2025年华中科技大学高等数学（上）期末冲刺测试卷：偏微分方程与数值解法

2025年华中科技大学高等数学（上）期末冲刺测试卷：偏微分方程与数值解法考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、填空题（每空4分，共20分）1.方程2uxx-4uxy+3uyy-u=0是阶的偏微分方程，其中x是自变量之一。2.用分离变量法求解定解问题通常需要把偏微分方程化为一组常微分方程，这组常微分方程称为方程。3.一维波动方程utt=a2uxx的特征线方程为。4.在求解拉普拉斯方程Δu=0在矩形区域上狄利克雷问题时，若边界条件不满足齐次条件，常用方法将其转化为齐次问题。5.用差分法求解偏微分方程时，为了保证数值解的稳定性，对于一维波动方程的显式差分格式，需要满足的条件是。二、选择题（每题5分，共25分）1.下列哪个方程是拉普拉斯方程？（）(A)uxx+uyy=0(B)uxx-uyy=0(C)uxx+uyy=x(D)uxx-uyy=x2.对于一维热传导方程ut=a2uxx，采用向前差分格式对时间导数进行近似，即ut≈(u_i,j+1-u_i,j)/Δt，则空间二阶导数的近似表达式uxx≈()。(A)(u_i+1,j-2u_i,j+u_i-1,j)/Δx2(B)(u_i+1,j-u_i,j)/Δx2(C)(u_i,j+1-u_i,j)/Δx2(D)(u_i,j-u_i-1,j)/Δx23.下列差分格式中，对于一维波动方程utt=a2uxx，哪个是显式格式？（）(A)u_i,j+1=2u_i,j-u_i,j-1+(aΔt/Δx)2(u_i+1,j-2u_i,j+u_i-1,j)(B)u_i,j+1=u_i-1,j+u_i+1,j-2u_i-1,j+(aΔt/Δx)2(u_i+1,j-2u_i,j+u_i-1,j)(C)u_i,j+1=u_i,j+(aΔt/Δx)2(u_i+1,j-2u_i,j+u_i-1,j)(D)u_i,j=u_i-1,j+u_i+1,j-2u_i-1,j+(aΔt/Δx)2(u_i+1,j-2u_i,j+u_i-1,j)4.用分离变量法求解齐次边界条件的定解问题时，得到的本征值λ通常是。(A)正数(B)负数(C)零(D)可正可负5.下列哪个说法是正确的？（）(A)所有的偏微分方程都可以用分离变量法求解。(B)有限差分法得到的解一定是精确解。(C)数值解法适用于无法求得解析解的偏微分方程。(D)一维热传导方程的显式差分格式总是不稳定的。三、计算题（每题10分，共30分）1.求解下列定解问题：uxx-uyy=0,0<x<π,0<y<π,u(0,y)=0,u(π,y)=0,0≤y≤π,u(x,0)=sinx,u(x,π)=0,0≤x≤π.（提示：尝试用分离变量法，设u(x,y)=X(x)Y(y)）2.对一维热传导方程ut=a2uxx，0<x<1,t>0，u(0,t)=0,u(1,t)=0,t>0，初始条件为u(x,0)=f(x)，其中f(x)=x(1-x)。用分离变量法求解该定解问题。3.对于一维波动方程utt=a2uxx，0<x<L,t>0，u(0,t)=u(L,t)=0,t>0，初始条件为u(x,0)=sin(x/L),ut(x,0)=0。用分离变量法求解该定解问题。四、证明题（15分）设二维拉普拉斯方程Δu=uxx+uyy=0在矩形区域0<x<a,0<y<b上，边界条件为u在四条边上的值均为零，即u(0,y)=u(a,y)=u(x,0)=u(x,b)=0。证明：此定解问题的解u(x,y)=0。五、综合应用题（20分）考虑一维热传导方程ut=a2uxx，0<x<1,t>0，边界条件为u(0,t)=u(1,t)=0,t>0，初始条件为u(x,0)=f(x)。现采用显式差分格式进行数值求解，空间步长为Δx=0.1，时间步长为Δt=0.01。(1)写出该问题的显式差分格式（即用离散点上的u值表示u_i,j+1）。(2)计算并写出离散区域上节点(x=0.2,t=0.02)处的差分方程（即j=2,i=2时的差分方程）。(3)根据CFL条件，判断该差分格式在给定Δx和Δt的情况下是否稳定？请说明理由。试卷答案一、填空题1.二；线性2.常微分3.x±at=常数4.奇偶延拓5.CFL条件，即Δt/aΔx≤1二、选择题1.A2.A3.A4.A5.C三、计算题1.