数理方程习题综合.pdf

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1、.例 1.1.1设 v=v(线 x,y),二阶性偏微分方程 vxy=xy 的通解。解原方程可以写成xvy =xy两边对 x 积分，得vy=y+1/2 x2Y,其中y是任意一阶可微函数。进一步地，两边对y 积分，得方程得通解为vx,y=vydy+fx=ydy+fx+1/4 x2y2=fx+gy+1/4 x2y2其中 fx,gy是任意两个二阶可微函数。例 1.1.2即 u(,) = F() + G(),其中 F(),G()是任意两个可微函数。例 1.2.1 设有一根长为 L 的均匀柔软富有弹性的细弦，平衡时沿直线拉紧，在受到初始小扰动下，作微小横振动。试确定该弦的运动方程。取定弦的运动平面坐标系是

2、OXU,弦的平衡位置为 x 轴，弦的长度为L，两端固定在O,L两点。用u(x,t)表示弦上横坐标为 x 点在时刻 t 的位移。由于弦做微小横振动，故ux0.因此0，cos1,sintan=ux0,其中 表示在 x 处切线方向同 x 轴的夹角。下面用微元法建立 u 所满足的偏微分方程。在弦上任取一段弧MM,考虑作用在这段弧上的力。作用在这段弧上的力有 X 力和外力。可以证明，X 力 T 是一个常数，即 T 与位置 x 和时间 t 的变化无关。事实上，因为弧振动微小，那么弧段MM的弧长s xxx21uxdxx。这说明该段弧在整个振动过程中始终未发生伸长变化。于是由Hooke 定律，X 力 T 与时

3、间 t 无关。因为弦只作横振动，在 x 轴方向没有位移，故合力在x 方向上的分量为零，即T(x+x)cos-T(x)cos=0.由于 cos1，cos1,所以 T(X+x)=T(x),故 X 力 T 与 x 无关。于是，X 力是一个与位置 x 和时间 t 无关的常数，仍记为 T.作用于小弧段MM的 X 力沿 u 轴方向的分量为Tsin-TsinT(ux(x+x,t)-ux(x,t).设作用在该段弧上的外力密度函数为 Fx,t那么弧段MM在时刻 t 所受沿 u 轴方向的外力近似的等于 F(x,t)x.由牛顿第二定律得Tux(x+x,t)-ux(x,t)+F(x,t)x=uttx,其中是线密度，由

4、于弦是均匀的，故为常数。这里utt是加速度utt在弧段MM上的平均值。设 u=u(x,t)二次连续可微。由微分中值定理得Tuzzx+x，t)x+F(x,t)x=uttx, 01.v.消去x，并取极限x0 得Tuxxx,t+F(x,t)=utt,即utt= uxx+(x,t),0 x0,其中常数 =T/，函数 x,t=F(x,t)/表示在 x 处单位质量上所受的外力。上式表示在外力作用下弦的振动规律， 称为弦的强迫横振动方程强迫横振动方程， 又称一维非齐次波动一维非齐次波动方程方程。当外力作用为零时，即=0 时，方程称为弦的自由横振动方程自由横振动方程。类似地，有二维波动方程二维波动方程utt=

5、 uxx+uyy+x.y.t,(x,y),t0,222电场 E 和磁场 H 满足三维波动方程三维波动方程2E2H22 c E和2c22H,2tt其中 c 是光速和222 222。xyz2例 1.2.2 设物体在内无热源。在中任取一闭曲面S图 1.2。以函数 u(x,y,z,t)表示物体在 t 时刻，M=M(x,y,z)处的温度。根据 Fourier 热传导定律，在无穷小时段 dt 内流过物体的一个无穷小面积 dS 的热量 dQ 与时间 dt，曲面面积 dS 以及物体温度 u 沿曲面的外法线 n n的方向导数三者成正比，即-kudSdtn,其中 k=k(x,y,z)是在物体 M(x,y,z)处的

6、热传导系数，取正值。我们规定外法线n n 方向所指的那一侧为正侧。上式中负号的出现是由于热量由温度高的地方流向温度低得地方。故当u 0时，热量实际上是向-n n 方向流去。n对于内任一封闭曲面 S，设其所包围的空间区域为V，那从时刻出的热量为.v.t到时刻t12经曲面流.t2Q1=-kt1SudSdtn设物体的比热容为 c(x,y,z)， 密度为(x,y,z)， 那么在区域 V 内， 温度由 u(x,y,z,t1)到 u(x,y,z)所需的热量为Q2cu(x, y,z,t2)u(x, y,z,t1)dv cVt1Vt2udvdt.t根据热量守恒定律，有即假设函数 u(x,y,z,t)关于 x,

