数理方程习题解答

1、 竖立方程习题解答 习题一 1 习题二 3 习题三 5 习题四 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 习题五 错误！未定义书签。错误！未定义书签。 1 习题习题1.1.4 1导出弦受阻力的波动方程 其中阻力与速度成正比， 为常数 解解 我们考虑弦的一个微元。令 为端点处的张力，如教材图1.1所示，沿锤直方向作 用在这个微元上的力是,阻力为,由牛顿(Newton)第二定律1， 此合力等于质量乘以加速度因此 (1) 其中 是密度， 是微元弦的弧长因为运动弦的斜率是很小的，故有 sx . 因角 和 也很小，所以我们有，于是(1)式变成 （2） 但由微积分学我们知道，在时刻 , ,于 是，方程(2)便

2、可写成 令取极限，我们求得 （3） 其中 2. 设长度为 的均匀弹性杆的线密度为 ， 杨氏模量为 ， 试列出杆的微小纵振动方程。 解解 考虑杆在无外力作用下的振动。取杆的一端为原点，干的方向为 轴建立坐标系： 则杆上各点 在时刻 的位移是。 在杆上任取一段， 其两端点静止时的坐标为,此小杆段在时刻 的相对伸长 为：，令得 点在时刻 的相对伸长为( , ) x ux t，由Hooke定 律知张力为，再此小杆段上用Newton第二定律得 两边同除并令得： 若杨氏模量为 为常数则得：。 1 牛顿(Newton)第二定律与动量守恒定律等价，也可以用动量守恒定律来见方程，见数学物理方程 讲义 （姜礼尚、

3、陈亚浙）P1 习题 1.2.4 3 习题习题1.2.4 1 设悬浮粒子由重力引起的沉淀速度 是不变的， 又假定在同一水平面上粒子的浓度 是相同的，试给出悬浮粒子的浓度 所满足的方程 解解 取竖直向下的方向为 轴，考虑介于平面之间，截面积为常数 的柱体。质 量守恒关系为其中为这段时间内柱体内粒子质量的增加，而为 这段时间内由于扩散作用经由柱体的上、下底面进入柱体内的粒子质量，是由于 沉淀经柱体的上、下底面进入柱体的粒子质量。 其中是扩散系数。 从而 注意到与的任意性，由上式立即得 2 没有一厚为l的无限平面板，在其表面与温度为的周围介质发生热交换，如果 板的温度不随其厚度而变化(即在垂直于板面的

4、直线上的点的温度均相同)，试给出板 冷却的初边值问题。 解解 取平面上任意一区域 ，在从 到 ()这段时间内考察柱体 中热量的平衡关系： 其中 为从 到 这段时间内， 中温度的变化所吸收的热量，而与则分别为这 段时间内，通过由板内其他部分流入 的热量以及通过上、下板面与周围 介质的热交换所获得的热量。不难计算得 数学物理方程习题解答 4 从而 所以 其中。此外还有初始条件 于是得二维Cauchy问题2 2 取垂直于板平面的方向为 轴，则在温度 依赖于 的情况下，所讨论的是由两平面 所界的无界区城内的问题，边界条件给在两平面上，此时边值问题为 在温度u不依赖于z的情况下，不能简单地由三维方程得出

5、u满足二维热传导方程， 因为若将所给问题当作二维问题，则此时上、下板面与周围介质的热交换不能再当作 边界条件来处理，而应考虑到方程中去。也就是说，边界条件和方程不是截然分开的 两个不同的东些，而是同一事物的不同表现方式。在齐次方程和非齐次方程、齐次边 界条件和非齐次边界条件之间的转换时，就会从数学上遇到此问题。 习题 1.3.3 5 习题习题1.3.3 1(数学物理方程讲义 姜礼尚、陈亚浙P34,17) 设 () 222 11 ( )|( ) 22 J vvvdxa x v dsfvdxgvds =+ 其中( )0a x 。考虑以下三个问题： 问题I(变分问题) ：求 1( ) uMC=使得(

