].k=1(2k+1)!例3在x=0的邻域内求解厄密特方程y""−2xy"+λy=0(1)问λ取哪些值时使解的级数形式退化为多项式？这些多项式当最高次幂项为n(2x)(n=,3,2,1⋯)时即为厄密特多项式H(h).n解这里p(x)=−,2q(x)=λ。易知x=0是方程（1）的常点。令khdaw.com∞ny=∑anx(2)n=0则∞nλy=∑λanx(3)n=0∞∞nkxy"=∑nanx=∑kakx(4)n=1k=0∞∞n−2ky""=∑课后答案网n(n−1)anx=∑(k+1)(k+2)ak+2x(5)n=2k=0把（3）——（5）代入方程（1）得(k+1)(k+2)a−2ka+λa=0www.hackshp.cnk+2kk即2k−λa=a(6)k+2k(k+1)(k+2)由公式（6）得−λ2−λ4−λ−λ(4−λ)a=a,(a≠0)，a=a，a=a=a200314201×22×33×44!6−λ(2−λ)(6−λ)a=a=a，⋯⋯5314×55!−λ(4−λ)⋯(4k−4−λ)(2−λ)(6−λ)⋯(4k−2−λ)a=a，a=a2k02k+11(2k)!(2k+1)!故(y)x=ay(x)+ay(x)0011其中khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn−λ2−λ(4−λ)4−λ(4−λ)⋯(4k−4−λ)2ky(x)=1+x+x+⋯+x+⋯(8)02!4!(2k)!2−λ3(2−λ)(6−λ)5(2−λ)(6−λ)⋯(4k−−2λ)2k+1yx()=+xx+x+⋯+x+⋯（9）13!5!(2k+1)!收敛半径均是无穷大。从级数（8）（9）知：当λ=4k−,4(k=,3,2,1⋯)时，y(x)退化0为多项式；当λ=4k−,2(k=,3,2,1⋯)时，y(x)退化为多项式。最高次幂项为1n(2x)(n=,3,2,1⋯)时即为厄密特多项式H(h).nkhdaw.com例4在x=0的邻域内求解拉盖尔方程xy""+(1−x)y"+λy=0的有界解。问λ取哪些值时使解的级数形式退化为多项式？这些多项式当最高次幂项为n(−x)(n=,3,2,1⋯)时即为拉盖尔多项式L(x).n1−x解x=0是p(x)=和q(x)的一阶极点，所以是方程的正则奇点。令x∞ny=∑anx(1)n=s则有课后答案网∞∞n−1s+kxy""=∑n(n−1)anx=∑(s+k)(s+k−1)as+kx(2)n=s+2k=0∞∞www.hackshp.cnn−1s+ky"=∑nanx=∑(s+k+1)as+k+1x(3)n=s+1k=0∞∞ns+k−xy"=−∑nanx=−∑(s+k)as+kx(4)n=s+1k=0∞∞ns+kλy=λax=λax(5)∑n∑s+kn=s+1k=1将（2）——（5）代入原方程，令最低次幂的系数为零，得指标方程2(s−s+s)a=0s因为a≠0,故得指标数s=0(6)s1,2s+k令x的系数为零得系数递推公式khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cns+k−λa=a(7)s+k+12s+k(s+k+1)当s=0时，由（7）式得1−λ−λ(1−λ)a=−λa，a=a=a，⋯⋯10221202(2)!−λ(1−λ)⋯(k−1−λ)a=an20(k)!于是，原方程的解是⎡−λ−λ(1−λ)2−λ(1−λ)⋯(k−−1λ)k⎤y=a⎢1+x+x+⋯+x+⋯⎥0222khdaw.com⎣(1!)(2!)(!)k⎦当λ=,3,2,1,0⋯时该级数退化为多项式,即为拉盖尔多项式L(x).n例5在x=0的邻域上求解方程2xy′′+2xy′−ll(+1)=0l=0,1,2,⋯2ll(+1)解x=0是px()=的一阶极点，是qx()=的二阶极点，所以是方程的正2xx∞k则奇点。设y=∑axk，代入方程，各同次幂分别集合如下表：ks=课后答案网⋯⋯ss+1sk+xxx⋯⋯2xy′′=ss(−1)asss(+1)as+1(sksk+)(+−1)ask+www.hackshp.cn⋯⋯2xy′=2sa2(s+1)a2(ska+)ss+1sk+⋯⋯−ll(+1)y=−ll(+1)a−ll(+1)a−ll(+1)ass+1sk+令最低幂项系数为零，得指标方程：[(ss−1)2+sll−(+1)]a=0s2因为a≠0,所以s+−sll(+1)=0s解之得指标数s=ls=−+(l1)（1）12sk+在上表中，令x项系数为零，得系数递推公式：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn[(sksk+)(+−1)2(+sk+)−ll(+1)]a=0（2）sk+当s=l时，由(2)式1[(l+kl)(+−k1)2(+l+k)−ll(+1)]a=kk(+2l+1)a=0s1+ks1+k若k≠0，l取整数，则有a=0；若k=0，则a≠0，于是得一特解s1+ks1lyx()=ax00当s=−+(l1)时，由(1)2[(−−+l1k)(+−−+−l1k1)2(+−−+l1k)−ll(+1)]a=kk(−2l−1)a=0khdaw.coms2+ks2+k同上讨论，有a=0，a≠0，得另一特解s2+ks2−+(l1)yx()=ax11故原方程的解为l−+(l1)yx()=ax+ax。01例6将下面的方程化为斯特姆—刘维尔型方程的标准形式xy′′+2y′+(x+λ)y=0课后答案网2λ解方程可化为y′′+y′+(1+)y=0xx2=⎡⎤=⎡2⎤=2知px()=，有kx()exp⎣∫pxdx()⎦exp⎢∫dx⎥xxwww.hackshp.cn⎣x⎦其斯特姆—刘维尔型方程的标准形式为：d⎡dy⎤kx()−gxy()+λρ()xy=0⎢⎥dx⎣dx⎦经化简的斯特姆—刘维尔型方程的标准形式为：d⎡2dy⎤2x+xy+λxy=0⎢⎥dx⎣dx⎦例7求解下列本征值问题的本征值和本征函数""⎧⎪Xx()+λXx()=0,⎨"⎪⎩X(0)+HX(0)=0,Xl()=0.2解令λ=β>0，方程的通解为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnZx()=AcosβxB+sinβxZx′()=−βAsinβx+βBcosβx由Z(0)+HZ′(0)=0得A+βBH=0故A=−βBH，因此Zx()=−βBHcosβxB+sinβx再由Zl()=0得−βBHcosβl+Bsinβl=0即tanβl=BH2即可由该式确定出β，由λ=β可求出λ；AAkhdaw.com由B=−，可得Zx()=Acosβx−sinβxβHβH故本征值由tanλl=λH式的根确定；⎡1⎤本征函数为Zx()=A⎢cosλx−sinλx⎥。⎣Hλ⎦例8设有本证值问题22d⎡dy⎤d⎡dy⎤⎢px()⎥+qx()+⎡⎣λρ()x−γx()⎤⎦y=022⎢⎥dx⎣dx⎦dx⎣dx⎦2dyy|xa==0,课后答案网px()2=0,dxxa=2dyd⎡dy⎤=0,⎢px()⎥=0.2dxxb=dx⎣dx⎦www.hackshp.cnxb=试证明对应不同本证值的本证函数正交。证设有本证值λm和λn，它们分别对应于本征函数ym()x和ynx()，于是22d⎡dy⎤d⎡dy⎤mm2⎢px()2⎥+⎢qx()⎥+⎡⎣λρm()x−γx()⎤⎦ym=0,dx⎣dx⎦dx⎣dx⎦22d⎡dy⎤d⎡dy⎤nn2⎢px()2⎥+⎢qx()⎥+⎡⎣λρn()x−γx()⎤⎦yn=0.dx⎣dx⎦dx⎣dx⎦将以上两个方程分别乘以y()x和yx()，相减以后再积分，即得nmkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnb(λm−λn∫)ymxyn()xρxdx()()a2222b⎧⎪d⎡dy⎤d⎡dy⎤⎫⎪nm=∫a⎨ym2⎢px()2⎥−yn2⎢px()2⎥⎬dx⎪⎩dx⎣dx⎦dx⎣dx⎦⎪⎭b⎧d⎡dy⎤d⎡dy⎤⎫nm+∫a⎨ym⎢qx()⎥−yn⎢qx()⎥⎬dx⎩dx⎣dx⎦dx⎣dx⎦⎭直接计算，可以得到2222b⎪⎧d⎡dy⎤d⎡dy⎤⎫⎪nm∫a⎨ym2⎢px()2⎥−yn2⎢px()2⎥⎬dx⎪⎩dx⎣dx⎦dx⎣dx⎦⎪⎭b⎧⎪⎡2⎤⎡2⎤⎫⎪ddyddynm=⎨ym⎢px()2⎥−yn⎢px()2⎥⎬⎪⎩dx⎣dx⎦dx⎣dx⎦⎪⎭khdaw.comab⎧⎪⎡22⎤⎫⎪dydydydymnnm−⎨px()⎢−⎥⎬,22⎪⎩⎣dxdxdxdx⎦⎪⎭ab⎧d⎡dy⎤d⎡dy⎤⎫nm∫a⎨ym⎢qx()⎥−yn⎢qx()⎥⎬dx⎩dx⎣dx⎦dx⎣dx⎦⎭b⎧⎡dydy⎤⎫nm=⎨px()⎢ym−yn⎥⎬,⎩⎣dxdx⎦⎭a代入题设中的边界条件，即可得此二积分均为零，因此b(λm−λn∫)ymxyn()xρxdx()=0.()课后答案网a故当λ≠λ时，就有mnb∫ym()xynx()ρxdx()=0.awww.hackshp.cn即对应于不同本征值的本征函数正交。