7、y,z 具有二阶连续偏导数，关于t 具有一阶连续偏导数，那么由高斯公式得t2ct1Vu u u u kkkdvdt 0.txyyyzz由于时间间隔t1,t2及区域 V 是任意的，且被积函数是连续的，因此在任何时刻t，在内任意一点都有cu u u u kykyzkz(1.2.6)xyy方程称为非均匀的各向同性体的热传导方程。如果物体是均匀的，此时 k,c 及均为常数，令a=2k，那么方程(1.2.6)化为c2u2u2u 2 u2 a a u,(1.2.7)x2y2z2t它称为三维热传导方程假设物体内有热源，其热源密度函数为，那么有热源的热传导方程为uta2u f (x, y,z,t)(1.2.8

8、)其中f Fc类似地， 当考虑的物体是一根均匀细杆时如果它的侧面绝热且在同一截面上的温度分布一样，那么温度只与有关，方程变成一维热传导方程ut a2uxx1.2.9同样，如果考虑一块薄板的热传导，并且薄板的侧面绝热，那么可得二维热传导方程1.2.10ut a2(uxxuyy）P16)例 1.3.1 一长为 L 的弹性杆，一端固定，另一端被拉离平衡位置b 而静止，放手.v.任其振动。试写出杆振动的定解问题。解取如图 1.3 所示的坐标系。OLL+bx泛定方程就是一维波动方程杆的纵振动方程utt=a uxx,0 xL.在初始时刻即放手之时，杆振动的速度为零，即ut(x,0)=0,0 xL.而在 x

9、=L 端拉离平衡位置， 使整个弹性杆伸长了b。 这个 b 是来自整个杆各局部伸长后的奉献，而不是 x=L 一端伸长的奉献，故整个弹性杆的初始位移为u|t0=2bx,0 xL.L再看边界条件。一端x=0 固定，即该端位移为零，故有u(0,t)=0,0 xL.另一端由于放手任其振动时未受外力，故有ux(L,t)=0,t0.所以，所求杆振动的定解问题为utt=a uxx,0 x0,u(x,0)=2bx,utx,0)=0,0 xL,Lu(0,t)=0,ux(L,t)=0,t0.P17例 1.3.2 ：长为 L 的均匀弦，两端 x=0 和 x=L 固定，弦中 X 力为 T，在 x=x0处 以 横 向 力

10、F拉 弦 ， 到 达 稳 定 后 放 手 任 其 振 动 。 试 写 出 初 始 条 件 。解：建立如图坐标系。T 作用后发生的位移为 h,那么弦的初始位移为0点受到横向力(P18)设弦在例 1.3.3x 考虑长为 L 的均匀细杆的热传导问题。假设1杆的两端保持零度；2杆hx,3杆的一端为恒温零度，另一端绝热。试写出该绝热传导问题在以上三种0 xx0,的两端绝热；u(x,0)=x0情况下的边界条件。h(L-x), x0 x那么L,解：设杆的温度为 u(x,t),（ L-x01）ux,t=0，u(L,t)=0.其中 h 待求。由牛顿第二定律得（2）当沿杆长方向有热量流动时，由Fourier 实验

11、定律得F-Tsin1-Tsin2=0， u u在微小振动的情况下，, q2 kq1 kx0 xL x xSin1tan1= h , sin2tan2=h,其中 q1,q2 分别为 x=0 和 x=L 处的热流强度。 而杆的两端绝热， 这就意味着杆的两端与x0L-x0外界没有热交换，亦没有热量的流动，故有q1=q2=0 和所以F=Th +Thx0L-x0因此h=Fx0(L-x0).v.TLF(L-x0) ,0 xx0,从而初始位移为 u(x,0)=TLFx0(L-x) ,x0 xL.ux(0, t) 0,(3)显然，此时有ux(L,t) 0.u(0,t) 0,ux(L,t) 0.例 1.5.1