6、 )min ( ) u M J uJ v = 问题II：求 1( ) uMC=使得它对于任意vM都满足 ()()( )0uvu vfv dxa x uvgv ds + += 问题III (第三边值问题)：求 21 ( )( )uCC 满足以下边值问题 ( ) uufx u a x ugx n += += (1) 证明问题I与问题II等价 (2) 当 21 ( )( )uCC 时，证明问题I、II 、III 等价 证明证明 设问题I(变分问题)成立，即 1( ) uMC=使得( )min ( ) u M J uJ v =，则对 vMuvM +R ? ，从而 () 22 2 1 ( )()|()|

7、() 2 1 ( )()()() 2 jJ uvuvuvdx a x uvdsf uv dxg uv ds =+=+ + 在0=取的最小值，所以 (0)0 j =，即 ()(0)( )0juvuv dxa x uvdsfvdxgvds = += （1） 所以问题I问题II。由于( )j是一个二次函数，故(0)j取最小值等价于 (0)0 j =，也就是问题I问题II。 当 21 ( )( )uCC 时由高斯公式得 6 () u uvdxv uv u dxvdSv udx n = = 所以 ()( )0 u uuf vdxa x ug vdsvM n += 由变分引理得 ( ) uufx u a

8、x ugx n += += 所以问题II问题III。而问题III问题II是显然的，所以，问题II问题III。 习题习题2.1.3 1 将下列方程化成标准型 ()() 2 22 22 22 (1)0,0; (2)0,0,0; (3) 4420, (4)0,0; (5) sin2 sin0; (6) 110. xxyy xxyy xxxyyyy xxyy xxxyyy xxyyxy ux ux y ux uxy uuuu uyuy x uyx uy u xuyuxuyu += += += += += += 解（1）由特征方程解得两簇共轭特征线，做变换 ，则由链式法则原方程化为 （2）由特征方程解得

9、两簇共轭特征线，做变换 ，则由链式法则原方程化为 （3）由特征方程解得一簇特征线，做变换 ，则由链式法则原方程化为 （4）由特征方程 22 0dyydx+= 当0y 时解得一簇共轭特征线2 yxic=， 做变换2, yx=， 则由链式 法则原方程化为 1 0uuu += 7 当0y 时解得两簇特征线2yxc=，做变换 2,2xyxy=+=，则由链式法则原方程化为 () 1 0 2() uuu += （5）由特征方程 2222 sin2 sin0 xdyyxdxdyy dx+=解得一簇特征线 2 x ytgc=，做变换, 2 x ytgy=，则由链式法则原方程化为 22 2 0uu = + （6

10、）由特征方程( )() 2222 110 xdyydx+=解得两簇共轭特征线 ()() 22 ln1ln1xxiyyc+=，做变换 () 2 ln1xx=+， () 2 ln1yy=+，则由链式法则原方程化为0uu +=。 2 证明常系数方程0 xyxy uaubucu+=必可通过未知函数变换化为 1 0 xy vcv+=。 证明 令 ()2ax by uve + =，则 ()()()() ()()()() ()()()() ()() () ()() () , bx aybx aybx aybx ay xxyy bx aybx aybx aybx ay xyxyxy xyxy bx aybx

11、aybx aybx ay xyxy bx aybx aybx aybx aybx xy uv ebveuv eave uv eav ebv eabve uaubucu v eav ebv eabve a v ebveb v eavecve + + + + = =+ + =+ + () () () () () 0 0 ay bx aybx ay xy xy v ecab ve vcab v + + =+= += 习题习题2.2.3 1 证明常系数椭圆型方程必能通过自变量与未知函数的变换化为0ucu +=的形 式。 证明： 的系数矩阵是正定的。 取 8 正交矩阵 使得。做变换则原方程化为 。在令可

12、得 。最后做变换，则得 。 2 证明常系数双曲型方程必能通过自变量与未知函数的变换化为 的形式。 证明： 的系数矩阵的特征值全部 为零，且有一个与其n个异号。取正交矩阵 使得 。做变换 则原方程化为。在令 可得。最 后做变换，则得。 习题习题2.3.1 1 求下列方程的特征方向 1 12 23 34 4 (1) (2) (3) x xx xx xx x ttxxyyzz txxyy uuuu uuuu uuu +=+ =+ = 解 （1）设() 1234 , =，则 2222 1234 +=+，取单位特征方向， 2222 1234 1+=。所以， 2222 1234 1 2 +=+=。记 12

