数学物理方程 2008-2009第二学期试题(A)答案

数学物理方程 2008-2009第二学期试题(A)答案

2008-2009学年第二学期

《偏微分方程》期末试卷（A）参考答案及评分标准

一 填空题 （每小题6分共30分）

1 现有一长度为l的均匀细弦，弦的x 0端固定，x l端受迫作简谐振动

Asin t，弦的初始位移和初始速度都是零，那么弦的位移函数u x,t 所满

足的定解问题是（ ）。

utt a2uxx(0 x l,t 0),

ux 0 0,ux l Asin t(t 0), （每行2分）

ut 0 0,utt 0 0(0 x l).

2 有一矩形薄板，其中板的一组对边绝热，而另一组对边中，一边的温度保

持零度，另一边保持常温u0，那么此矩形板的稳定温度分布所满足的定解问题是（ ）。

2 2u 2u u x2 y2 0

ux 0 0,ux a u0; （每行2分）

uyy 0 0,uyy b 0. 3 常用三类齐次边界条件的统一表达式是（ ），当（ ）就是第一类边界条件；当（ ）时，就是第二类边界条件。

u u g(M); 0; 0. （每空2分） n S

4

已知积分

e

ax

2

cos xdx

2

4a

,求函数f x e

ax2

的Fourier变换。

解

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F f

x e

2

ax2 i x

e

dx e

ax2

cos xdx i e axsin xdx

2

2 e axcos xdx

24a

（6分）

（写出公式给2分）

5已知函数sinkt的Laplace变换是L sinkt Laplace变换L因为coskt

k

,22求函数coskt的

p k

coskt .

1

sinkt ， （2分） k

kp 1 1

所以L coskt L sinkt p2 0 . （4分） 222

k k p k p k二 解答下列各题 （每题6分，共12分）

d

1 已知 [xmJm(x)] xmJm 1(x)，计算 x3J0(ax)dx，其中a为常数。

dx

33

xJ0(ax)dx xJ0(ax)dx

113

uJ(u)du u2 uJ0(u) du04 4 aa

1212

4u3J1(u) 4 u2J1(u)du 4u3J1(u) 4u2J2(u) aaaa12

x3J1(ax) 2x2J2(ax)aa

（两步分部积分及结果各2分）

2将f(cos ) cos sin2 在0 上展开成勒让德（Legendre）多项式系

Pn(cos )(n 0,1,2, )的级数。

13x2 13

P(x) (5x 3x)]。 P(x) [已知P0(x) 1，P，，(x) x321

22

因为 f(cos ) cos sin2 cos （1-cos2 ）=cos cos3 （2分）

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12333

P(x) (5x 3x)x P(x) P 又 P，，所以(x) x331(x)，因此 1

255

23

f(cos ) cos cos3 P(cos ) P(cos ) P131(cos )

55

22 PP3(cos )1(cos ) 55

（每个系数正确得2分）

三 求解下列定解问题（20分）

2

u2 u x lt, t a x2 F0,(0

u0, t 0, uxx 0 0,ux l

ut 0 0 0 x l .

0),

其中F0、u0均为常数。

解 由于方程和边界条件的非齐次项中都不含t，故可以令 u(x,t) v(x,t) w(x) 代入方程得

2

v2 v2''

a awx F0。 2 t x

为了使方程和边界条件同时齐次化，取w x 满足

2'' aw x F0 0,

w 0 0,w l u0.FF

解之得 w x 02x2 02l2 u0. （5分）

2a2a

将其代入到原定解问题，得

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2

v2 v

t a x2,(0 x l,t 0),

vxx 0 0,vx l 0, t 0 , （5分）

v F0 x2 l2 x2 u0.

2

t 02a

利用分离变量法，得到满足边界条件的解为

2n 1 a t 2l

2

v(x,t) Cne

n 1

cos

2n 1 x.

2l

。 （5分）

其中

Cn

2n 1 x2l F0 22x l ucos 0 2 l 0 2l 2a

n 1

2

1

16F0l2a 2n 1

3

3

1

n 1

4u0

.

2n 1 （3分）

因此，原定解问题的解是

F

u x,t u0 02 l2 x2 2a

2 （2分） 2n 1 2 a2n 1 x t 16F0l4u0n 1

1 2 . e 2l cos33

2n 1 2l n 1 a 2n 1

四 在圆形截面波导中，电磁场分量Ez所满足的方程用柱坐标表示为

2Ez1 Ez1 2Ez2

hEz 0, 222

试用分离变量法求其一般解（18分）。

解 令Ez , R ,代入到方程中，有

d2R1dR1d2 2

R hR 0, 222

d d d 两边同乘

2

R ，并移项整理，得

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2

R R

h2 2 . RR 由此得到两个常微分方程

0; （1）

2R R h2 2 R 0. （2） （8分）

方程（1）加上自然条件 2 构成本征值问题，解此本征值问题，得本征值和本征函数分别为

2 m 0,1,

m

m2

;smin

m Amcosm B

m

（4分）

0 ,1 ,2

将 m2代入方程（2）,求出其通解是 Rm CmJm h

（2分） DY hm m

由于是圆形截面问题，应该有自然条件R(0) ，这时取Dm 0. （1分） 组合叠加得问题的一般解是

Ez , Rm m

m 0

Amcosm Bmsinm Jm h

m 0

（3分）

五 证明：（1）在利用变换 x sinx y， x sinx y，可以将偏微分方程

2u 2u 2u u 2u2

（10分） 2cosx sinx2 sinx 0化成 0；2

x x y y y

（2）证明这个方程在边界条件u|y sinx (x),uy|y sinx (x)下的解为

u(x,y)

(x sinx y) (x sinx y)1

2

2

x sinx y

x sinx y

( )d 。（10分）

证 （1）

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u u u u

(1 cosx) (1 cosx) x x u uuy

ux

2u u 2u

uxx (1 cosx) 2(1 cosx) (1 cosx) sinx

2u u 2u

(1 cosx) (1 cosx) 2(1 cosx) sinx

（4分）

2u 2u

uyy 2 2

2u 2u 2u 2u uxy (1 cosx) 2 (1 cosx) 2

（4分）

代入定解问题得到

2u uxx 2cosxuxy sinxuyy sinxuy (2 2cosx) 0

2

2

2

2u

由于 1 cosx 0故 0 （2分）

（2）方程的通解为：

u(x,y)

f ( ) g( )f (x

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