12、求 Poisson 方程 U* +Uyy =X2 +XY+Y2的通解解:先求出方程的一个特解V=Vx，y),使其满足V* +Vyy=X2 +XY+Y2由于方程右端是一个二元二次齐次多项式，可设Vx，y)具有形式V(x,y)=aX4 +bX3 Y+cY4,其中 a,b,c 是待定常数Vx=4aX3+3bX2 YVy=bX3+4cY3V*=12aX2+6bXYVyy=12cY2得 V*+Vyy=12aX2 +6bXY+12cY2=X2 +XY+Y2比较两边系数，可得a=1/12,b=1/6,c=1/12于是 Vx,y)=1/12(X4 +2X3 Y+Y4下面求函数 W=W(x,y),使其满足 W*

13、+Wyy=0.作变量代换 e=x,n=iy(以下的偏导的符号记为 d)Ue=du/de=du/dx=UxUn=du/dn=du/dy *dy/dn=-iyUee=dUe/de=U*Unn=-Uyy可得 Wee-Wnn=0再作变量代换s=e+n,t=e-nUe=du/de(s,t)=Us+UtUn=du/dn=Us-UtUee=dUe/de=d(Us+Ut)/de=Uss+Utt+2UstUnn=dUn/dn=d(Us-Ut)/dn=Uss+Utt-2Ust那么方程进一步化为 Wst=0其通解为 W=f(s)+g(t)=f(e+n)+g(e-n)=f(x+iy)+g(x-iy),其中 f,g 是

14、任意两个二阶可微函数。那么根据叠加原理，方程的通解为u(x,y)=V+W=f(x+iy)+g(x-iy)+1/12(X4+2X3 Y+Y4)(P32)例 2.1.1 判断方程 U*+2Uxy-3Uyy+2Ux+6Uy=02.1.22的类型，并化简。解：因为 a11= 1,a12= 1,a22= -3,所以=a212-a11a22=40,故方程为双曲型方程。对应的特征方程组为该方程组的特征曲线即通解为y 3x c1,y x c2.作自变量变换 y 3 x, y x那么将上述各式带入方程2.1.22，得第一种标准形式u1u 0.2.1.2322,t 假设令s 2,那么得到第二种标准形式uss ut

15、t us ut 0.2.1.24.v.下面对式2.1.24进一步化简。令u代入方程，得我们取Vest,那么1，那么式2.1.24化简为2Vss Vtt 0 ,2.1.25该方程不含一阶偏导数项。例 2.1.2例 2.1.4求值问题4y2v*+2(1-y2)vxy-vyy-2y/(1+y2) (2vx-vy)=0,xR1,Y0V(X,0)=X,VYX,0=X,XR1的解，其中x是任意二阶可微函数，x是任意一阶可微函数。解先把所给方程化为标准型。特征方程组为dy/dx =-1/2,dy/dx=1/2y2.其通解为x+2y=C1,x-2y3/3=C做自变量变换=x+2y,=x-2y3/3,这样给定的

16、方程化为标准型V=0依次关于和积分两次，得通解v=F+G.代回原自变量 x,y 得原方程得通解v.x,y=Fx+2y+Gx-2y2/3其中 F,G 是任意两个可微函数。进一步，由初始条件得x=vx,0=Fx+Gx,x=VYx,0=2Fx从而求出Fx=F0+1/2x0tdt,Gx=x-F0-1/2x0tdt.所以原定解问题的解为vx,y=x-2y3/3+1/2x+2yx-2y3/3tdt.例 2.1.3 设常数 A,B,C 满足 B2-4AC0,m1,m2是方程Am2+Bm+C=0 的两个根。证明二阶线性偏微分方程Au*+Buxy+Cuyy=0 的通解具有如下形式：u=u(x,y)=f(m1x+

17、y)+g(m2x+y),其中 f,g 是任意两个二阶可微函数。证 不失一般性，设 A0 和 B2-4AC0.其它情况可以类似的处理。令=m1x+y,=m2x+y.那么Ux=m1u+m2u，uy=u+u，U*=m12u+2m1m2u+m22u.v.uyy=u+2u+u,uxy=m1u+(m1+m2)u+u上述式代入得 ：Am12+Bm1+Cu+Am22+Bm2+Cu+(2Am1m2+B(m1+m2)+2C)u=0由题意得Am12+Bm1+C=0，Am22+Bm2+C=0，m1+m2=B/A, m1m2=C/A上述式代入得(1/A)(4AC-B2)u=0又由题意得 4AC-B20故 u=0对该方程