4.2.24.2.2习题1在x=0的邻域内，求解下列方程：2(1−x)y""+xy"−y=02在x=0的邻域上求解y′′+=y0方程。3在x=0的邻域上求解Airy方程y-xy′′=0。2"""4求方程xyx()−xyx()+y=0在x=0邻域内的通解。5将下列方程化为斯特姆—刘维尔型方程的标准形式khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn(1)y′′−cotxy′+λy=0(2)xy′′+(1−xy)′+λy=06求解下列本征值问题的本征值和本征函数(1)Zx′′()+λZx()=0,(0)Z=0,Zl′()=0(2)Zx′′()+λZx()=0,()Zl=0,Z′(0)=04.2.3解答与提示1解：易知x=0是方程的常点，令∞ny=∑anx(1)khdaw.comn=0则∞∞nkxy"=∑nanx=∑kakx(2)n=1k=0∞∞n−2ky""=∑n(n−1)anx=∑(k+1)(k+2)ak+2x(3)n=2k=0∞∞2nk−xy""=∑n(n−1)anx=−∑k(k−1)akx(4)n=2k=0将（1）——（4）代入原方程，比较方程两边同次幂系数得课后答案网(k+1)(k+2)a−k(k−1)a+ka=0k+2kk2(k−1)即a=a（5）k+2kwww.hackshp.cn(k+1)(k+2)由（5）式得2222(−1)1(−1)1a=a，a=a=a，⋯⋯204202!3×44!a=0，a=0，⋯⋯352[(2n−3)!!]a2n=(n=1,2⋯；)a2n+1=0(n=0,1,2⋯)(2)!n于是原方程的解为∞2[(2n−3)!]!2ny=C1x+C2[1+∑x]n=1(2n)!2解由已知px()=0,()1qx=设khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2kyx()=a+axax++⋯+ax+⋯012k则kyx′()=a+2ax+⋯+(k+1)ax+⋯12k+1kyx′′()=⋅21a+⋅32ax⋯+(k+2)(k+1)ax+⋯23k+2把以上结果代入方程（因为px()0≡和qx()1≡都已是Taylor级数），比较系数有21⋅a+a=0,43⋅a+a=0,⋯204232⋅a+a=0,54⋅a+a=0,⋯3153由此得递推公式khdaw.com(k+2)(k+1)a+a=0k+2k及aa01a=−a=−232!3!aa01a=a=454!5!⋮⋮ka0ka1a=−(1)a=−(1)2k2k+1(2)!k(2k+1)!于是方程的级数解为课后答案网242k352k+1⎡xxkx⎤⎡xxkx⎤yx()=a⎢1+++⋯+−(1)+⋯⎥+ax⎢−+−⋯+−(1)+⋯⎥01⎣2!4!(2)!k⎦⎣3!5!(2k+1)!⎦www.hackshp.cn即∞2k∞2k+1kxkxyx()=a(1)−+a(1)−。0∑1∑k=0(2)!kk=0(2k+1)!3解显然px()=0,()qx=−x，故x=0是原方程的常点。0∞n设y=∑axn，则n=0∞∞n−2ky′′=nn(−1)ax=(k+2)(k+1)ax（1）∑n∑k+2n=2k=0∞∞n+1kxy=∑axn=∑axk−1(2)n=0k=1khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn把(1)和(2)式代入原方程，合并同幂次项，令各幂次的系数为零，得到系数递推公式：1a=a(3)k+2k−1(k+1)(k+2)由(3)式可推得a=a=0(因为a=0),a=0,⋯,a=0,2−1−153k+21114⋅14⋅⋯(3k−2)a=a(a≠0,待定)a=a=a,⋯,a=a3006303k023⋅56⋅6!(3)!k1125⋅25⋅⋯(3k−1)a=a(a≠0,待定),a=a=a,⋯,a=akhdaw.com4117413k+1134⋅67⋅7!(3k+1)!故33kx14⋅614⋅⋯(3k−2)xyx()1=++x++⋯03!6!(3)!k43k+12x25⋅725⋅⋯(3k−1)xyx()=+x+x++⋯14!7!(3k+1)!原方程的解为yx()=Cyx()+Cyx()其中C和C为任意常数。0课后答案网011014解x=0为方程的的正则奇点，指标方程和指标数分别为2(ρ−1=0,)ρ1=ρ2=0.www.hackshp.cn∞n+1设方程的第一个解为yx1()=∑axn,且a0≠0，代入原方程得n=0∞∞∞n+1n+1n+1∑ann(+1nx)−∑ann(+1x)+∑axn=0，n=0n=0n=0∞2n+1因此∑anxn=0。n=0比较x同次幂系数得1x:a⋅=00,a任意,00n+12x:an⋅=0,a=0,n≥1nn取a=1，得到方程的第一个解为0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnyx1()=x。∞n+1设方程的第二个解为y2()x=xlnx+∑bxn,则有n=0∞∞"n""1n−1y2()x=lnx++1∑bnn(+1x),y2x=()+∑bnn(+1nx),n=0xn=0代入原方程得∞∞∞n+1n+1n+1x+∑bnn(+1nx)−xlnxx−−∑bnn(+1x)+xlnx+∑bxn=0.n=0n=0n=0∞2n+1即khdaw.com∑bnxn=0。n=0比较x同次幂系数得1x:b⋅=00,b任意,00n+12x:bn⋅=0,b=0,n≥1nn因此得到方程的第二个解为y2()x=xlnxbx+0。若取b=0，只是去掉了与第一个线性相关的部分，有0课后答案网y2()x=xlnx。方程的通解可以写成yx()=cxcx1+2lnxwww.hackshp.cn其中cc,为任意常数。1215解（1）因为px()=−cotx，故kx()=exp⎡pxdx()⎤=exp⎡−cotxdx⎤=⎣∫⎦⎣∫⎦sinx其斯特姆—刘维尔型方程的标准形式为：d⎡dy⎤kx()−gxy()+λρ()xy=0⎢⎥dx⎣dx⎦经化简知，该方程对应的斯特姆—刘维尔型的标准形式为：d⎡1dy⎤+(sin)λxy=0⎢⎥dx⎣sinxdx⎦（2）方程可以化成1−xλy′′+y′+y=0，xxkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn1−x=⎡⎤=⎡1−x⎤=−x于是px()=，故kx()exp⎣∫pxdx()⎦exp⎢∫dx⎥xex⎣x⎦对照其斯特姆—刘维尔型方程的标准形式：d⎡dy⎤kx()−gxy()+λρ()xy=0⎢⎥dx⎣dx⎦知该方程对应的斯特姆—刘维尔型的标准形式为：d⎡−xdy⎤−xxe+λey=0⎢⎥dx⎣dx⎦26解（1）令λ=β>0，方程的通解为khdaw.comZx()=AcosβxB+sinβx因为Z(0)=0，即Acos00+=0，所以A=0，1(n+)π1π2又因为Zl′()=0，即Bβcosβl=0，所以β=(+nπ)=，l2l2⎡1⎤(n+)π⎢⎥故本征值为22λ=β=⎢⎥(n=0,1,2⋯)nl⎢⎥⎣⎦课后答案网1(n+)π本征函数为Zxn()=sin2xl22)令λ=β>0，方程的通解为www.hackshp.cnZx()=AcosβxB+sinβx因为Z′(0)=0即−βAsinβ⋅+0βBcosβ⋅=00所以B=01(n+)π1π2又因为Zl()=0即Acosβl=0而A≠0故β=(+nπ)=l2l2⎡1⎤(n+)π⎢⎥22于是本征值为λ=β=⎢⎥(n=0,1,2,⋯)nl⎢⎥⎣⎦khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn1(n+)π本征函数为Zx()=cos2x。nlkhdaw.com课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn第五章Bessel函数5．2基础训练5.2.1例题分析例1试用平面极坐标系把二维波动方程分离变量：2u−au(+u)=0ttxxyy（1）解先把时间变量t分离出来，令u(ρ,ϕ,t)=U(ρ,ϕ)Tt)(，代入方程（1）22khdaw.comU(,)""()ρϕTt−a∇U(,)()ρϕTt=01两边同乘以并移项得2aUT2T""∇U=2aTU上式左边仅是t的函数；右边是ρ,t的函数。若要使等式成立，两边应为同一个2常数，记为−k，则有22T""+akT=0课后答案网(2)22∇UkU+=0www.hackshp.cn(3)（3）式为二维亥姆霍兹方程，它在平面极坐标系下的表达式为：112U+U+U+kU=0ρρρ2ϕϕρρ进一步分离变量，令U(,)ρϕ=R()()ρΦϕ，代入上式得112R""Φ+R"Φ+RΦ+""kRΦ=02ρρ2ρ两边同乘以，并整理得RΦ2ρR""ρR"22Φ""=+kρ=−RRΦkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2同上讨论，等式两边应为同一常数，记为m，则有2Φ+""mΦ=0(4)2222ρR""+ρR"(+kρ−mR)=0(5)对（5）式作代数变换x=kρ后变为贝塞尔方程222xR""+xR"(+x−mR)=0(6)其通解是khdaw.comR()ρ=AJmkρ(+BY)mkρ()其中AB,为任意常数,J和Y为第一类和第二类Bessel函数。