解：设u(x,y)=X(x)Y(y)，代入方程得X''(x)Y(y)-X(x)Y''(y)=0，分离变量得X''(x)/X(x)=Y''(y)/Y(y)=-λ。于是有X''+λX=0，Y''+λY=0。解X方程：X(0)=0,X(π)=0。对应本征值λ_n=n^2,n=1,2,...，本征函数X_n(x)=sin(nx)。解Y方程：λ_n=n^2。当n=1时，Y''=0，通解Y1(y)=C1。由Y(π)=0得C1=0，无解。当n>1时，Y''=-n^2Y，通解Y_n(y)=A_n*cos(ny)+B_n*sin(ny)。由Y(0)=0得A_n=0。故Y_n(y)=B_n*sin(ny)。通解u(x,y)=Σ[B_n*sin(nx)*sin(ny)](n=1to∞)。由初始条件u(x,0)=sin(x)=Σ[B_n*sin(nx)*sin(0)]，可知只有n=1项非零，B_1=1。其他B_n=0。故解为u(x,y)=sin(x)*sin(y)。（注：此题边界条件为齐次，标准分离变量法可直接得到结果。若边界条件改为非齐次，则需先延拓后求解。）2.解：设u(x,y)=X(x)Y(y)，代入方程得X''(x)Y(y)=a^2X(x)Y''(y)，分离变量得X''(x)/X(x)=a^2Y''(y)/Y(y)=-λ。于是有X''+λX=0，a^2Y''+λY=0。解X方程：X(0)=0,X(1)=0。对应本征值λ_n=(nπ)^2,n=1,2,...，本征函数X_n(x)=sin(nπx)。解Y方程：λ_n=(nπ)^2。Y''+(nπ)^2Y=0，通解Y_n(y)=A_n*exp(-nπy)+B_n*exp(nπy)。由边界条件Y(0)=0得A_n+B_n=0，即B_n=-A_n。故Y_n(y)=A_n*(exp(-nπy)-exp(nπy))=A_n*(-2exp(-nπy))=-2A_n*exp(-nπy)。通解u(x,y)=Σ[C_n*sin(nπx)*exp(-n^2π^2y)](n=1to∞)。由初始条件u(x,0)=f(x)=x(1-x)=Σ[C_n*sin(nπx)](n=1to∞)。需将f(x)=x-x^2展开为正弦级数。利用奇延拓，f(x)在0<x<1上的傅里叶正弦级数展开系数为：b_n=2/1*∫[0,1](x-x^2)*sin(nπx)dx=2*[∫[0,1]x*sin(nπx)dx-∫[0,1]x^2*sin(nπx)dx]计算第一个积分：∫[0,1]x*sin(nπx)dx=[-x*cos(nπx)/(nπ)+∫cos(nπx)/(nπ)dx][0,1]=[-x*cos(nπx)/(nπ)+sin(nπx)/(n^2π^2)][0,1]=(-cos(nπ)/(nπ)+0)-(0+0)=-cos(nπ)/(nπ)=(-1)^n/(nπ)计算第二个积分（分部积分，设u=x^2,dv=sin(nπx)dx）：∫[0,1]x^2*sin(nπx)dx=[-x^2*cos(nπx)/(nπ)+∫2x*cos(nπx)/(nπ)dx][0,1]=[-x^2*cos(nπx)/(nπ)+2/x*sin(nπx)/(n^2π^2)][0,1]=(-1*cos(nπ)/(nπ)+0)-(0+0)=-cos(nπ)/(nπ)=(-1)^n/(nπ)所以b_n=2*[(-1)^n/(nπ)-(-1)^n/(nπ)]=0。这里发现计算有误，重新计算第二个积分：∫[0,1]x^2*sin(nπx)dx=[-x^2*cos(nπx)/(nπ)+∫2x*cos(nπx)/(nπ)dx][0,1]=[-x^2*cos(nπx)/(nπ)+2/x*sin(nπx)/(n^2π^2)][0,1]=(-1*cos(nπ)/(nπ)+0)-(0+0)=-cos(nπ)/(nπ)=(-1)^n/(nπ)（此处原积分计算错误，应为∫x^2sin(nπx)dx=[-x^2cos(nπx)/(nπ)+2∫xcos(nπx)/(nπ)dx]...继续分部积分会得到2次项和1次项的系数，最终结果不为0。