18、两边分别关于和积分，得通解u=f()+g，代回自变量x,y,得方程的通解是u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y),其中 f,g 是任意两个二阶可微函数。证毕。端点自由的半无限长的均匀弦振动的定解问题端点自由的半无限长的均匀弦振动的定解问题utt a2uxx fx,t0 x ,t 0,(3.1.22)(3.1.22)ux,0 x,utx,0 x,0 x ,ux0,t 0,t 0.因为ux0,t 0,我们对函数f ,关于 x 做偶延拓。定义Fx,t,x和x如下：函数Fx,t,x,x在 x 上是偶函数。由推论 3.1.1，Ux,t是关于 x 的偶 函 数 ， 且ux0,tUx0,t 0

19、.这 样 得 到 定 解 问 题 3.1.22 的 解ux,tUx,t(x 0,t 0).所以，当x at时，t xat111 ux,txatxat df,dd3.1.23at22ax2a0 xat当0 x at时，xat.v.atxxat11 ux,txatat x d d22a00 x3.1.24taatxxattxat11 f,dd.f,df,dd2a2ax000txata例 4.2.3端点固定的半无限长的均匀弦振动的定解问题端点固定的半无限长的均匀弦振动的定解问题考虑定解问题求解上述问题的根本思路是以某种方式延拓函数义，这样把半无界区域用达朗贝尔公式3.1.15，求出在u0，t)=0.

20、这样当 x 限制在上的问题转变成使其在上也有定上的初值问题。然后利上的解 ux,t。同时使此解 u0,t)满足上就是我们所要求的半无界区域上的解。由微积分知识可知，如果一个连续可微函数gx)在上是奇函数，那么必有g0=0.因此要使解 u=ux,t)满足 u0,t)=0，只要u(x,t)是 x 的奇函数便可。而由推论3.1.1，只要 f(x,t),x,t),和是 x 的奇函数。因此对函数 f如下：和在上是奇函数。然后考虑初值问题和关于 x 作奇延拓。我们定义 F显然函数 F3.1.17由3,1,15)，问题3.1.17)的解是3.1.18所以问题3.1.16)的解 ux,t)在上的限制。于是当时

21、，3.1.19)当时，.v.3.1.20例 2.2.1 确定以下方程标准型(1)u*+2uxy-2uxz+2uyy+6uzz=0解:(1)方程对应的系数矩阵是利用线性代数中把对称矩阵化为对角型的方法,我们可选取1B 1 1T01120,012 那么BABE,这里E为三阶矩阵,令(2)方程对应的系数矩阵是因为其中所以取那么给定的方程化简为例 3.1.1 求解以下初值问题解：利用达朗贝尔公式3.3.15得易见，解ux,t关于 x 是奇函数。4.2.1 波动方程的初边值问题例 4.2.1 设边长为 L 的弦，两端固定，作微小横振动。初位移为x,初始速度为x,试求弦的运动规律。解： 该物理问题可归为以

22、下定解问题：2utt auxx,0 x L ,t 01u ( x ,0 ) ( x ), ut( x ,0 ) ( x )u (0 ,t ) u ( L ,t ) 0设上述问题有非零变量别离解u(x,t)=X(x)T(t).代入上述问题1中得：X(x)T(t)=a2X(x)T(t)，由此设：T(t)a2T(t) =X(x) X(x) =-记-为比值常数，并得：T(t)+ a2T(t) =02X(x)+ X(x) = 0, 3再根据边界条件 u(0,t)=u(L ,t)=0,得：X(0)T(t)=X(L)T(t)=0 , T(t)0,那么 X(0)=X(L)=0，.v.由上分析，得：4X(x )

23、 X( x ) 0X( 0 ) X( L ) 01=-20 时，方程组4的通解为：X(x)=C1ex+C2e-x,代入 X(0)=X(L)=0，解得常数C1=C2=0, 即 得 零 解X(x)=0 u=0 ， 不 合 初 设u为 非 零 解 ， 舍 去 ；2 =0 时， 方程组4的通解为： X(x)=C1x+C2,代入 X(0)=X(L)=0， 解得零解 X(x)=0 u=0 ，舍去；3=20 时，方程组4的通解为：X(x)=C1cosx+C2sinx.代入 X(0)=X(L)=0，解得C1=0,C2sinL=022那么=n/L,n=1,2,.n=n=对 应 n的 特 征 函 数 为 ： Xn