mm由周期条件，方程（4）的解为Φ=mAmcosmϕ+Bmsinmϕ(m=0,1,2⋯)由波动问题及解在ρ→0有限的条件，方程（2）的解为T=Ccoskat+Dsinkat课后答案网nnnnn例2用Jx()的级数表达式证明：νπ2sinx（1）x；（2）2J(xcosθ)cosθdθ=J1(x)=cos∫0−www.hackshp.cnπx0x2∞k(1)−x2kv+证明：（1）因为Jxv()=∑()，所以k=0k!(Γk++v1)2∞k1∞k(1)−x2k−2(1)−2x2kJ()x=()=()1∑∑−2k=012k=01111πx2k!(Γk−+1)kk!(−)(k−−1)⋯(k−−k)()Γ22222∞k∞k(1)−22k(1)(2)(2−kk−2)⋯222k=∑kx=∑kxk=0k!(2k−1)(2k−3)⋯12⋅πxk=0k!(2)!2kπx∞kk∞k2k(1)2−k!22k(1)−x22=∑kx=∑=cosxk=0k!(2)!2kπxk=0(2)!kπxπxkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnππ∞k22(1)−x2k2k+1（2）Jx(cos)cosθθθd=()cosθθd∫0∫∑200k=0(!)k2∞k∞kk(1)−x2k(2)!!k(1)−x2k2k!sinx=∑2()=∑2()=k=0(!)k2(2k+1)!!k=0(!)k2(2k+1)!!x例3利用Bessel函数的递推公式：(1)将J(x)用J(x)及J(x)表出；301""1""""""(2)证明J(x)=[J(x)−2J(x)+J(x)].nn−2nn+24d2x22(3)证明[J(x)]=[J(x)−J(x)].vv−1v+1dx2vkhdaw.comd22(4)证明[xJ()xJ()]x=[xJ(x)−J(x)].0101dx(5)证明J(x)sinxdx=xJ(x)sinx−xJ(x)cosx+C.∫0012mJ(x)m(1)解由J(x)=−J(x)得m+1m−1x2J(x)1J(x)=−J(x)20x4Jx()4()Jx4Jx()84210Jx()=−Jx()=8−−Jx()=(−1)()Jx−Jx()3121210x课后答案网xxxx"1(2)证明：由J()x=[J()x−J()]x得mm−1m+12""1""J()x=[J()x−J()]xmm−1m+12www.hackshp.cn1111={[J()x−J()]x−[J()x−J()]}x=[J()2x−J()x+J()]xm−2mmm+2m−2mm+22224x"1(3)证明：由Jx()=[J()x+J()x,J()x=[J()x−J()]x得vv+1v−1mm−1m+12v2"x222()JxJx()=[J()x−J()]xvvv−1v+12v即d2x22[Jx()]=[J()x−J()]xvv−1v+1d2v(4)证明：用贝塞尔函数的递推公式，得：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnddJx()dJx()01[xJxJx()()]=xJx()+xJx()0110ddxdx=−JxxJx()()+JxxJx()()110022=xJ[()x−J()]x01(5)证明：用贝塞尔函数的递推公式，得：Jx()sinxdx=xJx()sinx−xJx[()cosxJx−()sin]xdx∫00∫01=xJx()sinx−xJx()cosxdx−xJxd()cosx0∫0∫1=xJx()sinx−xJx()cosxdx−[xJx()cosx−xJx()cosxdx]0∫01∫0=xJx()sinxxJx−()cosxC+01例4计算3。xJ(ax)dxkhdaw.com∫0解令ax=t，得x31ax31ax2xJaxdx()=tJtdt()==tdtJt[()]∫00a4∫00a4∫01313ax2axx2ax2=tJt()|−Jtdt()=Jax()−dtJt[()]a410a4∫01a41a4∫02332x22axx2x=Jax()−tJt()|=Jax()−Jax()414204122aaaa例5在第一类齐次边界条件下，把定义在(,0b)上的函数22课后答案网f(ρ)=H(1−ρb)按零阶Bessel函数J0(µnρ)展开成级数．解：由Bessel函数的完备性，有www.hackshp.cn2∞⎛ρ⎞H⎜1−⎟=fJ(µρ)⎜b2⎟∑n0n⎝⎠n=121b⎛ρ⎞f=H⎜1−⎟J(µρ)ρdρn[N)0(]2∫0⎜b2⎟0nn⎝⎠其中的模方，因为属于第一类齐次边界条件J(µb)=00n)0(由零阶Bessel函数的零点x确定本征值n)0(xnµ=nb按公式(5.25)，有khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2)0(2b[)0(2][N]=J(x)n1n2为求f表达式中的积分，先计算以下不定积分nI=xJ(x)dx=Jx(x)+C1∫01（1）32I=xJ()xdx=x[xJ(x)]dx2∫0∫0232=x[dxJ(x)]=xJ(x)−2xJ(x)dx∫11∫132=xJ(x)−2xJ(x)+C12khdaw.com（2）下面利用Bessel函数的降阶公式以简化结果，可得32I=xJ(x)+2xJ(x)−4xJ(x)+C210132=(x−4x)J(x)+2xJ(x)+C10（3）利用(1)，(3)两式，就可求出f表达式中的积分n22)0(b⎛ρ⎞4HbJ(x)1nH⎜1−⎟J(µρ)ρdρ=∫0⎜2⎟0n)0(3⎝b⎠[xn]（4）课后答案网于是有8Hf=n3[)0(])0(xJ(x)www.hackshp.cnn1n即2∞⎛ρ⎞8HH⎜1−⎟=J(µρ)2∑30nb()0()0⎝⎠n=1⎡x⎤Jx()⎣n⎦1n例6求解下列定解问题：22⎧∂u2∂u1∂u⎪=a(+)(0<ρ0)22∂t∂ρρρ∂⎪⎪⎪ρ2∂u⎨u=−1,=0,t=02R∂t⎪t=0⎪u<∞,u=0.⎪ρ=0ρ=R⎪⎩解：令u(,)ρt=P()()ρTt代入原方程，得khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2Tt′′()+λaTt()=0（1）22ρP′′()ρ+ρP′()ρ+λρP()ρ=0（2）（1）式的通解为Tt()=Acosλat+Bsinλat（2）式的通解为：P(λρ)=CJ(λρ)+DY(λρ)00因为u<∞，故D=0。ρ=0(0)由边界条件u=0得到：CJ(λR)=0，即λR=x。khdaw.comρ=R0n(0)(0)由此得到本征值为xn2xnλ=[]，本征函数为J(ρ)。0RR故问题的一般解为：(0)(0)(0)xxxnnnu(,)ρt=P()()ρTt=CJ(ρ)[Acosat+Bsinat]n=1,2,⋯nnnn0nnRRR叠加得到：∞(0)(0)(0)xxxnnnu(,)ρt=[Acosat+BsinatJ](ρ)∑nn0n=1RRR课后答案网(0)(0)∂uxx由初始条件代入得到：nn=0BaJ(ρ)=0⇒B=0n0n∂tt=0RRwww.hackshp.cn∞x(0)x(0)故有nnu(,)ρt=∑AcosatJ(ρ)n0n=1RR2ρ又由u=−1，有t=02R2(0)1RρxnA=(1−)J(ρρρ)dn[N()0]2∫0R20Rnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn(0)3(0)1RxRρxnn=[ρJ(ρ)dρ−J(ρ)dρ](0)2∫00∫020[N]RRRn(0)(0)(0)12Jx1(n)2Jx1(n)22Jx2(n)=[R−R+R]2(0)(0)(0)2RJ2(x(0))xnxn(xn)1n2(0)4Jx()2n=(0)22(0)(x)J(x)n1n将A代入u(,)ρt得到原定解问题的解为：n∞(0)(0)(0)4Jx()xx2nnnu(,)ρt=cosatJ(ρ)∑(0)22(0)0n=1(xn)J1(xn)RRkhdaw.com例7若例6方程换成非齐次的，即22∂u1∂u1∂u+−=−B,(B为常数0<ρ0)222∂ρρρ∂a∂t而所有定解条件均为零，试求其解。解：这时定解问题化为22⎧∂u1∂u1∂u⎪+－=－B222∂ρρρ∂a∂t⎪⎪∂u⎨u=0,=0t=0⎪∂tt=0⎪u<∞课后答案网,u=0⎪ρ=0ρ=R⎩由于方程为非齐次方程，方程的自由项及边界条件与t无关，故可令：uwww.hackshp.cn(,)ρt=V(,)ρt+W()ρ代入方程得：1W′′()ρ+W′()ρ=−BρWR()=0,W(0)<∞2B22设W()ρ=aρ+c，由待定系数法求得：W()ρ=(R−ρ)4又V(,)ρt为定解问题khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn⎧∂2V∂2V1∂V2⎪=a(+)22⎪∂t∂ρρρ∂⎪⎨V=0ρ=R⎪⎪B22∂VV=−W()ρ=(ρ−R),=0⎪t=04∂t⎩t=0的解。