13、34 1111 cos ,sin ,cos ,sin 2222 =，则 1111 cos ,sin ,cos ,sin 2222 = 。 （2）设() 1234 , =，则 2222 1234 =+，取单位特征方向， 2222 1234 1+=。所以， 2222 1234 1 2 =+=。记 1234 1111 ,sin sin,sin cos,cos 2222 = =，则 1111 ,sin sin,sin cos,cos 2222 = 。 9 （3）设() 123 , =，则 22 23 0=，取单位特征方向， 222 123 1+=。 所以， 22 12 21+=。记 123 11 co

14、s ,sin ,sin 22 = ，则 11 cos ,sin ,sin 22 = 。 2 对波动方程() 2 0 ttxxyy uauu+=过直线:0,2l tyx=的特征平面。 解 设单位特征方向(), ,n =，则 2222 222 ()0 (1), 1 (2) a += += 易见直线l过了原点的。设所求特征平面为0txy+=，直线l过点(0,1,2) 所以20 (3)+=。由（1） 、 （2） 、 （3）得特征平面为 520atxy+=。 习题习题3.1.7 1 求的一般解解。 （提示： 令） 解解3 令，则化为 ， 其通解为，从而原方程的一般解为 。 2 求 2 22 2 uu x

15、x xxy = 一般解。 （提示：( , )( , )v x yxu x y=） 解解 令( , )( , )v x yxu x y=，则 2 22 2 uu xx xxy = 化为 22 22 0 vv xy = ，通解 为 ( , )()()v x yxyxy=+，从而原方程的一般解为 3 通过未知函数的变换求解，习题2 思想一样。问题是如何寻找这种变换，这是非常困难的。 10 () 1 ( , )()()u x yxyxy x =+。 3 求一般解。 （提示：） 解解4 特征方程为 ，解得两簇特征线 , 。做变换，则原 方程化为 所以 ,故 。 4 求 222 22 22 20 uuuu

16、u xxyyxy x yxyxy += 的一般解。 （提示： xyy=） 解解5 特征方程为 dyy dxx = ，解得特征线为 xyc=，令xyy=， 则原 方程化为 2 2 11 , uuvu vv = = = 所以 lnlnln ( )v = +。从而， ( )u = 。于是 ( , )()ln()u x yxyyxy=+ 5 求初值问题的解 （提示：） 解解 做变换，则原方程化为。其一般解为 。从而 ，由初始条解得 解得 4 化方程为标准型的思想的应用。 5 与习题3思想一样，这里化简后的方程是一个含参数的特殊的二阶常微分方程. 11 于是 . 6 求解问题 222 2 22 sin

17、sin 2cossinsin0 ( ) ( ) yx y yx uuuu xxx x yyxy ug x uh x = = += = = 解解 由特征方程解得特征两簇线sinsinxyxcxyxc+=+=，做变换 sinsinxyxxyx=+=+，则原方程化为 2 0 u = 。其一般解为 ( , )( )( )u =+。从而 ( , )(sin )(sin )u x yxyxxyx=+， 由初始条件得 ( )( )( ) ( )( )( ) xxg x xxh x += = 解得 00 11 ( )( )( )( )( )( ) 22 xx xg xh x dxxg xh x dx =+=

18、从而 sin sin (sin )(sin )1 ( , )( ) 22 xx y xx y g xyxg xyx u x yh x dx + + + =+ 7 求解定解问题 （提示：令 ） 解解 由特征方程解得特征两簇线，令 ，则原方程化为。其一般解为 。从而，由初始 条件得 12 从而， 。从而解得 所以 . 8. 求解Goursat问题 其中为已知常数并画图指出定解条件的决定区域。 解解6 方程的一般解为 带入定界条件解得 9. 求解Cauchy问题 解解 由 Dalembert公式解得 i ) . ii ) 10. 求解非齐次方程的Cauchy问题 解解 由推广的Dalembert公式

19、解得 6 Goursat问题也称特征编制问题，其定解条件是给在特征线上的。 13 或者令则原问题化为 再用Dalembert公式解之。 11. 求解半无界问题 解解 (i) 代入第一类边界条件的半无界问题的公式可得 (ii) 代入第一类边界条件的半无界问题的公式可得 另解7：原方程的通解为，由初始条件得 解得,所以 12. 求解半无界问题 7 为何没有用到边界条件？这是因为函数x， xcosx本身是奇函数， 便界条件是自然满足的。 若将xcosx 改为xsinx，则就不能这样解。 14 解解8 原方程的通解为，由初始条件得 解得，又由边界条件得9 由于，所以，从而我们有 故原问题的解为 13.