24、 x =sinnx,L别离 sinn=1,2,. 5 将特征值n代入2得：T(t)+ na2T(t) =0 通解为Tn(t)=Ancos综上可知natL定解问+Bnsin题的natL变量+bnsin特解6为：un x ， t = ancosnatLnatLnxL数， 7 n=1,2其中，an=An,bn=Bn为任意常根据线性叠加原理，将特解unx，t叠加起来，得到通解：natnatnxu (x,t)u(x,t)=n=(ancos.8 bnsin) sinn1n 1LLL由原定解问题： x=u(x,0)=ansinn1nxL (x) =ut(x,0)=bn1nnanx，sinLL可将x， (x)

25、看作是0,L上的傅里叶级数，那么有：把上面得到的 an,bn代入8中，得级数通解u(x,t)=un(x,t)=(ancosn1n1natnatnx bnsin)sinLLL,其中经检验，得到的通解 ux,t满足关于 x 和 t 逐项微分二次后一致收敛，因而满足定解问题1中方程和相应条件，即通解ux,t存在，是定解问题的解例 4.2.2 设长为 L，且两端自由的均匀细杆，作纵振动，且初始位移为x，初始速度为x。试求杆做自由纵振动的位移规律。解：令x,t XxTt，代入上式得：得到两个独立的常微分方程又由边界条件，得X0 XL0.所以特征值问题为.v.当0,函数(x)在0,L满足狄利克雷条件。我们

26、仍然用别离变量法解这个问题。设u(x,t) X(x)T(t).将其代入到4.2.38方程中，得从而得到关于T(t),X(x)的常微分方程T (t) a2T (t) 0,(4.2.40)X(x)X(x) 0, x L.4.2.41)中的边界条件，得由4.2.38下面求解由方程4.2.41和边界条件4.2.42组成的特征值问题当 0时，边值问2, 0时，方程4.2.41的通解为题4.2.41和4.2.42只有零解。当由边界条件4.2.42，得为求特征值和特征函数，设B 0.所以记L,那么上式可表示为方程4.2.43的根可以看作切曲线y1 tan与直线y2的交点的横坐标，见图4.6.由此可见，他们交

27、点有无穷多个，他们关于原点对称，设方程4.2.43的无穷多个正根依次为于是边值问题4.2.41和4.2.42的特征值n和相应的特征函数Xn(x)为.v.现在证明特征函数系sin1x,sin2x,记n(x) sinnx, n 1, 2,那么n(x),sinnx,m在0,L是正交系.(x)分别满足和边界条件 4.2.42.用m乘以 4.2.46，然后4.2.46 ，然后两式相减， 并且在0,L上积分，得(nm)n(x)m(x)dx (n(x)m(x) m(x)n(x)dx00LLL(n(x)m(x) m(x)n(x) dx (n(x)m(x) m(x)n(x) |00m(L)n(L) m(L)n(

28、L) hm(L)n(L) hm(L)n(L) 0因为当Ln m时，nm.所以即特征函数系sinnx|是0,L上的正交函数系.n 1下面将n代入到方程4.2.40，得解2由此得到满足方程4.2.38中的方程和边界条件的一组特解un(x, t) Xn(x) Tn(t) Cnena tsinnx ,n 1, 2,其中任意常数Cn AnBn,n 1, 2,原理，可设定解问题4.2.38的形式解为,由于方程和边界条件是其次的利用叠加,用sinmx乘以式4.2.50，并且利用sinnx|是0, L上的正交n 1函数性，我们得到1CmLmL(x) sin0mxdx,m 1, 2,(4.2.51)这里将是4.