令V(,)ρt=P()()ρTt，代入方程并与例6同样得到问题的一般解：(0)(0)(0)xxxnnnV(,)ρt=P()()ρTt=CJ(ρ)[Acosat+Bsinat]n=1,2,⋯nnnn0nnRRR叠加得到：khdaw.com∞x(0)x(0)x(0)nnnV(,)ρt=∑[Acosat+BsinatJ](ρ)n=1,2,⋯nn0n=1RRR∂V由初始条件=0代入得到：B=0，故n∂tt=0∞(0)(0)xxnnV(,)ρt=[AcosatJ](ρ)∑n0n=1RRB22由初始条件V=(ρ−R)得到：t=04课后答案网∞(0)xnB22AJ(ρ)=(ρ−R)，而∑n0n=1R4(0)21RB22x−2BRA=(ρwww.hackshp.cn−RJ)(nρρρ)d=n=1,2,⋯n(1)2∫0(0)2(0)[N]04R[x]Jx()nn1n代入原式得：∞2(0)(0)−2BRxxnnV(,)ρt=∑{(0)2(0)cosatJ}(0ρ)n=1[xn]Jx1(n)RR最后u(,)ρt=V(,)ρt+W()ρB∞x(0)而22nW(,)ρt=(R−ρ)=−∑AJ(ρ)，故n04n=1R∞(0)(0)xxnnu(,)ρt=[−A(1cos−atJ)(ρ)∑n0n=1RRkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn∞2(0)(0)2BRxxnn=(1cos−atJ)(ρ)∑(0)2(0)0n=1[xn]Jx1(n)RR例8求解下列定解问题2⎧∂u2∂u1∂u⎪=a(+)(0<ρ0)2∂t∂ρρρ∂⎪⎪2⎨u=−1ρ,t=0⎪u<∞,u=0.⎪ρ=0ρ=1⎪⎩解：令u(,)ρt=P()()ρTt代入原方程，得khdaw.com"2Tt()+λaTt()=0（1）22ρP′′()ρ+ρP′()ρ+λρP()ρ=0（2）−a2λt（1）式的通解为Tt()=Ae,（2）式的通解为：P(λρ)=CJ(λρ)+DY(λρ)00因为u<∞，取D=0。ρ=0课后答案网(0)由边界条件u=0得到：CJ(λR)=0，即λR=x。ρ=10n(0)(0)xn2xn由此得到本征值为λ=[]，本征函数为J(ρ)。0www.hackshp.cnRR故问题的一般解为：−a2⎡x(0)⎤t(0)⎣n⎦u(,)ρt=P()()ρTt=CJx(ρ)en=1,2,⋯nnnn0n叠加得到：∞x(0)−2⎡(0)⎤axtn⎣n⎦u(,)ρt=∑CJ(ρ)en0n=1R2由u=−1ρ，有t=0(0)1R2(0)4Jx()A=(1−ρ)Jx(ρρρ)d2n=nR2∫00n(x(0)2)J2(x(0))J2(x(0))n1n1n2将A代入u(,)ρt得到原定解问题的解为：nkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn∞(0)(0)2(0)24Jx2(n)xn−a⎡⎣xn⎤⎦tu(,)ρt=∑(0)22(0)J0(ρ)en=1(xn)J1(xn)R2例9试解下列圆柱区域的边界值问题，在圆柱内∇u=0，在圆柱侧面u|=0，ρ=a在下底u|=0，在上底u|=A。z=0zh=解：设圆柱半径为a，高为h，其定解问题为：2∇u=0,ρ0)u|=0,ρ=R⎧I⎪,0≤ρ<ε,2u|=0,u|=f()ρ=⎨πεmkhdaw.comt=0tt=0⎪⎩0,ε<ρ≤R.（1）其中m是膜的密度，I是作用的冲量。设u(,)ρt=v()()ρTt，代入问题（1）中的方程和边界条件，并注意到u|≠∞，可得ρ=0⎧ρv′′+v′+λρv=0⎨v|≠∞,|v=0⎩ρ=0ρ=R（2）和课后答案网2T′′+λaT=0（3）由本征值问题（2）得到www.hackshp.cn(0)(0)xn2xnλ=(),v=J()(n=1,2,3,)⋯0RR(0)(0)xaxann然后由方程（3）解得Tt()=Acost+BsintnnnRR∞(0)(0)(0)xaxaxnnn于是u(,)ρt=(Acost+BsintJ)(ρ)∑nn0n=1RRR代入初始条件，得到A=0(n=1,2,3,)⋯n(0)(0)2xa2(0)−1RxannB=[J(x)]f()(ρJρρρ)dn21n∫0RR0Rkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn(0)(0)2xa2(0)−1εIxann=[J(x)]J(ρρρ)d21n∫20RR0πεmR计算得到(0)2IxεnB=J()n(0)(0)21mπεaxJx[()]Rn1n于是，得到定解问题的解为：∞(0)(0)(0)2I1xεxxannnu(,)ρt=J()J(ρ)sint∑(0)(0)210mπεan=1[xJxn1(n)]RRR9解：按题意，定解问题为22u−a∇u=0(0<ρ0)khdaw.comttu=0，ρ=b(1)22u=(1−ρb)H，u=0。t=0tt=0因为波动方程在柱坐标中分离变量所得本征模式应是2212⎡Jm((k−ω)ρ)⎤⎡cosmϕ⎤⎡cosωz⎤⎡coskat⎤⎢2212⎥⎢sinmϕ⎥⎢sinωz⎥⎢sinkat⎥⎢⎣Ym((k−ω)ρ)⎥⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦(2)现根据所给条件，将不符合要求的函数族剔除．课后答案网（1）属内域问题，必须满足自然边界条件u=有限，所以Neumann函ρ=02212数Y[(k−ω)ρ]应舍弃．mwww.hackshp.cn（2）问题是轴对称的，与ϕ无关，故应令m=0,u=u(ρ,z,t)，则22122212[(Jk−ω)]ρ→J[(k−ω)ρ]m0（3）本为二维问题，与变量z无关，故应令ω=,0u=u(ρ,t)，所以2212J[(k−ω)ρ]→J(kρ)00（4）本征值k应由侧面齐次边界条件J(kb)=00n)0(确定，设零阶Bessel函数的零点为x，则本征值为n)0(xnk=(n=,2,1⋯)nbkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn所以，一般解应为∞u(ρ,)t=J(kρ()Acoskat+Bsinkat)∑0nnnnnn=1(3)式中的待定系数A,B由初始条件确定．将式(3)代入式(1)中的初始条件，可得nn2∞⎛ρ⎞u(ρ0,)=H⎜1−⎟=∑AJ(kρ)⎜b2⎟n0n⎝⎠n=1（4）∞u(ρ0,)=0=kaBJ(kρ)t∑nn0nkhdaw.comn=1（5）由式(5)知，系数B=0．由式(4)知n21b⎛ρ⎞A=H⎜1−⎟J(kρ)ρdρn[N)0(]2∫0⎜b2⎟0nn⎝⎠（6）其中模方应为2)0(2b2[N]=[J(kb)]n1n2课后答案网（7）利用例题5的结果，求出式(6)中的积分为8HA=n)0(3)0((x)J(x)www.hackshp.cnn0n（8）最后，得到膜的横振动解为∞)0(8HJ0(xnρb))0(u(ρ,t)=cos(xtab)∑)0(3)0(nn=1(xn)J1(xn)10解以柱体轴线为z轴建立柱坐标系(ρϕ,,z，则主体温度)u(ρ,t满足)定解问题（因为所有条件与ϕ无关，故问题为轴对称的）2⎛1⎞u=a⎜u+u⎟,0<ρ0,tρρρ⎝ρ⎠u|=u,t=00u|<∞,u|=q.ρ=0ρρ=lkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn（1）先将边界条件齐次化，令u(ρ,t)=vρ(,t+w)ρ,t(，其中)v满足齐次边界条件，因此要求w|=q.令w(ρ,t=)ft+()gρ，并假定它满足齐次方程。因()ρρ=l2"qρ此gl()=q，可以取g()ρ=qρ,,⋯,将有待定函数ft()的w(ρ,t代入齐)2l22qa2qa次方程，求出ft()=t,t,⋯.注意到ft()是与ρ无关的函数，故取ρl222qaqρq22w(ρ,t=)t+=(4at+ρ)khdaw.coml2l2l为了使初始条件进一步简化，取⎡q22⎤w(ρ,t=)vρ,(t+⎢u)0+(4at+ρ⎥)⎣2l⎦（2）于是v(ρ,t满足如下定解问题)2⎛1⎞v=a⎜v+v⎟,0<ρ0,tρρρ⎝ρ⎠2qρv|=−,课后答案网t=02lu|<∞,u|=0.ρ=0ρρ=l（3）令v(ρ,t=)Rρ()Tt代入（www.hackshp.cn()3）式中方程及边界条件有"2Tt()+aTtλ()=0（4）⎧""1"⎪R()ρ+R(ρ)+λRρ()=0及⎨ρ⎪R()0<∞,Rl"()=0.