20、 求无限长理想传插线上传播着的电压和电流设初始电压分布为 ；初始电流分布为。 解解 (1) 根据传输线方程和电学上的知识以及所给条件，我们得关于传轴线上电压 所满足的定解问题 （2）同理，电流应满足的定解问题为 由Dalembert公式解得 (1) ; (2) 8 这是一个特殊解法，一般地说，应该先将边界条件齐次化。 9利用这个条件来对g做延拓 15 14. 求解Cauchy问题 解解 由推广的Dalembert公式得 . 另解：令 ,则原问题化为 ， 由Dalenbert公式解得. 15 求解以下Cauchy问题 （1） () 23 0222 00 0( , , , )(0,) 0 0 tt

21、 t tt uaux y z t urR uurxyz rR = = =+ R (2) ()0,0 ( , ,0)32 ,( , ,0)0, ttxxyy t uuux yt u x yxy u x yx y += =+= (3) ()() ()0,0 ( , , ,0),( , , ,0)3, , ttxxyyzz a x y za x y z t uuuux yt u x y zeu x y zaex y z + + + += = 解 （1）由Poisson公式得 0 00 0 ()()()() ( , ),( ) 20 urR rat u ratrat u rat u r tu r rr

22、R + = （2） 取32vxy=+， 则32vxy=+满足初始条件， 令uwv=+， 则w满足Cauchy 问题， ()0,0 ( , ,0)0,( , ,0)0, ttxxyy t wwwx yt w x yw x yx y += = （*） 易见（*）的解为0w ，所以原问题的解为( , , )32u x y txy=+。 （3）取 ()a xyzat ve + + =，则 ()a xyzat ve + + =满足初始条件，令uwv=+，则w 满足Cauchy问题， ()0,0 ( , ,0)0,( , ,0)0, ttxxyyzz t wwwwx yt w x yw x yx y +=

23、 = （*） 易见（*）的解为0w ，所以原问题的解为 () ( , , , ) a xyzat u x y z te + + =。 16. 验证形式为( , , , )()u x y z tfxyzat=+的函数(其中, , 为任意 16 满足 222 1+=的实常数， 2 fC满足方程 2( )0 ttxxyyzz uauuu+=。 这种形式的波动方程的解称为平面波解。 解 由( , , , )()u x y z tfxyzat=+得 ()() 22 22 222222 (),() (),() 0 xxyy zztt ttxxyyzz ufxyzatf ufxyzatf ufxyzatf

24、ufxyzata f uauuua faf =+=+= =+=+= +=+= 习题习题3.2.6 1 求下列函数的Fourier变换 （1） 解解 记，则， 从而 (2) (3) 解解 ， 所以 用幂级数法解此一阶线性常微分方程Cauchy问题得 另解： 17 同理可得 2 解定解问题 （1） 解解 由热传到方程的Cauchy问题的解的Piossion公式计算得 （2） 解解 先作奇延拓再由热传到方程的Cauchy问题的解的Piossion公式计算得 18 （3）Hint: 偶延拓 解解 先作偶奇延拓再由热传到方程的Cauchy问题的解的Piossion公式计算得 3 求解在上半平面的静电场的

25、电势，已知， 解解 因为电势函数满足方程Laplace方程，从而有 对 进行富里哀变换10，有 , 解得 由得 1 0c =，由得 ，所以 从而由得 4 求解Cauchy问题 其中，为常数。 解解 先作变换把方程化成标准型。 令， 其中为待定常数。 代入原方程 计算得 取，则原问题化为 10 这里先只考虑了边界条件 ( ,0)( )u xf x=， 在用Fourier 变换法解出像函数时， 再考虑无穷远边 界条件。 19 由热传导方程Cauchy 问题Poisson公式解得 从而 5 两种不同材料的均匀细杆的热传导现象可归结为定解问题 2 0 2 0 0,0,0(1) ( ),0(2) 0,