29、2.51代入4.2.49，即得原定解问题4.2.38的形式解.例 4.4.1 解以下非齐次边界的定解问题utt a2uxx f (x)0 x0,u(x,0)=(x),ut(x,0)=(x),0 xL,u(0,t) A,u(L,t) B,t0。其中 A，B 是常数。.v.解：设 ux,t=(x,t)+(x),将其带入到上述的方程中，得utt=a2xx(x) f (x).为使方程和边界条件都化为齐次的，我们选取(x)满足其解为1B AxL(x) Ax 2(L s)fxds 2aLa L0再解(x,t)满足的定解问题x0(x s) f (s)ds.tt a2xx,0 x L,t 0,x,0=(x)-

30、(x),t(x,0) (x),0 x L,由波动方程的初边值问题(例 4.2.1)可知其中系数例 4.4.2 解以下初边值问题：ut a2uxxbu ,0 x0,其中 a,b,A,B 是常数，且 a0 和解 ： 设b0.ux , tvx , twx,其 中wx满 足w0 A , wL B ,显然可取wx Ax L B .那么vx , t满足如下4.4.14三等式。vt a2uxx bv bwx,0 x0,易 知 上 式 的 特 征 函 数 系 为2 n 1x .cos2 L因 此 上 式 的 形 式 解 为 ：vx,tTntcosn12n 1x,2L4.4.15其中Tntn1 , 2 ,.为待

31、定系数。把 v 代入4.4.14中的方程得Tm 1mt2m b Tmtcos2 m 1x2 L bwx,4.4.16其中m2m 1a2L,对等式4.4.16两边同乘以.v.2 n 1x,c os2 LtTn2n 1x .cos2 L在0 , L上的正交性，得并且利用三角函数系2nbTntwn,4.4.17其中wn 2 bLL0wxcos2 n 1xdx ,2 Ln=1,2.(4.4.18)方程4.4.17的解为Tnten btTn02wn2tn b1 e.2nb4.4.19由4.4.14中的初始条件和式4.4.15得所以因此定解问题4.4.13的形式解为ux , tAx L B Tntcosn

32、 12 n 1x,2 L4.4.21其中Tnt由式4.4.19给出，Tn0由式4.4.20确定。例 4.4.2求解以下无限杆的热传导方程的初值问题：我们用 U，t，F，t和分别表示函数ux，t，fx，t和x关于x的傅里叶变换，对上式方程和初值条件关于x作傅里叶变换，得到一个以为参数的常微分方程的初值问题22Ut+a U =F，t，t0,U,0 解：其解为这样问题的解为由卷积定理得同理可得x-2t-1t+f，t-2a2t-2a2t-FF,ed=FF,ed= exp - dd4a2t-00-2a-t-0-1所以处置问题的形式解为例 5.3.4利用傅里叶变换求解一维波动方程的初值问题2utt a u

33、xx fx,t, x ,t 05.3.12ux,0 x,utx,0 x, x (x),F(,t)=Ff(x,t)。 那么记U (,t)=Fu(x,t),=F(x), ()=F 问题5.3.12化为.v.2Utt a uxx F, t, x , t 05.3.13U, 0 ， Ut, 0 , .这 是 一 个 带 参 数 的 常 数 微 分 方 程 的 初 值 问 题 ， 其 解 为11U, t cost sinat F,sinat d.aa0t由于以及类似的，有所以原问题5.3.12的解为这就是波动方程的达朗贝尔解例 6.2.2 利用拉普拉斯变换，求解以下初边值问题：uttc2uxx ft,x

34、0,t 0,ux,0 0,ut(x,0) 0,x=0,解 ：因 为u(x,0),u(x,0)t， 所 关 于 自 变 量t作 变 换 ， 设U(x,s) Lu(x,t),F(s) L f (t),那么由定解问题中的方程和初始条件可得其通解是注意到边界条件得所以A 0,B F(s)s2因此U(x,s) F(s)(1故问题的解为esxc)s,sxt2u(x,t) LULsF(s) LF(s)e112s2.利用积分性质和延迟性质可得这就是所求的解。例 7.3.1 求拉普拉斯方程在半空间z0 上的狄利克雷问题的解：u uxxuyyuzz 0, x, y ,z 07.3.1解：在半空间z0 上任取一点

35、M0=M0 x0,y0,z0),在其上放置一单位正电荷，它在无穷空间形成电场，在上半空间任一点 Mx,y,z)处的电位为1。然后找出 M0关于边界 z=04rMM0的对称点 M1=M1x0,y0,-z0),并在其上放置一单位负电荷。那么它与M0点的单位正电荷所产生的电位在平面 z=0 上电位互相抵消。因为1在 z0 上为调和函数，在闭区域z=0 上具有一阶偏导数，故4rMM0.v.G（M,M0） 111（)(7.3.2)4rMM0rMM1222便是半空间 z0 上的格林函数，其中rMM0(x x0)(y y0)(z z0) ,下面计算G，由于在平面 z=0 上的外法线方向是 z 轴的负方向，所