⎩（5）由此解得本征值和本征函数是λ=0,R0()ρ=A0(常数)2⎛()1⎞⎛()1⎞xxρnnλn=⎜⎜⎟⎟,Rn()ρ=J0⎜⎜⎟⎟,n=1,2,⋯⎝l⎠⎝l⎠khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn（6）其中()1x为Jx()的第n个零点。将本证值代入（4），解得n12⎛xa()1⎞−⎜n⎟⎜l⎟⎝⎠Ttn()=Aen（7）于是问题（3）的解可以写成()2⎛xa1⎞∞−⎜n⎟()1⎜l⎟⎛xρ⎞v(ρ,t=)A+Ae⎝⎠J⎜n⎟,0∑n0⎜l⎟n=1⎝⎠（8）由初始条件及khdaw.comBessl函数的完备性有()1()1lql3l2⎛xρ⎞ql2⎛xρ⎞3nnAρρd=−ρdρ,AJ⎜⎟ρρd=−J⎜⎟ρdρ0∫02l∫0n∫00⎜l⎟2l∫00⎜l⎟⎝⎠⎝⎠计算含有Bessel函数的积分，得到ql2qlA=−,A=−。0n24⎡x()1⎤J(x()1)⎣n⎦0n（9）将（8），（9）代入（2）式得()2⎡⎛xa1⎞⎤课后答案网−⎜n⎟t⎢∞⎜⎝l⎟⎠⎛()1⎞⎥u(ρ,t=)u+q(4at2+ρ2−ql⎢)1+8eJ⎜xnρ⎟⎥。02l4⎢∑x()12Jx()10⎜l⎟⎥n=1⎡⎤()⎝⎠⎢⎣n⎦0n⎥www.hackshp.cn⎣⎦（10）11证因为ω=cλ，需要求出（1）的本证值λ，看cλ是否符合要求。mn因为定解问题中所有定解条件都与ϕ无关，故可设与uϕ无关，即令u(ρ,z=)Rρ()Zz()代入(1)式，得""⎧⎪Z+µZ=0⎨""⎪⎩Z()0=0,Zl=0()（2）khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2"""22⎧⎪ρR+ρR+(kρ−0R=0)⎨⎪⎩Ra()=0（3）2其中k=λ−µ≥0（4）解本证值问题（2）得22nπµ=−,n=0,1,2,⋯2l（5）解本证值问题（3）得khdaw.comx()0mJ0(ka)=0,k=,m=1,2,⋯a（6）将（5），（6）代入（4）得2⎛()0⎞⎛⎞2xnπm⎜⎟=λ−⎜⎟⎜⎝a⎟⎠⎝l⎠2⎛()0⎞⎛⎞2xnπm即λ=⎜⎟+⎜⎟⎜⎝a⎟⎠⎝l⎠于是由假设课后答案网2⎛()0⎞⎛⎞2xnπmω=cλ=c⎜⎟+⎜⎟。mn⎜⎝a⎟⎠⎝l⎠www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn第六章Legendre多项式6.2基础训练6.2.1例题分析例1氢原子定态问题的量子力学Schrodinger（薛定谔）方程是22h2Ze−∇u−u=Eu28πµr其中h,µ,ZeE,,都是常数。试在球坐标系下把这个方程分离变量。2h2解：先令A=,B=Ze，则Schrodinger方程可以简单写为khdaw.com8πµ22BA∇u+u+Eu=0r由laplace算符在球坐标下的表达式，则在球坐标下，Schrodinger方程的表达式为21∂2∂u1∂∂u1∂uuA[(r)+(sinθ)+]+B+Eu=022222r∂r∂rrsinθθ∂∂θrsinθϕ∂r令ur(,,)θϕ=RrY()(,)θϕ，代入上式得2AYd2dRAR∂∂YAR∂YB(r)+(sinθ)++(+ERY)=022222rdrdr课后答案网rsinθθ∂∂θrsinθϕ∂r2r两边分别乘以，得ARYwww.hackshp.cn221d2dRrB1∂∂Y1∂Y(r)+(+E)=−(sinθ)−22RdrdrArYsinθ∂θ∂θYsinθ∂ϕ要使上式成立，则必有两边等于同一个常数，记为(ll+)1，从而d2dRB2(r)+[r+Er−l(l+1)]R=0drdrA即221d2dR8πµZel(l+1)(r)+[(+E)−]R=0（1）222rdrdrhrr至于Y则满足球函数方程21∂∂Y1∂Y(sinθ)++l(l+1)Y=0（2）22sinθ∂θ∂θsinθ∂ϕkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn球函数方程（2）的可以进一步分离变，令Y(θ,ϕ)=Θ(θ)Φ(ϕ)代入（2），并有周期条件，则得Φ满足2Φ""+mΦ=0（3）它的解是Φ=Acosmϕ+Bcosmϕm=0,1,2,⋯mmmΘ满足缔合勒让德方程222dΘdΘm(1−x)−2x+[(ll+1)−]Θ=0（4）22dθdθ1−x其中x=cosθ.nkhdaw.comn(1)−(2!n)例2.证明：P(1)1,P(1)=−=−(1),P(0)=0,P(0)=.nn2n−12n2n22(n!)证明：利用Legendre多项式的微分表示，即Rodrigues公式及Leibniz（莱布尼兹）求导法则知道()n()n1(n−1)n−1(n−1)()n[uv]=u+Cuv′+⋯+Cuv′+vnnnnn()k取u=(x−1),v=(x+1)，注意到[(x−1)]|=0,(当k2.01www.hackshp.cn2n于是问题的解为∞n222ur(,)θ=∑ArPnn(cos)θ=ArP22(cos)θ=2(3cosrθ−1)n=0例8用一层不导电物质把半径为a的导体球壳分隔成两个半球壳，使半球壳分别充电到U和U，试计算球壳内的电势分布。12解：取球坐标系，以球心为极点，以过O且垂直于介质平面的直线为极轴，则电势与ϕ无关。球壳内电势u的定解问题为：221∂⎛2∂u⎞1∂⎛∂u⎞1∂u∇u=⎜r⎟+⎜sinθ⎟+=0(r,t0)⎨−1⎪⎩uxt(,)|=cos,xuxt(,)|=e.t=0tt=0−1khdaw.com解本题中ϕ()x=cos,xψ()x=e,直接应用D’Alembert公式（7.2）有11xat+−1uxt(,)=[cos(xat+)cos(+xat−)]+∫edξ22axat−=cos()cosatx+te例2试求解有阻尼的波动方程的初值问题22vtt−avxx+2εvt+εv=0(−∞0)（3）其中β为一待定参数，于是www.hackshp.cn−βt⎛∂u⎞−βt2−βtvt=e⎜−βu⎟,vtt=e(utt−2βut+βu),vxx=euxx⎝∂t⎠代入阻尼振动方程（1），得222utt−auxx+2(ε−βut)+(ε−2εβ+β)u=0显然，若取β=ε，则上式变成标准波动方程2u−au=0（4）ttxx将变换（3）代入（2），得−⋅ε0vx(,0)=eux(,0)=ϕ()xd−⋅εtvx(,0)=⎡euxt(,)|⎤=ψ()xt⎣⎦t=0dtkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn即ux(,0)=vx(,0)=ϕ()x⎫⎬（5）ux(,0)=ψ()x+εψ()x⎭t于是求解定解问题（1）--（2）就转化为求解定界问题（4）--（5）。由D’Alembert公式（7.2）有11xat+uxt(,)=⎣⎡ϕ(xat++)ϕxat−(⎦⎤+)∫⎣⎡ψξ()+εϕξ()⎤⎦dξ22axat−代入（3）式得远定界问题的解为11xat+uxt(,)=⎡ϕ(xat++)ϕxat−(⎤+)⎡ψξ()+εϕξ()⎤dξ2eεt⎣⎦2aeεt∫xat−⎣⎦−βt注意：在求解本例题时我们引入了变量代换vxt(,)=euxt(,)，虽然是出于物理上的考虑而引进了衰减因子khdaw.come−βt，但由于指数函数的特殊性（即，无论求多少次导数，函数的形式不变，只是增加了一个常数）而使方程得到了化简，这一点，作为解决问题的方法，对于处理其他定解问题也提供了一定的启示。例3证明球面波问题⎧=2++>>uttau(xxuyyuzz),r0,t0(1)⎪⎪⎨u|=ϕ()r(2)t=0⎪u|=ψ()r(3)⎪⎩tt=0的解为课后答案网(rat−ϕ)rat−(+(r+)at)(ϕr+at)1rat+urt(,)=+∫ξψξ()dξ（4）2r2arrat−分析本例虽然为三维问题，但由初始条件可以看出问题是球对称的，即如果用球坐标www.hackshp.cn表示，未知函数u只依赖于r，而与θ和ϕ无关，所以可以化为一维问题来处理。证明因为在球对称的情况下有222∂u2∂u1∂∇u=+=(ru)22∂rrr∂rr∂令v=ru，此时方程（1）化为2v=av,r>0,t>0（5）ttrr其通解为v=fr1(+at+)f2rat−()即（1）式的通解为fr1(+at+)f2rat−()u=（6）rkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn将（6）代入初始条件（2）、（3）得⎧fr1()+f2r()⎪=ϕ()r(7)⎪r⎨""⎪af1()r−f2r()=ψ()r(8)⎪⎩r将（8）式两边对r积分得1rfr1()−f2r()=∫ξψξ()dξ+C（9）a0联立（7）、（9）两式，求解得⎧rϕ()r1rC⎪fr1()=+∫ξψξ()dξ+(10)khdaw.com⎪22a02⎨⎪rϕ()r1rCf2()r=−∫ξψξ()dξ−(11)⎪⎩22a02将（10）式中的r换为r+at，（11）式中的r换为rat−后一并代入通解（6），即得到题目所要证明的结论。