26、0,0(3) ( ), 0(4) ( 0, )( 0, ),( 0, )( 0, )(5) tlxx t trxx t lxrx ua uxt uxx va vxt vxx utvtk utk vt = = = = = =时，(, ), r l a ux tvx t a 均为（1）的解，令 ( , )(, ),0 r l a u x tux tvx tx a =+ % 其中,为待定常数。 显然，0 x 时( , )u x t%是（1）的解。令 20 ( , )0,0 ( , ) ( , )0,0 u x txt U x t u x txt = % 取,使得( , ),( , ) x U x t

27、Ux t在0 x =处连续。即 ( 0, )( 0, ),( 0, )( 0, ) xx utututut=+=+% （6） 由( , )(, ),0 r l a u x tux tvx tx a =+ %得 ( 0, )( 0, )( 0, ),( 0, )( 0, )( 0, ) r xxx l a ututvtututvt a +=+=+% 由（5） 、 （6）得 1 1 lr rl k a k a += += （7） 于是，( , )U x t满足 2 0 0,0,0 ()0 ( )0 tlxx r l t Ua Uxt a xxx Ua xx = = + = 由Poisson公式解得

28、 ()() () 22 0 22 2 2 0 1 ( , )( ) expexp 442 1 exp 42 ll l r ll l xx U x td a ta tat xa d aa tat + =+ + 于是，得 ( , )( , )0 1 ( , ),0 ll rr u x tU x tx aa v x tUx tux tx aa = 21 习题习题3.3.7 1 一根均匀弦固定于x=0和x=l两端， 在开始的瞬间， 它的形状是一条以过2xl=点 的铅直线为对称轴的抛物线，假定没有初速度，确定弦上诸点距离平衡状态的位移。 解解 原问题归结为初边值问题 直接用用变量分离法解之得 2 在一端

29、固定而另端自出的条件下， 园柱状杆的纵向微小振动的方程式问题归结为: 其中 是坐标为 的截面的位移， 是杆长， 为单位长度的质量， 是杨氏系数。 解解 直接用变量分离法解之得 其中 3 求解初边值问题 解解 直接用变量分离法解之得 22 其中是的解 4 求单位圆内的调和函数，他在边界上的值为 解解 在极坐标下研究，原边值问题化为 以分离变数形式的试探解 代入泛定方程得 上式左边是 的函数，与 无关；右边是 的函数，与 无关两边不可能相等，除非 两边实际上是同一个常数把这常数记作，这就分解为两个常微分方程 (1) (2) 常微分方程（1）隐含着一个附加条件。事实上，一个确定地点的极角可以加减的

30、整倍数，而电势 在确定的地点应具确定数值，所以，即 亦即 (3) 这叫做自然的周期条件。常微分方程（1）与周期条件（3）构成本征值问题。求解得 本征值和本征函数为 以本征值代入常微分方程（2）得 这是欧拉型常微分方程，作代换，即方程化为 其解为 这样，由于u在D内有界， 所以D0，于是分离变数形式的解是 23 拉普拉斯方程是线性的，它的一般解应是所有本征解的叠加，即 (4) 为确定（4）中的系数，把（4）代入原边值问题的边界条件先代入齐次边界条件得 从而， 代入（4）计算得,Poisson 公式 5 弦在一端是固定的，而在另一端受到谐和的扰动力，因而引起该端的位 移。研讨这个弦的横向振动 解解

31、 问题归结为： 1) 分解问题：令 ，则得 2) 用分离变量法求(I)的一个特解， 3) 解(II)应用分离变量法可得 6 试证拉普拉斯方程(用球坐标) 24 有特解，其中为任意常数， 是 阶 Legendre11多项式。 证明证明 考虑球对称的情形，即与无关的解12。由球对称原方程化为 令 代入方程得 令得 令 代入 （1） 得 ， 解得 ， 从而 （1） 的两个线性无关解为 。 令，则（2）化为， （Legendre方程） 他有解（为 次勒让德多项式） 。从而原方程由特解为 7 设有一弹簧一端固定，另一端在外力作用下作周期运动，当振动进行很多次后，初 始条件产生的影响因阻力而消失，它与初始

