北京交通大学硕士研究生2010-2011学年第一学期《数学物理方程》期末试题(A 卷)(参考答案)学院__________ 专业___________ 学号 __________ 姓名____________1、( 10分)试证明：圆锥形枢轴的纵振动方程为：玫［I h .丿&」V h .丿&其中E是圆锥体的杨氏模量，「是质量密度，h是圆锥的高(如下图所示)【提示：已知振动过程中，在x处受力大小为ES ，S为x处截面面积。

】ex【证明】在圆锥体中任取一小段，截面园的半径分别是r1和r2，如图所示。

于是，我们有2、：：u(x dx,t) 2 u(x,t) — 2 u2(x,t)E( D) E( * ) ( A )dx 于x x t r1 = (h「x)tan :r2= (h _(x dx)) tan :上式化简后可写成22：：U(X,t)2:：u(x,t) 2, ；u (x,t)E[(h -x)卜亠 & -(h -'X) 〔x J - - (h -'X)dx 2从而有E ：：[(^x)2；：U(x ,t)H-(^x)2：：u2(x,t) .x :X:t 或成2::[(1「)2汽("]“2(1「)小叩).xh ：：x h ；：t其中a^E，证明完毕。

2、 (20分)考虑横截面为矩形的散热片， 它的一边y=b 处于较高温度U ，其它三边y=0.x = 0和x = a 则处于冷却介质中，因而保持较低的温度 u o 。

试求该截面上的稳定温度分布u(x,y)，即求解以下定解问题:u|y 卫二 %, u|y 生二 U, 0 x a. 【提示：可以令u(x, y)二u 0 v(x, y)，然后再用分离变量方法求解。

】【解】令u(x, y) v(x, y)，则原定解问题变为Wl x£=0, V=0, 0cy <b;v|y/0, v|y 子U _u °,0 x a.分离变量:f 2\dU；：2U=0, 0 ： x ： a, 0 ： y ： b;y=0, 0 ： x ：： a, 0 ： y ： b;■ 2y »2 -2v(x,y) =X(x)Y(y)代入方程得到关于X和Y的常微分方程以及关于X的定解条件:X X = 0,X(0) =0,X(a) =0;Y - Y =0可以判定，特征值(n =1,,2,3J||)特征函数n 二X(x) = X n(x) =C n S in—x (n=1,,2,3JI|)利用特征值、可以求得丫(y) =Y n(y) =A n e叨B n^；y(n = 1,,2,3,l|l) 于是求得特征解n r n iy n，1V n(x,y)=(代e= B n e^ )sin x (n =1,,2,3JI|)a形式解为n -y _j-y门二v(x, y)二為V n(x, y)二為(A n e~ B n e^ )sin x吕 3r Q Qv(x,0)=迟(An+B n)sinO0 bv(x,b)八(A n e吗B n en =1pg na )sin——x 二U -u0得到A nB n =0八也如二 4 “，、A e aB e a(U - u。

) (n 二2k) (n =2k 1)解得卩代一B才4(U -U。

)_bn j[W (e a -e a ) (n =2k) (n =2k 1)最后得到原定解冋题的解是4(U —u °)£ 1 a —ys . (2kf匕乔1 sh (2k+1MbSina3、 （20分）试用行波法求解下列二维半无界问题0 . t, x ：：：：：;0 ：：： x ：：：：：; 0 ::: t ：：：：：.【解】方程两端对 x 求积分，得X ：：XU y dx = 0 f(x,y)dx h 1(y)ex也即-：u x0 f (x,y)dx h(y).y 0对y 求积分，得y ；Uy xdy 二 f (x,y)dxdy g(x) h(y)；y也即y xu(x, y)二 0 0f(x, y)dxdy g(x) h(y)由初始条件得u(x,0) =g(x) h(0) = (x) u(0, y)二 g(0) h(y) J (y)也即g(x)八(x)-h(0)h(y)=5y)-g(0) 再取x =0，于是又有g(0)=®(0)-h(0)h(0) (0)-g(0)从而得g(0) h(0)仝(0) =「(0)于是g(x)二(x)-h(0) = (x)-'- (0) g(0) h(y) J (y)—g(0) J (y)— (0)h(0)u(x, y) =u oJIu(x,O) = (x),将这里的g(x)和h(y)代入u(x, y)的表达式中，即得y xu(x,y) = ° 0f(x, y)dxdy g(x) h(y)y x「° ° f(x, y)dxdy "X)- - (0) g(0) -(y) 一(0) h(0) y x二o o f(x,y)dxdy (x) '- (y)「(0)4、(20分)用积分变换法及性质，求解无界弦的自由振动问题:c u 2 c u— =a ―，t>0c t <x«U y=®(X)[1石,a' 0,【解】对变元x作Fourier变换，令Ug,t) =〕u(x, y)e"^dx = F[u]□od①伸)=J ®(x)e如dx= F[©]_oO®) = jM(x)e dx = F则有：U=-a2(o2U, U y=g), 丫=屮㈣方程的通解是U ®,t) =G® )cos a国t+C2®)sin a^t 由初始条件得G®) =6®), a ⑷ C2®)=甲可得1G®) =6®), C2®)=——甲(⑷) a⑷| x p： at【提示：可利用逆Fourier积分变换公式:='■方程的解1U (^,t) =◎(国)cos a^t + ——普®)sin a^t a⑷查表可得从而F 」[¥©)sna^] = F 」[¥(co)]*F 」[sina'“]=汽⑴ f (x ―巧也=丄⑴dia 缚a 灼©2a ‘X 』注意到F ，[①(眄cos a 灼t] 十①(灼)^^] =£[丁⑴左]dt a ① dt 2a 心 1[(x at) - (x -at)] 2最后得到原问题的解u(x,t) =F 」[「( )cos a t] F '[?(，)sina"]ao11 x -at[(x at) -(x-at)] x J()d 22a即1 , 1 x at u(x,t) (x at) O-at) xJ ( )d 2 2a x 」t这就是d 'Alembert 公式。

