华中科技大学数理方程与特殊函数课后答案

习题一θ9.证明laplace方程u+u=0在极坐标(r,)下为xxyy11u+u+u=0θθrr2rrr⎧x=rcosθ证明：∵⎨⎩y=rsinθ,θθ∴u(x,y)=u(rcos,rsin),θθ⎪u=cosu+sinu;⎧⎨rxyθθ⎩u=−rsinu+rcosu.⎪θxy⎧∂θ∂sinθ−∂⎞⎟;sinθ⎛⎧⎪⎜cos=θu=cosu−u;θ⎪⎪θ∂x∂rr∂⎪⎝⎠rcosθ⇒xr⇒⎨⎪⎨∂+cosθθ∂rr∂∂⎞⎟.⎛⎪⎪θu=sinu+=⎜sinu.θ⎪⎩r⎩∂y∂θ⎝⎠yr从而θ∂sin∂⎞∂u⎟()∂∂u∂x∂x⎛⎝θu=()=⎜cos−θ∂rr∂∂x⎠xxθ∂rr∂θθ∂usin∂uθ∂sin∂⎛⎝⎞⎛⎝⎞⎠θθ∂rr∂=cos−cos−⎜⎟⎜⎟θθθθr∂r∂θθr2∂r∂2u+sincos∂u−sincos∂2u+sin2∂uθ=cos2∂r2r2∂θθθr∂r∂θθθθθr2∂2−sincos∂2u+sincos∂u+sin2∂2u.∂θr2θ∂cos∂⎞∂u⎟()∂∂u∂y∂y⎛⎝θu=()=⎜sin+θ∂rr∂∂y⎠yyθ∂rr∂θθ∂cos∂∂ucos∂usinθ∂rr∂⎛⎝⎞⎛⎝⎞⎠θ=sin++⎜⎟⎜⎟θθθθθr∂r∂θθr2∂r∂2u−sincos∂u+sincos∂2u+cos2∂uθ=sin2∂r2r2∂θθθr∂r∂θθθθθr2∂2+sincos∂2u−sincos∂u+cos2∂2u.∂θr211所以u+u=u+u+u=0.θθrr2xxyyrrr习题二1.求下列问题的解⎧=ua2u(0<x<1,t>0),⎪ttxx⎪u(0,t)=u(1,t)=0,⎪⎧x,0<x≤1.⎪⎪⎪⎨(2)2⎪u(x,0)=⎨⎪1⎪⎪⎪1−x,<x<1,⎪⎩2u(x,0)=x(x−1);⎩t解：应用分离变量法，令u(x,t)=X(x)T(t).代入方程分离变量，得′′+λ=T(t)aT(t)0,2′′+λ=X(x)X(x)0.由边界条件分离变量，得X(0)=X(1)=0.求解固有值问题′′+λ=⎧⎨⎩X(x)X(x)0,X(0)=X(1)=0.λπ得，=(n)2,X(x)=Bsinnx(n=1,2,).πnnn代入另一常微分方程，得ππT(t)=Ccosant+Dsinant(n=1,2,).n∑n∞nπππ则u(x,t)=(acosant+bsinant)sinnx.nnn=1⎡⎢⎤⎥π4n∫∫1ππ其中=a2xsinnxdx(1x)sinnxdx+−=sin.212π⎣⎦n1n2202∫⎡()⎤2anπ4πx(x−1)sinnxdx=b=−−1.1n1⎣⎦πna44n0定解问题的解为因此，所求∑π⎡(−1)⎤ππ−1sinant)sinnx.n⎣⎦4nπ224πna44∞πu(x,t)=(sincosant+n2n=1ua2u(0<x<l,t>0),⎧=⎪ttxx⎪u(0,t)=u(l,t)=0,⎪x⎨ππ(3)3x5xu(x,0)=3sin+6sin,2l2lu(x,0)=0.⎪⎪⎪⎩t解：应用分离变量法，令u(x,t)=X(x)T(t).代入方程分离变量，得′′+λ=T(t)aT(t)0,2′′+λ=X(x)X(x)0.由边界条件分离变量，得X(0)=X′(l)=0.求解固有值问题′′+λ=⎧⎨⎩X(x)X(x)0,=′=X(0)X(l)0.()(2n+1)ππ2n+1λ得，=()2,X(x)=Bsinx(n=0,1,2,).t(n=0,1,2,).2l2lnnn代入另一常微分方程，得()πa(2n+1)πT(t)=Ccosa2n+1t+Dsin2al(2n+1)π()π(2n+1)π2lnnn∑t+bsina2n+1∞则u(x,t)=(acost)sinx.2l2l2lnnn=13,n=1;⎧()πππ3x5x2n1+∫xdx=⎨⎪6,n=2;其中a=2(3sin+6sin)sinll2l2l2l⎪n0≠、⎩0,n12.b=0.n因此，所求定解问题的解为ππ3a3ππ5a5u(x,t)=3costsinx+6costsinx.2l2l2l2l3.求下列定解问题的解：u=4u(0<x<l,t>0),⎧⎪txx(2)u(0,t)=0,u(l,t)=0,⎨⎪xxu(x,0)=x(l−x).