32、条件无关，问题归结为： 2 0 (0, )0 ( , )sin ttxx ua u ut u l tAt = = = 试求它的周期解。 解解 设 ( , )( ) i t U x tX x e =， 满足(0)0,( )XX lA=， 则( , )U x t的虚部就是本问 题的解13，将( , )U x t代入原定解问题得 勒让德（17521833）Legendre，Adrien-Marie 法国数学家。1752年9月18日生于巴黎 ，1833 年1 月10日卒于同地。1770 年毕业于马萨林学院 。1782 年以外弹道方面的论文获柏林科学院奖。1783 年被选为巴黎科学院助理院士，两年后升为

33、院士。1795年当选为法兰西研究院常任院士。1813年继 任J.-L.拉格朗日在天文事务所的职位。 勒让德的主要研究领域是分析学(尤其是椭圆积分理论)、 数论、 初等几何与天体力学， 取得了许多 成果，导致了一系列重要理论的诞生。勒让德是椭圆积分理论奠基人之一。在L.欧拉提出椭圆积分加 法定理后的40年中， 他是仅有的在这一领域提供重大新结果的数学家。 但他未能像N.H.阿贝尔和C.G.J. 雅可比那样洞察到关键在于考察椭圆积分的反函数 ，即椭圆函数。在关于天文学的研究中，勒让德 引进了著名的“勒让德多项式” ，发现了它的许多性质 。他还研究了B函数和函数，得到了函 数的倍量公式。他陈述了最小

34、二乘法，提出了关于二次变分的“勒让德条件” 。 勒让德对数论的主要贡献是二次互反律，这是同余式论中的一条基本定理。他还是解析数论的先 驱者之一，归纳出了素数分布律，促使许多数学家研究这个问题。 12 实际上，完全球对称的解应该是只与r有关，而与无、关的解，这里选的是与无关的特解。 考虑只与无关的解会得到什么结果？ 13 这不是一个标准的定解问题，因为从常规来看，它差一个定解条件-初始条件。但是，题目明确 说初始条件因长时间运动而消除了。由于振动纯属边界振型造成，所以弦振动的角频率也应该为， 25 2 2 0 (0)0,( ) XX a XX lA + = = 解得 12 ( )cossinX

35、xcxcx aa =+ 由边界条件得 12 0,sincclA a = 所以 ( )sin sin A X xx a l a = 从而 ( , )sin sin i t A U x txe a l a = 于是 ( , )Im( , )sinsin sin A u x tU x txt a l a =。 8 求解没有初始条件的半无界杆的热传导问题 的周期解。 解解 设14 ，则，于是有 特征方程为： 解得特征根为 所以 由 得，由得，于是 所以可用此特殊的变量分离法。 14这不是一个标准的定解问题， 因为从常规来看， 它差一个定解条件-边界条件。 但试题上明确说明 是求周期解，方程是齐次的，所

36、以周期解得周期应该与初始函数的周期相同。特殊的变量分离法，这 里用到一个特殊的边界条件lim ( ) x X x =有界. 26 。从而原问题的解为 9 求解振动向题 解解 用叠加原理、齐次化原理和变量分离法解得 其中 10求解热传导方程定解问题 解 先作变换，然后再用变量分离法解之得 其中，这里是特征函数， 而则是权函数。 27 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 2 0 2 2 , 0, ( , )sin 2 ( )sin ( )sin nab b t x l a a n n b t x a n b x a n b x a they are orthogonal onl with we

37、ight function n u x teex l n wherex exdx ll n Note the eigen functions areXxex l e + = = = = l1. 求解细杆导热问题秆长l，初始温度均匀为u0。两端分别保持温度u1和u2。 解 数学模型为 2 0 1 2 0 ( ,0) (0, ( , ) txx ua u u xu utu u l tu = = = = 作变换 21 1 uu uvux l =+将边界条件其次化再用变量分离法解之得 ()2 21 1 1021 1 ( , ) () 2( 1)1( 1)sin naltnn n uu u x tux

38、l uuuun x e nnl = =+ + 12 解一个具有热绝缘的侧表面均匀杆冷却问题，假定这个汗的初始温度分布情况是 ( ,0)( )u xx=，它的一端热绝缘，而另一端永远保持为 0 u，问题归结为， 2 0 00,0 ( ,0)( )0 (0, )0,( , ) txx x ua uxl t u xxxl utu l tu = = = 解 作变换 0 uuv=+，然后用分离变量法解得 2 21 20 0 0 221( 1) 421 ( , )( )coscos 2(21)2 n ln at l n nun v x tedx llnl + = + = + 13 有一个半径为R的均匀球体