例4均匀气体的初始振动区域是一个半径为R的球，所有气体质点的初始速度为零，而初始浓聚度在求内是常数u，在球外是零。求任意位置M处的浓聚度。0解本问题的丁解问题为2⎧u=au(+u+u)ttxxyyzz⎪课后答案网⎪⎧u,r+rR⎩khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn（2）若M在球内，即rR,所以ϕ(r+at=)0，此时由rat−≤−R有at>R+r,即当at>R+r时，有urt(,)=0。方法2用Poisson公式求解。M当r−RR时，由于球面S与初始扰动区域无相交部分，即ϕ(M,ψ)M(在S)上atat均为零，从而由Poisson公式有此时的解uMt(,)=0。例5求解下列初值问题khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2⎧u=au(+u+u)ttxxyyzz⎪⎨u|=yzt=0⎪u|=xz⎩tt=0解本题ϕ(M)=yz,(ψM)=xz,故有"""ϕ(M=)yz=(yr+sinsin)(θϕzr+cos)θ2=yz+zrsinsinθϕ+yrcosθ+rsincossinθθϕ"""ψ(M=)xz=(xr+sincos)(θϕzr+cos)θ2=xz+zrsincosθϕ+xrcosθ+rsincoscosθθϕ注意到khdaw.comat=r，从而有"ϕ(M)2ππ2dS=⎡yz+zrsinsinθϕ+yrcosθ+rsincossinθθϕ⎤rsinθθϕdd∫∫SM∫∫00⎣⎦atat"ψ(M)2ππ2dS=⎡xz+zrsincosθϕ+xrcosθ+rsincoscosθθϕ⎤rsinθθϕdd∫∫SM∫∫00⎣⎦atat而有三角函数的周期性和正交性有2π2πππ∫0sinϕϕd=∫0cosϕϕd=0,∫0cosθθd=0,∫0sincosθθθd=0所以"ϕ(M课后答案网)πdS=2πyzrsinθθd=4πyzr=4πyzat∫∫SM∫0atat"∂ϕ(M)dS=4πayz∫∫SM∂twww.hackshp.cnatat"ψ(M)πdS=2πxzrsinθθd=4πxzat∫∫SM∫0atat故由Poisson公式有""1⎡∂ϕ(M)ψ(M)⎤uMt(,)=⎢dS+dS⎥∫∫SM∫∫SM4πa⎢∂tatatatat⎥⎣⎦=(tx+yz)例6求解下列定解问题⎧=2++2−∞<<∞>⎪vttav(xxvyycv)(xy,,t0)⎨⎪⎩vxy(,;0)=ϕ(xyvxy,,(,;0))t=ψ(xy,)其中c为已知常数。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn解该方程不是标准的波动方程，为使之变成标准的波动方程，以便可以用Poisson公式求解，受本节例题2的启发，我们令czauxyzt(,,;=evxyt)(,;)求导后代入原问题得2⎧utt=au(xx+uyy+uzz)(−∞,t0)⎪⎨cczz⎪uxyz(,,;0)=eaϕ(xyuxyz,,(,,;0))=eaψ(xy,)⎩t于是由Poisson公式，有c−zvxyt(,;=)eauxyzt(,,;)⎡c"c"⎤zzc1eaϕxy","eaψxy","−z⎢∂()()⎥khdaw.com=eadS+dS⎢∫∫SM∫∫SM⎥4πa∂tatatatat⎢⎥⎣⎦例7求解下列定解问题2⎧utt=au(xx+uyy,)(−∞,t0)⎪⎪2⎨uxy(,;0)=x(x+y,)−∞<(xy,<∞),⎪uxy(,;0)=0⎪⎩t解由二维Poisson公式有uxyt(,;)1课后答案网∂at2πϕ(x+ρcos,θy+ρsinθ)=∫∫ρθϕdd2πat∂00(at2)−ρ222其中ρ=(ξ−x)+η−(y,θ为极坐标变量。由初始条件有)www.hackshp.cn2ϕ(x+ρcos,θy+ρsinθ)=x(+ρcosθx+)(y+ρcosθ+ρsinθ)222=x(x+y+)2xx+y(ρcosθ)+x+yρcos(θ)22+xρ(sinθ+cosθ)+2xρsin(θ+cosθ)cosθ32+ρcosθ(sinθ+cosθ)32由三角函数的周期性、正交性、倍角公式等可得，cos,sin,cossin,cosθθθθθ,cosθsinθ在[0,2π上积分均为零，而]2π2∫cosθθd=π0故有khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnat2πϕ(x+ρcos,θy+ρsinθ)∫∫ρθϕdd0022(at)−ρ32atρρdatρdρ=2πx(x+y∫)+π(3x+y∫)022022(at)−ρ(at)−ρ2233=2πx(x+yat)+π(3x+yat)3于是1∂⎡2233⎤uxyt(,;=)⎢2πx(x+yat)+π(3x+yat)⎥2πat∂⎣3⎦222=x(x+y+)at3x+(y)二、积分变换khdaw.com例8求解弦振动方程的初值问题2⎧u=au−∞0ttxx⎪⎨u(x0,)=ϕ(x)−∞0txx⎨⎩u(x0,)=ϕ(x)−∞0)02a于是−2−x2x142t14a2(t−τ)u(x,t)=ϕ(x)∗eat+∫f(x,τ)∗edτ2aπt02aπ(t−τ)ξ2−(x−ξ)2(x−)1∞−21t∞f(ξ,τ)4a2(t−τ)=∫ϕ(ξ)e4atdξ+∫∫edξdτ2aπt−∞2aπ0−∞t−khdaw.comτ若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn由此例看到，用傅氏变换解方程时不必像分离变量法那样区分齐次方程和非齐次方程，都是按同样的步骤解．例10求解半无界弦的振动问题⎧u=a2u(00)ttxx⎪⎨u(,0t)=f(t),limu(x,t)=0(t≥0)x→∞⎪u(x0,)=,0u(x0,)=0(0≤x<∞)⎩t解：对方程两边关于变量t作拉氏变换，并记∞−ptU(x,p)=L[u(x,t)]=∫u(x,t)edt0则222dU(x,p)pU(x,p)−pu(x0,)−u(x0,)=akhdaw.comtdx2代入初始条件，得22dUp−U(x,p)=0（1）22dxa再对边界条件关于变量t作拉氏变换，并记F(p)=L[f(t)]，则有⎧⎪U(,0p)=F(p)⎨（2）⎪⎩limU(x,p)=0x→∞常微分方程（1）的通解为课后答案网pp−xxU(x,)p=C(p)ea+C(p)ea12代入边界条件(2)，得C(p)=,0C(p)=F(p)www.hackshp.cn21x−p故U(x,p)=ea⋅F(p)而由位移定理有x−p⎡⎛x⎞⎤eaF(p)=Lft−⎢⎜⎟⎥⎣⎝a⎠⎦所以⎧x0t<−1−1⎧⎡⎛x⎞⎤⎫⎪⎪au(x,)t=L[U(x,p)]=L⎨L⎢f⎜t−⎟⎥⎬=⎨xx⎩⎣⎝a⎠⎦⎭⎪f⎛⎜t−⎞⎟t≥⎪⎩⎝a⎠a例11求解长为l的均匀细杆的热传导问题khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2⎧u=au(00)txx⎪⎨ux(,0t)=,0u(l,t)=u1(t≥0)⎪u(x0,)=u(0≤x0)tttxx⎪⎪⎨u=f(t)且在x>0内u<+∞x=0⎪⎪⎩ut=0=0utt=0=0将方程和边界条件施以关于t的Laplace变换，并考虑初始条件，得到22du[RG+(LG+RC)p+LCp]u−=0(1)2dxu=f(p)(1)x=0方程(1)的通解为khdaw.comAx−Axu(x,p)=Be+De(3)其中2A=LCp+(LG+RC)p+RG22⎛LG+RC⎞(LG+RC)=⎜LCp+⎟+RG−⎝2LC⎠4LC2在实际问题中，一个很重要的情形是(LG+RC)=4LGRC，则LG+RCA=LCp+=LCp+RG课后答案网2LC其次，limu≠∞，有B=0，故x→∞−Ax−(LCp+RG)xwww.hackshp.cnu(x,p)=De=De再由边界条件（2)，得−(LCp+RG)xu(x,p)=f(p)e通过反演求u(x,t)，则由延迟定理有⎧−RGx−1−LCpx−RGx⎪(ft−LCx)e(t−LCx<0)u(x,)t=L[f(p)e]⋅e=⎨⎪⎩0(t−LCx>0)7.2.2习题1确定下列初值问题的解：2（1）u−au=0，u(x0,)=0，u(x0,)=1ttxxtkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn22(2)u−au=0，u(x,)0=sinx，u(x0,)=xttxxt23(3)u−au=0，u(x0,)=x，u(x0,)=xttxxt2−1(4)u−au=0，u(x,)0=cosx，u(x0,)=ettxxt2求解无界弦的自由振动，设初始位移为ϕ(x)，初始速度为−aϕ"(x)。2∂u23求方程=xy∂∂xy满足边界条件2u|=xu,|=cosykhdaw.comy=0x=1的解。