让我们重新计算b_n：b_n=2∫[0,1](x-x^2)sin(nπx)dx=2[∫[0,1]xsin(nπx)dx-∫[0,1]x^2sin(nπx)dx]∫[0,1]xsin(nπx)dx=[-xcos(nπx)/(nπ)+sin(nπx)/(n^2π^2)]_0^1=-cos(nπ)/(nπ)=(-1)^n/(nπ)∫[0,1]x^2sin(nπx)dx=[-x^2cos(nπx)/(nπ)+2∫xcos(nπx)/(nπ)dx]_0^1=[-cos(nπ)/(nπ)+2(-xcos(nπx)/(n^2π^2)+sin(nπx)/(n^3π^3))]_0^1=[-cos(nπ)/(nπ)+2(-cos(nπ)/(n^2π^2)+0)]=-cos(nπ)/(nπ)-2cos(nπ)/(n^2π^2)=cos(nπ)(-1/(nπ)-2/(n^2π^2))b_n=2[(-1)^n/(nπ)-cos(nπ)(-1/(nπ)-2/(n^2π^2))]=2[(-1)^n/(nπ)+cos(nπ)/(nπ)+2cos(nπ)/(n^2π^2)]=2cos(nπ)/(nπ)+2(-1)^n/(nπ)+4cos(nπ)/(n^2π^2)=2(1+(-1)^n)/(nπ)+4cos(nπ)/(n^2π^2)由于b_n不为0，说明原假设f(x)=ΣC_n*sin(nπx)错误。应重新计算b_n。∫[0,1]xsin(nπx)dx=[-xcos(nπx)/(nπ)]_0^1+∫[cos(nπx)/(nπ)]dx=-cos(nπ)/(nπ)+[sin(nπx)/(n^2π^2)]_0^1=-cos(nπ)/(nπ)∫[0,1]x^2sin(nπx)dx=[-x^2cos(nπx)/(nπ)]_0^1+2∫[xcos(nπx)/(nπ)]dx=-cos(nπ)/(nπ)+2[-xcos(nπx)/(n^2π^2)]_0^1+2∫[cos(nπx)/(n^2π^2)]dx=-cos(nπ)/(nπ)-2cos(nπ)/(n^2π^2)+2[sin(nπx)/(n^3π^3)]_0^1=-cos(nπ)/(nπ)-2cos(nπ)/(n^2π^2)+0=-cos(nπ)/(nπ)-2cos(nπ)/(n^2π^2)b_n=2[(-1)^n/(nπ)-(-cos(nπ)/(nπ)-2cos(nπ)/(n^2π^2))]=2[(-1)^n/(nπ)+cos(nπ)/(nπ)+2cos(nπ)/(n^2π^2)]b_n=2cos(nπ)/(nπ)+2(-1)^n/(nπ)+4cos(nπ)/(n^2π^2)b_n=2(1+(-1)^n)/(nπ)+4cos(nπ)/(n^2π^2)当n为偶数时，cos(nπ)=1，b_n=4/(nπ)+4/(n^2π^2)当n为奇数时，cos(nπ)=-1，b_n=-4/(nπ)-4/(n^2π^2)所以解为u(x,y)=Σ[n=1to∞]b_n*sin(nπx)*exp(-n^2π^2y)=Σ[nodd](-4/(nπ)-4/(n^2π^2))*sin(nπx)*exp(-n^2π^2y)+Σ[neven](4/(nπ)+4/(n^2π^2))*sin(nπx)*exp(-n^2π^2y)=Σ[n=1to∞][(-1)^n*4/(nπ)+4/(n^2π^2)]*sin(nπx)*exp(-n^2π^2y)（此处修正了b_n的计算）3.解：设u(x,y)=X(x)Y(y)，代入方程得X''(x)Y(y)=a^2X(x)Y''(y)，分离变量得X''(x)/X(x)=a^2Y''(y)/Y(y)=-λ。于是有X''+λX=0，a^2Y''+λY=0。解X方程：X(0)=0,X(L)=0。对应本征值λ_n=(nπ/L)^2,n=1,2,...，本征函数X_n(x)=sin(nπx/L)。解Y方程：λ_n=(nπ/L)^2。Y''+(nπ/L)^2Y=0，通解Y_n(y)=A_n*cos(nπy/L)+B_n*sin(nπy/L)。由初始条件ut(x,0)=0得Y'(0)=0。即Σ[n=1to∞]nπ/L*B_n*sin(nπx/L)*cos(0)=0。由于sin(nπx/L)线性无关，必有B_n=0(n=1,2,...)。所以Y_n(y)=A_n*cos(nπy/L)。通解u(x,y)=Σ[n=1to∞]A_n*sin(nπx/L)*cos(nπy/L)。由初始条件u(x,0)=sin(x/L)=Σ[n=1to∞]A_n*sin(nπx/L)*cos(0)=Σ[n=1to∞]A_n*sin(nπx/L)。需将f(x)=sin(x/L)展开为正弦级数。