39、，它的中心就是坐标的原点，已知球内任意一点的初 始温度只与该点到球心的距离有关，球的表面温度永远保持零度，确定球内任一点在 t0时的温度。解 由球对称性可知方程为 2 2 2 20 uuu rar trr += ，从而有 定解问题 28 2 2 2 20 ( , )0,(0, ) ( ,0)( ) uuu rar trr u R tut u rf r += = = 有界 作变换( , )( , )v r tru r t=得 2 2 2 0 ( , )0,(0, ) ( ,0)( ) vv a tr v R tvt v rrf r = = = =0 应用分离变量法解得 2 1 0 ( , )(

40、)sinsin n l at R n nn v r tefdr RR = = 14在圆域a上求解4u = ，边界条件是0 a u = =。 解 作变换 22 ()uvxy=+则v满足Lapulace方程，在极坐标系下用变量分离法解 之得 22 ua= 15. 在圆域a上求解uxy = ，边界条件是0 a u = =。 解 作变换 33 1 () 12 uvx yxy=+则v满足Lapulace方程， 在极坐标系下用变量分离 法解之得 () 222 1 sin2 24 ua= 16. 在矩形城0, 22 bb xay上求解2u = ，且u在边界上的值为零。 解 作变换()uvx xa=+后再用变

41、量分离法解之得 () 2 33 0 (21)sin (21)8 ( , )() (21)1 2 n chny any aa u x yx xa nchnb a = + = + 17 求解 22 1 1 ( , )4 xxyy xy uu u x y += += = 解 uvw=+，其中 29 22 1 1 ( ) ( , )0 xxyy xy vv i v x y += += = 22 1 0 ( ) ( , )4 xxyy xy ww ii w x y += += = 意见(i)有解 22 1 44 xy v + =，(ii)有解 4w =。所以 22 15 ( , ) 44 xy u x

42、y + =+ 18求解 223 1 1 ( , )9 xxyyzz xyz uuu u x y += += = 解 uvw=+，其中 222 1 1 ( ) ( , )0 xxyyzz xyz vvv i v x y += += = 222 1 0 ( ) ( , )9 xxyyzz xyz www ii w x y += += = 意见(i)有解 222 1 66 xyz v + =，(ii)有解 9w =。所以 222 53 ( , , ) 66 xyz u x y z + =+ 19求解 22 22 1 ( , )2 xxyy xy uuxy u x y += +=+ = 解 uvw=+

43、，其中 22 22 1 ( ) ( , )0 xxyy xy vvxy i v x y += +=+ = 22 1 0 ( ) ( , )2 xxyy xy ww ii w x y += += = 意见(i)有解 () 3 2 22 1 99 xy v + =，(ii)有解 2w =。所以 () 3 2 22 17 ( , ) 99 xy u x y + =+ 20 解定解问题 2 11 0() ( , )cos(02 ) rrr uuura rr u aA +=的Green函数 解 取( , ),0Q 关于x、y轴的对称点( ,)(, )QQ ，及原点 (,)Q，则四分之一平面的格林函数为

44、2222 2222 111 ( , ; , )lnln 2 ()()()() 111 lnln 2 ()()()() G x y xyxy xyxy = + + + 2 证明 () 222 12 1 ( )u rccrxyz r =+=+是三维拉普拉斯方程在0r 时的 解，而 () 22 12 1 ( )lnu rccrxy r =+=+是二维拉普拉斯方程在0r 时的解。 3 用电像法求半球的Green函数。 解 1111 () 4| | |,0 R G Rz = = * * x, x- -x -x -x 其中0是 关于平面的对称点， ， 分别是 ， 关于球面的反演点。 习题习题4.1.3 1

45、 设() ,0, 0,Qx txltT=，则 （1）0c 时，max | max | Q uu =， （2）一般地max |max | T Q ueu ，其中 max 0,max() Q c=。 证明： （1）首先注意到，若得max0 Q u 则 maxmax( ) Q uua =。反证，若 (, )x tQ 使得(, )max Q u x tu =，则(, )0,(, )0, xt ux tu x t = (, )0 xx ux t 。 由(, )0Lu x t =得 * (, ) (, )(, )(, )0 xx c x t u x ta x t ux t =， 34 这与 * (, )0