4证明定解问题2u+2cosxu−sinxu−sinxu=0xxxyyyyu|=ϕ()xy=sinxu|=φ()xyy=sinx的解为ϕ(x−sinx+y)+ϕ(x+sinx−y)1x−sinxy+uxy(,)=+∫φξ()dξ22x+sinxy−5利用泊松求解下列定解问题课后答案网2⎧u=a(u+u+u)ttxxyyzz⎪⎨u|t=0=0(−∞0(1)⎪⎪⎨u|=fx()(2)y=0⎪limu=0(3)⎪⎩x2+y2→∞khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn9用积分变换法解下列定解问题：22⎧∂u∂u=−∞,t0⎪22∂t∂x⎪⎪⎨u|=ϕ()xt=0⎪∂u⎪|=φ()xx=0⎪⎩∂x10用积分变换法求解下列问题2⎧∂u⎪=1x>0,y>0∂∂xy⎪⎪⎨u|=y+1x=0⎪u|=1⎪y=0khdaw.com⎪⎩11用积分变换法解下列定解问题：2⎧∂u=a2∂u00⎪2∂t∂x⎪⎪⎨u|=ut=00⎪∂u⎪|=0,|u=ux=0x=l1⎪⎩∂x7.2.3解答与提示1解：(1)这里ϕ(x)=0，ψ(x)=1，由一维无界波动方程的D’Alembert公式，可得课后答案网1x+atu(x,t)=∫dξ=t2ax−at2(2)这里ϕ(x)=sinx，ψ(x)=x，由D’Alembert公式可得www.hackshp.cn11x+at2u(x,t)=[sin(x+at)+sin(x−at)]+∫ξdξ22ax−att222=sinxsinat+(3x+at)33(3)这里ϕ(x)=x，ψ(x)=x，由D’Alembert公式可得1331x+atu(x,t)=[(x+at)+(x−at)]+∫ξdξ22ax−at322=x+3axt+2axt−1(4)这里ϕ(x)=cosx，ψ(x)=e，由D’Alembert公式可得−11ex+atu(x,t)=[cos(x+at)+cos(x−at)]+∫dξ22khdaw.comax−at若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnt=cosxcosat+e2。解：其定解问题为：2⎧u−au=0(−∞0)ttxx⎨⎩u(x0,)=ϕ(x),ut(x0,)=−aϕ"(x)故由D’Alembert公式可得11x+atu(x,t)=[ϕ(x+at)+ϕ(x−at)]+∫[−aϕ"(ξ)]dξ22ax−at11=[ϕ(x+at)+ϕ(x−at)]−[ϕ(x+at)−ϕ(x−at)]22=ϕ(x−at)3khdaw.com解：方程两边对y积分，得∂uy2122=∫xydy=xy+fx()∂x02其中fx()任意函数，上式再对x积分，得x122132u=∫xydx+fx()=xy+fx()+gy()026其中gx()任意函数。22由u|=x，得fx()=x+cy=0112由u|=cosy，得gy()=cosy−y+cx=1课后答案网26于是问题的解为132212u=xy+x+cosy−y+c6www.hackshp.cn64证明：⎧ξ=−xsinx+y令⎨⎩η=+xsinx−y∂∂uξ∂∂uη∂u∂uu=+=(1cos)−x+(1cos)+xx∂∂ξx∂η∂x∂ξ∂η∂u∂uu=−y∂ξ∂η则22⎡∂u∂u⎤∂uu=(1cos)−x⎢(1cos)−x+(1cos)+x⎥+sinxxx2⎣∂ξ∂∂ξη⎦∂ξ22⎡∂u∂u⎤∂u+(1cos)+x⎢(1cos)−x+(1cos)+x⎥−sinx2⎣∂∂ξη∂η⎦∂ηkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn22∂u∂uu=+yy22∂ξ∂η2222⎡∂u∂u⎤⎡∂u∂u⎤u=(1cos)−x⎢−⎥+(1cos)+x⎢−⎥xy22⎣∂ξ∂∂ξη⎦⎣∂∂ξη∂η⎦代入定解问题得到222∂uu+2cosxu−sinxu−sinxu=(22cos+x)=0xxxyyyy∂∂ξη22∂u由于1cos+x≠0故=0∂∂ξη故方程的通解为：khdaw.comuxy(,)=f()ξ+g()η=fx(−sinx+y)+gx(+sinx−y)由边界条件u|=fx()+gx()=ϕ()x(1)y=sinxu|=[f′()ξ+g′()]|η=fx′()−gx′()=φ()x(2)yy=sinxy=sinx对（2）积分得到xxfx()−gx()=∫[fx′()−gxdx′()]=∫ϕ()xdx(3)00解（1）（3）得到x⎧ϕ()x+∫φ()xdx⎪课后答案网fx()=0⎪2⎨x⎪ϕ()x−∫φ()xdx0⎪gx()=⎩2www.hackshp.cn于是，有1x−sinxy+f()ξ=fx(−sinx+y)=ϕ(x−sinx+y)+∫φξ()dξ2010g()η=fx(+sinx−y)=ϕ(x+sinx−y)+∫φξ()dξ2x+sinxy−代入通解表达式得ϕ(x−sinx+y)+ϕ(x+sinx−y)1x−sinxy+uxy(,)=+∫φξ()dξ22x+sinxy−25解：此处ϕ(M)=,0ψ(M)=x+yz，故有22ψ(M")=x"+yz=(x+rsinθcosϕ)+(y+rsinθsinϕ)(z+rcosθ)2222=x+yz+rsinθcosϕ+2xrsinθcosϕ+yrcosθ2+zrsinθcosϕ+rsinθcosθkhdaw.comsinϕ若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn注意到at=r，从而有ϕ(M")∫∫dS=0SMatatψ(M")2ππ2222dS=[x+yz+rsinθcosϕ+2xrsinθcosϕ+yrcosθ∫∫SM∫∫00atat2+zrsinθcosϕ+rsinθcosθsinϕ]rsinθdθdϕ有三角函数的周期性和正交性可知ψ(M")2123dS=4πa(xt+at+yzt)∫∫SMatat2故由Poisson公式得1ϕ(M")ψ(M")u(M,t)=[dS+dS]∫∫SM∫∫SM4πaatatatatkhdaw.com2123=xt+at+yat36证明由定义式并交换积分次序（由于f和都是在f(−∞，∞上绝对可积的，故积分)12次序可交换），有1∞−ixω∞1∞∞−ixω∫−∞edx∫−∞f1()ξf2x(−ξdξ=)∫−∞f1()ξdξ∫−∞f2x−ξ(edx)2π2π令x−ξ=tdx,=dt,上式成为1∞∞−i(ξ+tω)⎡1∞−iωξ1∞−itω⎤∫−∞f1()ξdξ∫−∞fte2()dt=2π⎢∫−∞f1()ξedξ∫−∞fte2()dt⎥2π⎣2π2π⎦=2πF1(ω)⋅F2ω课后答案网()得证。7证明−1−a22ωt1∞−a22ωtixω1∞−a22ωtF⎡e⎤=www.hackshp.cn∫eedω=∫e(cosωxi+sinωxd)ω⎣⎦2π−∞2π−∞x21∞−a22ωt1−at2=∫ecosωxdω=e42π−∞2aπt∞−-irω8解①记F[u(x,y)]=∫u(x,y)edx=u(,y)ω-∞∞−-irωF[(x)]=∫f(x)edx=f()ω-∞对上述定解问题中的各项施以x为变量Fourier的变换，则得到常微分方程的定解问题：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn−⎧2−⎪du−ω2u(,y)ω=0⎪dy2(4)⎪⎪−−⎨u(,0)ω=f()ω(5)⎪−⎪u(,y)|ωy→+∞→0(6)⎪⎪⎩②求解变量y的常微分方程(4)得−ωy-yωu(,y)ω=A()eω+B()eω（7）其中，khdaw.comA()ω和B()ω为含参变量ω的任意常数，由边界条件(5)和(6)所确定。将(7)式代入(6)式得到当ω>0时A()0ω=，当ω<0时B()0ω=，所以−-||yωu(,y)ω=c()eω（8）其中，c()ω为含参变量ω的任意函数，可由(5)式决定。