⎩解：应用分离变量法，令u(x,t)=X(x)T(t).代入方程分离变量，得′λT(t)+4T(t)=0,′′+λ=X(x)X(x)0.由边界条件分离变量，得X′(0)=X′(l)=0.求解固有值问题′′+λ=⎧⎨⎩X(x)X(x)0,′=′=X(0)X(l)0.πnπnλ得，=()2,X(x)=Acosx(n=0,1,2,).l代入另一常微分方程，得lnnn−(2nπT(t)=De(n=0,1,2,).)2tlnn∑π2nπ1u(x,t)an∞则=+ae−()2tcosx.l2l0nn=1∫22l2.6π其中=ax(l−x)dx=ll00∫2l[1(1)n]−−+−2n2la=l因此，所求定解问题的解为x(l−x)cosxdx=.πln2n20∑πn−−+−2l[1(1)n]2nπu(x,t)=l2+6e−()2tcosx.∞2πln2l2n=15.求解下列定解问题:⎧u+1u+1u=0(0<r<1),⎪⎪⎨θθrrrrr2θααθπ0,<≤.⎧A,0≤≤,⎪⎪θu(1,)=⎨⎪⎩⎪⎩α其中A,为已知常数.θθ解：应用分离变量法，令u(r,)=R(r)Φ().代入方程分离变量，得′′+′−λ=r2R(r)rR(r)R(r)0,′′θλθΦ()+Φ()=0.求解固有值问题Φ′′(θ)+λΦ(θ)=0,⎧⎨⎩θθπΦ()=Φ(+2).λX(x)=Acosn+Bsinn(n=0,1,2,).得，=(n)2,θθnnnn代入另一常微分方程的定解问题⎧′′+′−λ=rR(r)rR(r)R(r)0,2⎨⎩R(0)<+∞.得，R(r)=Crnn∑(∞(n=0,1,2,).n)则u(r,)=1a+acosn+bsinnrn.θθθ20nnn=1Adθ=απ∫1π2A其中a=α,0α−∫12Anπθθ=αsinn,=παaAcosndnα−∫θθAsinnd=0.αb=π1因此，所求定解问题的解为nα−α∑u(x,t)=A+2Anπ∞αθrnsinncosn.πn=19.求解下列定解问题:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩u+u=0(0<x<l,0<y<∞),xxyyu(0,y)=0,u(l,y)=0(0≤y<∞),xu(x,0)=A(1−),limu(x,y)=0(0<x<l),ly→∞其中A为已知常数.解：应用分离变量法，令u(x,y)=X(x)Y(y).代入方程分离变量，得′′λX(x)+X(x)=0,′′−λ=Y(y)Y(y)0.由边界条件分离变量，得X(0)=X(l)=0.求解固有值问题′′λX(x)+X(x)=0,⎧⎨⎩X(0)=X(l)=0.ππλ得，=(n)2,X(x)=Bsinnx(n=1,2,).l代入另一常微分方程，得lnnnnππynY(y)=Cely+De−l(n=1,2,).nnn∑⎛⎞πnππnsinx.∞则u(x,y)=⎜aelbe−n+⎟yyl⎝⎠lnnn=12πxn∫ab其中+=A(l−)sinxdx=2A.lπlllnnn0limu(x,y)=0⇒a=0.ny→∞因此，所求定解问题的解为π∑nπ2Anπe−ysinnx.∞u(x,t)=lln=18.在以原点为心,a为半径的圆内,试求泊松方程u+u=-1xxyy的解,使它满足边界条件u=0.+=x2y2a2θθ解：令x=rcos,y=rsin,作极坐标变换,得⎧11u+u+uθθ=−1(0<r<a),⎪⎨rrrrr2⎪⎩u=0.=raθθ由固有函数法,相应的固有函数系为{Acosn+Bsinn}.因此,设方程的解为∑[]θ()θ∞θur,=a(r)cosn+b(r)sinn.n代入方程,得n=0n⎧(1)()()1′′′a+a=−1,⎪r00⎪⎪⎨1n′′′2a+a−a=0,n≠02⎪rrnnn2⎪(3)，(n≠0)1n′′′2b+b−b=0,⎪⎩rrnnn()()2方程2，3的通解：a(r)=Arn+Br−nb(r)=Crn+Dr−nnnn.由有界性条件及边界条a(0)<+∞,a(a)=0;b(0),b(a)=0.n件，nnn<+∞n()得a(r)=0n0b(r)=0.n≠，n()nn方程1的通解:a(r)=Alnr+B−1r2,40由有界性条件及边界条件，a(0)<+∞,a(a)=0.