46、, (, )0c x tu x t 矛盾。所以（a）成立。同理可证，若min0 Q u ， 则( , )0c x t+。由（1）得( , )max ( , ) ,( , )v x tv x tx tQ ，即 ( , )max( , ) ,( , ) T u x teu x tx tQ 。令即可。 2 设 n R有界区域，记(x, ): x, 0 T QttT= ， () ()0, 0T = 称为 T Q的抛物边界，用 2,1 () T CQ表示在 T Q内对x 二次连续可微， 对t一次连续可微的函数的集合。 设 2,1( )() TT uCQC QI满足热传 导方程 2 (x, ) t Luu

47、auft = 则 （i）当0f 时( , )u x t在 T Q上的最大值必定在 T Q的抛物边界上达到，即 max (x, )max (x, ) T Q utut = （ii）当0f 时( , )u x t在 T Q上的最小值必定在 T Q的抛物边界上达到，即 min (x, )min (x, ) T Q utut = （iii）当0f =时( , )u x t在 T Q上的最大值和最小值必定在 T Q的抛物边界上达到， 即 max (x, )max (x, ), min (x, )min (x, ) T T Q Q utut utut = = 证明 （i）先设(x, )0,ft 我们用反证

48、法证明(x, )ut必定不能在 T Q的内部达到最 大值。如不然，设在某点 00 (x , ) T PtQ使得 00 (x , )max (x, ), T Q utut=则 35 00 00 00 00 2 2 (x ,) (x ,) 0 (x ,) 0 (x ,) 0, 0,1, 0, ; 0, . Pti Pt Pt Pt uu in xx u tT t u tT t = = = L 如果 如果 因此 00 2 00 (x ,) (x , )()0, t Pt ftuau=这与(x, )0,ft ，作辅助函数 (x, )(x, ),vtutt= 于是直接计算可得0.LvLuf=。又由 于l

49、im ( )0u = x x，故存在0r ，使得| rx时，| ( )|( )uu Px，从而u的非负最 大值不能在(0, )Br上达到。在球壳(0, ) (0,1)BrB上用强极值原理知u的非负最 大值必只能在在(0,1)B上某点 0 p达到，过 0 p作一小球B含于球壳 36 (0, ) (0,1)BrB，对 0 p和小球B用Hopf引理得 0 0 p u v 。这与 0(0,1) u on B n = 矛盾。所以0u 。 4 设连通区域满足内球条件，则上的, u uf ong on n = 之解在 相差一个常数的情况下是唯一的。 证明 只需证明0,0 u uonon n = 的解为常数。

50、若不然，则由强极值原 理知u的最大最小值只能在上达到。设 0 ()maxu pu =，由满足内球条件， 过 0 p作小球B含于。对 0 p和小球B用Hopf引理得 0 0 p u v 。这与 0 u on n = 矛盾。所以u为常数。 5 证明问题 22 322 1 1 0 xxyy xy uuuxy u += +=+ = 只有零解。 证明：若0 u / ，则( , ), ( , )1x yx y，则 u在闭圆盘上的最大值 00 (,)0u x y，所以 3 00 (,)0uxy。另一方面， 0000 (,)0,(,)0 xxyy uxyuxy，从而 000000 (,)(,)(,)0 xxy

51、y uxyuxyu xy+=。 矛盾。 6 证明二维调和方程的Dirichlet外问题的有界解是唯一的。 证明 由线性性，只需证明 2 0, 0, uon uonu = = 有界 R 只有零解即可。取 00 (,)P xy，作辅助函数 () () 2222 00 2 ln xxyy v r + =，则v在之外调和 且对充分小的r，v是正的。由于u有界，所以对充分大的R0有 0 |ln R u r 充分大， 使得( , )( , ) x yB P R， 在( , ) B P R 中对vu用极值原理得| ( , )|ln R u x y r ，令0的( , )0u x y =。由 2 ( , )x yR知u恒为零。 37 习题习题4.2.4 1 证明Goursat问题（G）的解是唯一的。 () () 22 22 ( , , ) ( ) , ,( , ) ttxxyy uuuf x y txyt G u x yxyx y +=+平面tT=所截下的锥的部分记为 22 : T KxytT