5、 （20分）对于平面上的调和函数u （x,y ）A u = 0,1）试证明Dirichlet 边值问题解的唯一性，即：方程」| 只有零解;u oT °.从而u(x,t) =F 」[U( ・,t)]ii1二 F [•/( )cosa t] F [ ( )sin a t]aojL[Sin a^t] LI —=f (x) = 2a I 0,|x| ：：：at 1— 2a 0,-at ：： x ：： at2）用Green函数法，试求解边值界为g（x, y）的上半平面调和函数的Poisson表达式。

26、（20分）半径为r0的球形区域内部没有电荷，球面上的电位为u°cos -，u0为常数,求球形区域内部的电位分布。

即求解以下定解问题（球坐标形式）：1上(s,M)=o, 0汀5;r2& c r r2s in 日拠的2八u r^=U o COS 6【解答】由于球面上边界条件中不含有变量「,故只考虑轴对称解，可以用分离变量法求解该问题。

为此令u(r,扪二R(r)W)代入方程，得2 20 丄"0、小/ 2d R小dR°(r dr2 2r dr) R(d.2 ct^d.H0改写成r2窘2r dR 赛ctg，霁--------------- = -------------------- =九R 0令=n(n • 1), x =cos v, P -心，可将上面两个方程改写成2d R dR、z 2(r r 2r )「'；R =0dr2dr2(^x2)^^ -2x-dP n(n 1)P=0dx dx上面第二个方程是一个勒让德方程，其通解为P n(x)。

而第一个方程是一个欧拉方程，它的通解是尺(r) =G r nx - C2r4n 1)再根据R的有界性，应有C2 =0，从而尺(r) =C n r nx于是，原问题的解是u(r,x)「C n r n R(x)n =0边界条件为u 0 = u°cos2日或写成2u r 十U0X即有cdu°X2二' C n「0n P n(X)n £根据已有的结果1 2B(x) (3x2—1), R(x)=12或1 2 F2(cos v) (3cos2 v -1), F0(cos v) =12从而2 2 1x2/(x) 3R(X)3 3于是有2 1 - - nU0(2P2(X)fP o(X))八CnQPJx)3 3 nuo比较两端P n(x)的系数，可知C o 二也，C^2u2, C n =0(n =0,2)3 3「o从而u(r, v) = F Po(cosv) r2F2(cosv)3 3 T oU o 2u o 1 2 -- 2 - (3cos 二-1)3 3 T o 21 r2 2 -Uo[1 (—) (3cos 1)]3 T o7、(1o分)用Ritz-Galerkin方法求下列问题的近似解：'-2 .2—U o =0, (x, y) 11« ex cy丨q = 0.其中区域J. ={( x, y) I X2 y2乞R2}，u o为常数。

【提示：取近似解为U1 =A(R2-X2 -y2)】【解】取基函数组・:0二R2—x2—y2，求u( x, y)的近似解，U1 =A o =A(R2 _X 2_y )。

泛函J(u)=丄!! (| U 2 _2fujdxdy2 Q=-(2Ax)2 (2Ay)2 —2u °A(R 2 —x 2 一 y 2) dxdy 2 1 _二丄 I 「4A 2(X 2 y 2)「2u 0AR2 2Au 0(x 2 y 2) dxdy 2 '■.1 _1 2：1 R2 2 2 2dr o (4A 2r 2 -2u 0AR 2 2Au 0r 2)rdrR 2 3 23 -o (4A r -2u o AR r 2u o Ar )dr有 可得最后得到定解问题的近似解为 U(x ，t)=U ^4(R ^x ^y 2) -”R 4dJ(uJdA =0(2 A-土)二 R 4 =02A 上4。