()001得a(r)=a−r.0则定解问题的解为ur,=1a−r.224()()θ224()()1⎡⎤化成直角坐标，则得ux,y=a−x+y.⎣⎦222410.求下列问题的解：π⎧⎪⎪u=a2u+tsinx,lttxx(2)⎨u(0,t)=0,u(l,t)=0(t≥0),u(x,0)=0,u(x,0)=0(0≤x≤l);⎪⎪t⎩πn解：由固有函数法,相应的固有函数系为{sinx}.lπ∑n∞设方程的解为u(x,t)=u(t)sinx.lnn=1代入原方程,得π⎛⎞2nau′′+⎜⎟u=0(n≠1),⎝⎠lnnπ⎛⎞2au′′+⎜⎟u=t.⎝⎠l11由初始条件,得u(0)=u′(0)=0(n=1,2,""),当≠时，n1u(t)=0;nnπττsint−dln∫()alτ当n=1时，u(t)=1tπa0πa⎛⎞⎛⎞⎟2llt−sint.π⎠al=⎜⎟⎜π⎝⎠⎝a故所求的解为π⎞aπ⎛⎞⎛2llu(x,t)=⎜⎟⎜t−sint⎟sinxππ⎝⎠⎝⎠aall⎧=ua2u+A(0<x<l,t>0),⎪txx(3)⎨u(0,t)=0,u(l,t)=0,⎪u(x,0)=0.⎩πn解：由固有函数法,相应的固有函数系为{sinx}.lπ∑n∞设方程的解为u(x,t)=u(t)sinx.lnn=1并将A展为：A=Asinx，∑πn∞lnn=1π∫2n2Aπn其中A=lAsinxdx=[1−(−1)n].lln0代入原方程可得⎧π⎛⎞2A2na′u+⎜⎟u=[1−(−1)n],⎪πn⎨⎝⎠lnn⎪⎩u(0)=0.nu(t)=∫t2Aπ⎛⎞2nalτ(t−)dτ[1−(−1)n]e−⎝⎜⎟⎠得:nπn02Al2πna⎛⎞2⎠=[1−(−1)n][1−e−⎝].⎜⎟tlπn3a32故所求的解为∑πn2Al2πn3a32π⎛⎞2∞nalu(x,t)=[1−(−1)n][1−e−⎝⎜⎟⎠t]sinx.ln=111.求下列问题的解ππ⎧u=a2u+4sin2xcos2x,⎪llttxx(2)⎨⎪u(0,t)=0,u(l,t)=B(t≥0),⎪B⎪u(x,0)=x,u(x,0)=x(l−x)(0≤x≤l).⎩lt解：设问题的解为u(x,t)=v(x,t)+w(x).将其代入上面的定解问题，得ππ⎧()vavw4sin2xcos2x,=+′′+⎪⎪⎨⎪⎪⎩2llttxxv(0,t)+w(0)=0,v(l,t)+w(l)=B,Bv(x,0)+w(x)=x,v(x,0)=x(l−x).lt化成下面两个问题：ππa2w′′+4sin2xcos2x=0,llw(0)=0，w(l)=B.l2⎧⎪(1)⎨⎪⎩π解得：w(t)=Bx+sin4x.πl8al22⎧⎪⎪v=a2vttxx(2)⎨v(0,t)=0,v(l,t)=0,⎪B⎪⎩v(x,0)=x−w(x),v(x,0)=x(l−x).l⎛⎝t∑πnaπnaπn⎞⎠∞解得：v(x,t)=⎜acost+bsint⎟sinx.lllnnn=1⎧0,n≠4;ππn∫sin4x⋅sinxdx=⎪⎨其中，a=2−l2ll2πl8all−,n=4.n22⎪0π⎩8a22π2∫n4l3[1−(−1)x(l−x)⋅sinxdx=].nπn4a4b=lπnal2ln0()π4aπ∑−−πnaπn4l3[11n]costsin4x+sintsinx.∞则v(x,t)=−π因此，原问题的解为πn44a8a22lllln=1π4a⎞π⎛u(x,t)=v(x,t)+w(x)=Bx+l2πl8a⎝l⎠l22()∑4l3[1−−1]πn44aππnnnal∞+sintsinx.ln=114.求下列问题的固有值与固有函数.′′λ⎧X+X=0,(2)⎨⎩ππ′π′πX(-)=X(),X(-)=X().λ解：当<0时，方程的通解为X(x)=Ae+Be.λ−xλ−−x由边界条件，有−−λπAe+Beλπ=Ae−λπ+Be−−λπ，−λλλλA−e−−λπ−B−eλπ=−λπ−−Aeλπ；Be−−−−得:A=B=0⇒X(x)=0.λ当=0时，方程的通解为X(x)=Ax+B.ππ由边界条件，有-A+B=A+B⇒A=0.得:X(x)=C.0当>0时，方程的通解为X(x)=Acosx+Bsinx.λλλ