利用奇延拓，f(x)在0<x<L上的傅里叶正弦级数展开系数为：a_n=2/L*∫[0,L]f(x)*sin(nπx/L)dx=2/L*∫[0,L]sin(x/L)*sin(nπx/L)dx=L/π*∫[0,π]sin(s)*sin(ns)ds(令x/L=s)=L/π*[-cos(s)/(n+1)+cos(s)/(n-1)][0,π]=L/π*[(-cos(π)/(n+1)+cos(π)/(n-1))-(-cos(0)/(n+1)+cos(0)/(n-1))]=L/π*[(1/(n+1)-1/(n-1))-(-1/(n+1)+1/(n-1))]=L/π*[2/(n+1)+2/(n-1)]=4L/(n^2-1)注意：a_n系数应为L/π*[2/(n+1)-2/(n-1)]=4L/(n^2-1)。此处计算需修正。a_n=L/π*[2/(n+1)-2/(n-1)]=4L*[(n-1)-(n+1)]/[(n+1)(n-1)]=-8L/(n^2-1)当n=1时，a_1=-8L/0，无意义。需要单独处理。对于n=1，a_1=2/L*∫[0,L]sin(x/L)*sin(x/L)dx=2/L*∫[0,L](1-cos(2x/L))/2dx=L/π*[x-L/2*sin(2x/L)][0,L]=L/π*[L-0]=L/π。所以A_1=a_1=L/π。对于n≥2，A_n=a_n=-8L/(n^2-1)。故解为u(x,y)=L/π*sin(x/L)*cos(nπy/L)-Σ[n=2to∞]8L/(n^2-1)*sin(nπx/L)*cos(nπy/L)=L/π*sin(x/L)*cos(nπy/L)-8L/π*Σ[n=2to∞](1/(n^2-1))*sin(nπx/L)*cos(nπy/L)=L/π*sin(x/L)*cos(nπy/L)-8L/π*Σ[n=2to∞](1/(n-1)(n+1))*sin(nπx/L)*cos(nπy/L)（此处修正了a_n和A_n的计算）四、证明题证明：设u(x,y)=Σ[n=1to∞]B_n*φ_n(x)*ψ_n(y)，其中φ_n(x)是方程在边界条件u(0,y)=u(a,y)=u(x,0)=u(x,b)=0下的本征函数系。由于边界条件均为0，φ_n(x)是正交且归一化的。ψ_n(y)可取为1,sin(nπy/b),cos(nπy/b),sin(nπy/b)*sin(mπx/a),sin(nπy/b)*cos(mπx/a),cos(nπy/b)*sin(mπx/a),cos(nπy/b)*cos(mπx/a)...等满足相应齐次边界条件的函数系。由方程u_xx+u_yy=0可知，对任意分量B_n*φ_n(x)*ψ_n(y)，有(B_n*φ_n''(x)*ψ_n(y)+B_n*φ_n(x)*ψ_n''(y))=0。由于φ_n(x)和ψ_n(y)都不全为0，必有φ_n''(x)/φ_n(x)=-ψ_n''(y)/ψ_n(y)=-λ。即每个分量都满足形式方程λ=-φ_n''(x)/φ_n(x)=-ψ_n''(y)/ψ_n(y)。由于所有φ_n(x)都满足边界条件u(0,y)=u(a,y)=0，对应的λ_n必为非负实数（由Sturm-Liouville理论）。同样，由于所有ψ_n(y)都满足边界条件u(x,0)=u(x,b)=0，对应的μ_n必为非负实数。令λ_n=μ_n=λ。则每个分量满足-φ_n''=λφ_n，-ψ_n''=λψ_n。设u(x,y)=Σ[n=1to∞]B_n*φ_n(x)*ψ_n(y)。代入方程：u_xx+u_yy=Σ[n=1to∞]B_n*φ_n''(x)*ψ_n(y)+Σ[n=1to∞]B_n*φ_n(x)*ψ_n''(y)=Σ[n=1to∞]B_n*λ*φ_n(x)*ψ_n(y)+Σ[n=1to∞]B_n*λ*φ_n(x)*ψ_n(y)=Σ[n=1to∞]2λ*B_n*φ_n(x)*ψ_n(y)=2λ*Σ[n=1to∞]B_n*φ_n(x)*ψ_n(y)=2λ*u(x,y)由u_xx+u_yy=0得2λ*u(x,y)=0。由于λ≥0，且u(x,y)=ΣB_n*φ_n(x)*ψ_n(y)是非零解（否则B_n全为0，平凡解），必有λ=0。于是每个分量满足φ_n''=0,ψ_n''=0。通解为φ_n(x)=A_nx+B_n，ψ_n(y)=C_ny+D_n。由边界条件u(0,y)=0得φ_n(0)=B_n=0。由u(a,y)=0得φ_n(a)=A_na=0。由于φ_n(x)不恒为0，必有A_n=0。所以φ_n(x)=0。由