−将(8)式代入边界条件(5)得c()ω=f()ω，所以−−-||yωu(,y)ω课后答案网=f()eω−③求u(,y)ω的逆变换，即−−-1www.hackshp.cn-1−||yω-1-1−||yωu(x,y)=F[u(,y)]ω=F[f()eω]=FF[f(x)*F(e)]（9）而1∞-1−||yω−||yixωωF[e]=∫eedω2π−∞1∞0=⎡∫e−(y-ix)ωdω+∫e(y+ix)ωdω⎤2π⎢⎣0-∞⎥⎦1⎡11⎤y1=⎢+⎥=222π⎣yix−y+ix⎦πx+y代入(9)式并应用卷积的定义得原定解问题(1)(3)−的解为y∞f()ξu（,)=xydξπ∫−∞(x−ξ)2+y29解作傅里叶变换khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnF[u(x,t)]=u(,t)̃ωF[(x)]ϕ=ϕω̃()F[(x)]φ=ψω̃()得2⎧dũ22⎪=(i)u(,t)ω̃ω=−ωω(,t)2dt⎪⎪⎨u(,t)̃ω=ϕω̃()⎪dũ⎪|=iωψω̃()t0=⎪⎩dtjtω-jtω解方程得到u(,t)̃ω=Ce+Ce12由初始条件得到C+C=ϕω̃(),C-C=ψω̃()khdaw.com121211所以C=[()ϕω̃+ψω̃()],C=[()ϕω̃−ψω̃()].12221jtω1-jtω从而u(,t)̃ω=[()ϕω̃+ψω̃()]e+[()ϕω̃−ψω̃()]e22两端作傅里叶积分逆变换得到−11−1jtω-jtω1−1jtω-jtωu(x,t)=F[u(,t)]̃ω=F[()eϕω̃+ψω̃()e]+F[()eϕω̃−ψω̃()e]2211−1⎡⎡x⎤jtω⎤1−1⎡⎡x⎤-jtω⎤=[ϕ(xt)++ϕ(xt)−]+FF∫ψξξ()de−FF∫ψξξ()de⎢⎣⎢⎣x⎥⎦⎥⎦⎢⎣⎢⎣x⎥⎦⎥⎦2202011xt+=[ϕ(xt)++ϕ(xt)−]+∫ψξ()dξ2课后答案网2xt−10解作Laplace变换：根据Lft[()]′=pLft[()]−f(0)∂∂uwww.hackshp.cn∂u∂u1L[()]=pL()−|=L[1]=y=0∂y∂x∂x∂xp∂u∂u1∂u1∂u1因为|=0所以pL()=即p⋅=⇒=(1)y=02∂x∂xp∂xp∂xp对u|=y+1，作Laplace变换有x=011uxp(,)|=+(2)x=02ppx由(1)得到u=+gp()2p21由(2)得到gp()=+2ppkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cnx11因此uxp(,)=++，再对uxp(,)作逆Laplace变换得到22pppuxy(,)=xy+y+1_11解设u(x,t)↔u(x,p)，则定解问题变为⎧pu0−u=-(00)⎨(8.22)⎪⎩G=0z=0其解可以写成1G=+g(8.23)4πr其中khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn2⎧∇g=,0(z>0)⎪⎨1(8.24)g=−⎪z=04πr⎩z=0为了求g，由电像法知，可在M(x,y,z)关于边界面z=0的像点M(x,y,−z)处放00001000−q置一负电荷−q，使得它在上半空间中任意一点M(x,y,z)处所产生的电位与M04πεr01点的正点电荷ε在边界面z=0上的感应电荷所产生的电位g等效．为此，只需0−q−1⎫=⎪4πεr4πrkhdaw.com01z=0z=0⎪⎬(8.25)2⎛−q⎞⎪∇⎜⎟=0(z>0)⎜4πεr⎟⎪⎝01⎠⎭对比式(8.24)和式(8.25)知−qg=4πεr01注意到在边界面z=0上r=r，故由定解问题(8.24)中的第一个式子，有1−q=−ε课后答案网01于是g=−4πr1代入式(8.23)，得上半空间的狄氏格林函数为www.hackshp.cn11G=−(z>0)(8.26)4πr4πr1类似地，可以得到定解问题2⎧∇G=−δ(x−x,y−y)(y>0)⎪00⎨(8.27)⎪⎩G=0y=0的解，即上半平面的狄氏格林函数为1r1G=ln(8.28)2πr8.2.2习题1求解上半平面的狄氏问题khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn⎧u+u=0,y>0xxyy⎨u|=fx()⎩y=02求解上半空间的狄氏问题2⎧∇u=0,z>0⎨⎩u|=fxy(,)z=03（1）用电像法求出圆的泊松方程的格林函数G(x,y;x,y)，M(x,y)是圆内的00000一点，G满足2∇G=(δx−x)δ(y−y)G|=000ρ=a11111a试证：G(x,y;x,y)=−ln+ln+lnkhdaw.com002π|r−r|2π|r−r|2πρ01（2）在圆ρ=a求拉普拉斯方程第一边值问题：2⎧⎪∇u=0(ρ≤a)⎨⎪⎩u|ρ=a=f(ϕ)22a−ρ2πf(ϕ)试证明：u(ρ,ϕ)=dϕ00∫0222πa−2aρcos(ϕ−ϕ)+ρ000以上r,r,r分别是M(ρ,ϕ),M(ρ,ϕ)和M(ρ,ϕ)的矢径，且M是M关于圆O010001111022的电像，故ρ=a/ρ，φ=ϕ−ϕ=0(−∞0)⎨⎪⎩ux(,0)=ϕ()x8.2.3解答与提示khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn1解：平面第一边值问题的格林函数满足定解问题2⎧⎪∇GMM()=δ(xx−)(δy−y)1000⎨⎪G|=0⎩y=0其解为1⎡11⎤GMM(1,0)=⎢−ln��+ln��⎥2π⎣r−rr−r⎦01���式中r,r和r是点Mxy(,),Mxy(,)和Mxy(,)的矢径，且M是M关于平面010110y=0的“电像”。由图知道：khdaw.comYMM0X�nOM1图8-3��22r−r0=(xx−0)课后答案网+(y−y0)��22r−r=(xx−)+(y+y)100所以www.hackshp.cn∂G∂G1⎡y−yy+y⎤00=−=−⎢−⎥2222∂n∂y2π⎣(xx−)+(y−y)(xx−)+(y+y)⎦Σy=00000y=01y0=22π(xx−)+y00代入解的积分公式，得到y∞fx()0uxy(,)=dx00∫22π−∞(xx−)+y002解：这是一三维空间的Dirichlet问题。可知三维Dirichlet问题2⎧∇u=−hM(),M∈τ⎨⎩u|=fM()σ的解由三维Dirichlet积分公式khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn∂uM()=GMMhMd(,)()τ−fM()GMMd(,)σ∫∫∫τ000∫∫σ000∂n0本题中，hM()=0，τ为z>0；σ为z=0。于是原定解问题的解为∂GuM()=−fxy(,)dxdy(1)∫∫0000∂n0其中⎧1G=+g⎪4πr⎪2⎨∇g=0,z>0(2)⎪1⎪g|=−|khdaw.comz=0z=0⎩4πr为Dirichlet−Green函数。由此可见欲求原定解问题的解，应先求出满足(2)式的G，再∂G求出之值，最后代入积分公式(1)中计算积分。∂n①求G由电像法知，如下图所示，设在Mxyz(,,)有一正电荷ε，则只要在M对于z=0000000的像点Mxy(,,−z)放一负电荷−ε，则10000课后答案网11G=−(3)4πr4πr1zwww.hackshp.cnMxyz(,,)Mxyz(,,)0000yxMxy(,,−z)1000khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn图8-4∂G②求∂n注意到n是区域边界的外法向，于是∂G∂G−1⎡∂1∂1⎤==⎢−⎥∂n∂−(z)4π⎣∂zr∂zr⎦1−1⎡∂⎛⎞1∂r∂⎛1⎞∂r⎤1=⎢⎜⎟−⎜⎟⎥4π∂rr⎝⎠∂z∂r⎝r⎠∂z⎣11⎦⎧⎫1⎪⎪z−zz+z⎪⎪00=⎨−⎬334π⎪⎡222⎤2⎡222⎤2⎪khdaw.com⎩⎪⎣(xx−0+)y−(y0+z−)z0(⎦⎣(xx−)0+)y−(y0+z+)z0(⎦⎭⎪)所以∂G1−z0(4)=3∂nz=02π⎡−2+−2+−2⎤2⎣(xx0)y(y0z)z0⎦()将(4)式中的xyz,,与xyz,,互换后代入(1)式，于是原定解问题的解为0001zuM()=fxy(,)dxdy∫∫003002π22⎡(xx−+)y−(y+z⎤2)⎣00⎦课后答案网3（1）证明：作为静电学问题考虑，该定解问题表明，在圆ρ=a内点M处有一电量01a为ε的电荷（如图所示）。它所生成的电势−ln+C，其中C是任意常数。虽011www.hackshp.cn2π|rr−0|已满足此方程，但并不满足齐次边界条件。为了满足此齐次边界条件，在点M关于圆ρ=a02"a的对称点M(ρ)=ρ处再放置一个电量为−ε的点电荷，它所生成的电势是10200ρ1a−ln+C，其中C是任意常数）。由于点M在圆之外，所以有2212π|rr−|121a∇−(ln+C)=0，(ρ)y0⎪⎨11⎪g|=−lny=02πr⎩y=0由电像法，如图8-6所示，设在M(xy,有一正电荷)ε，若在M关于y=0的对称点00000M0(x0,−y0放一负电荷)−ε0，便有11111r1G=ln−ln=ln2πr2πr2πr112222={ln⎡⎣(xx−0+)y+(y0⎤⎦−ln)⎡⎣xx−0+(y−y0⎤⎦)}()4πkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn所以∂G∂G1⎡−2(y+y)2(y−y)⎤00=−=−⎢+⎥2222∂ny=0∂yy=04π⎣(xx−0)+(y−y0)(xx−0)+(y+y0)⎦y=0−1y0=22π(xx−)+y00∂G将以上得到的G和表达式中的xy,与，xy互换位置后再代入到解的积分公式，得到00∂nkhdaw.com图8-6221∞∞⎛(x0−x+)y0+(y⎞)uxy(,)=∫∫0−∞fxy(0,0ln)⎜⎜−2+−2⎟⎟dxdy004π⎝(x0x)y0(y⎠)y∞ϕ()x0+dx∫220π−∞(xx−)+y00课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com'