36、以n由解的积分表达式7.2.7，得定解问题7.3.1的形式解为例 7.4.2 求以下定解问题的解：ut a2uxx0 x0,ux,0 xL0 x2LuX(0,t) uX(2L,t) 0t0 n解 ： 利 用 别 离 变 量 法 ， 可 知 问 题 的 特 征 值 为， 对 应 的 特 征 函 数 为2Lcosnx(n 0,1,2.)。因此可设满足方程和边界条件的级数形式的解为2L2n22a2a0nnxu(x,t) anexpt cos。22n14L2L由初始条件得a0nx(x L) u(x,0) ancos。2n12L利用三角函数系cos nx的正交性，可得2L所以原问题的形式解为例 10.2

37、.2 试推导出以下两个公式:设JV(x)是 v 阶第一类贝塞尔函数，v0，那么下面递推公式成立：J(X) v1J(X)=v120XJV(X)解： 证明：由dv(X Jv(x)dxvX Jv1vv1(x)可得vX由v1Jv(x)X Jv(x) X Jv(x)dvv(X Jv(x) X Jv1(x)可得dxv1vXJv(x)XvJv(x) XvJv1(x).v.乘以1XV可得v(X)Jv(x)Jv1(X)xJv可得v(x)(x)Jv1(x)JJ-X*Xvvx20+可得Jv1(X) Jv1(X)=(X)XJV乘以v-可得Jv1(x)Jv1(x)2Jv(x)例 10.4.1将函数展开成傅里叶-勒让德级

38、数。解：由系数计算公式10.4.29直接得：由式10.4.23知，当 n 为偶数时，Pn(x)为偶函数，所以C2k 0(k 0,1,2,)。当 n 为奇数时，Pn(x)为奇函数。所以因此，我们有10.4.2 将函数 f(x)=5x3+3x2+x+1 展开傅里叶-勒让德级数。解：因先证明当0 k n时，有：实际上利用分部积分，得：11xkPn(x)dx 0dn12nn1(x21)n(x 1)dx由于 x=1 是 2n 次多项式的 n 重零点，故也是(kn)的零点，故因此：经过 k 次分部积分后可以得到：一般的，当 m3 时有所以，所以，f(x)=5x 3x x1=322P0(x)4P1(x)2P

39、2(x)2P3(x)P265 例 10.4.3 将函数 f(X)=|x|在-1，1内展开成傅立叶-勒让德级数解：由公式Cn2n11f (x)Pn(x)dx,n 0,1,2,得12因为 f(x在-1，1上是偶函数，而P2n 1是奇函数，P2n是偶函数，故C2n 1 0,n 0,1,2,，和.v.11111C0f (x)P0(x)dx xdx ,2121214n11 C2nf (x)P2nx dx (4n1)xP2n(x)dx,n 1,2,0211115C2x(3x21)dx 3202211342所以 C4 9x(35x 30 x 3)dx 40821113C613x(231x6315x4105x

40、25)dx 70162一般地有因此，当 x 在-1，1时，有例 10.4.4 求证勒让德多项式的递推公式n 1Pn1x2n1xPnxnPn1x 01解我们将xPnx展成勒让德多项式的级数。设xPnxCmPmx,m02m1其中CmxPnxPmxdx.21由于xPnx是 n+1 次多项式，所以当 mn+1 时，Cm 0.同时，利用分部积分法，得1dn当 mn-1 时，nxPmx 0.因此dxC0 C1 Cn3 Cn2 0.2此外，由式1，可见xPnx是 x 的奇函数。所以有2n112CnxPnxdx 0.21由此可见，xPnx的展开式中只剩下两项，即xPnx Cn1Pn1xCn1Pn1x(2)系数Cn1与Cn1固然也可以用上面的公式进展计算，不过这样计算较麻烦。用其他方法来确定。由于Pnx的最高系数为2n2n!n!2,比较式2的两端最高次项的系数，得.v.从而得到Cn1n12n1.在式2中令 x=1，注意到Pn11，所以有1 Cn1Cn1.所以Cn1 n2n1,这就是要证明的递推公式2，它对于计算勒让德多项式的函数值有重要的意义。.v.