例 1.1.1 设v=v(线x,y),二阶性偏微分方程v xy =xy 的通解。 解 原方程可以写成 e／ex（ev／ey） =xy 两边对x 积分，得
v y =￠（y ）+1/2 x 2
Y,
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
v （x,y ）=∫v y dy+f （x ）=∫￠（y ）dy+f （x ）+1/4 x 2y 2
=f （x ）+g （y ）+1/4 x 2y 2
其中f （x ）,g （y ）是任意两个二阶可微函数。 例1.1.2
即 u(ξ,η) = F(ξ) + G(η),
其中F(ξ),G(η)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O XU ,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u x ≈0.因此α≈0，cos α≈1,sin α≈tan α=u x ≈0,其中α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力和外力。可以证明，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，则弧段'MM 的弧长
dx u x
x x
x ?
?++=?2
1s ≈x ?。
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，力T 与时间
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 α’-T(x)cos α=0.
由于co's α’≈1，cos α≈1,所以T(X+?x)=T(x),故力T 与x 无关。于是，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 的力沿u 轴方向的分量为 Tsin α’-Tsin α≈T(u x (x+x ?,t)-u x (x,t)).
设作用在该段弧上的外力密度函数为F （x,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
T （u x (x+x ?,t)-u x (x,t)+F(x,t)x ?=ρx ?tt u ,
其中ρ是线密度，由于弦是均匀的，故ρ为常数。这里tt u 是加速度tt u 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
Tu zz （x+θx ?，t)x ?+F(x,t)x ?=ρtt u x ?, 0<θ<1. 消去x ?，并取极限x ?→0得 Tu xx （x,t ）+F(x,t)=ρu tt , 即
u tt =ɑ2
u xx +?(x,t), 0
其中常数ɑ2
=T/ρ，函数?（x,t ）=F(x,t)/ρ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，又称一维非齐次波动方程。当外力作用为零时，即?=0时，方程称为弦的自由横振动方程。
类似地，有二维波动方程
u tt =ɑ2
（u xx +u y y ）+?（x.y.t ）, (x,y)Ω∈,t>0, 电场E 和磁场H 满足三维波动方程
E c E 2
22
2t ?=??和H c H 2222t
?=??, 其中c 是光速和
22
22222
x z
y ??+??+??=?=???=?。
例1.2.2设物体Ω在无热源。在Ω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 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 的方向导数三者成正比，即
,
其中k=k(x,y,z)是在物体M(x,y,z)处的热传导系数，取正值。我们规定外法线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
0n
u
>??时，热量实际上是向-n 方向流去。
对于Ω任一封闭曲面S ，设其所包围的空间区域为V ，那从时刻
t 1
到时刻t
2
经曲面流出
的热量为
1Q =dSdt n
u
k
S
?????2
1t t - 设物体的比热容为c(x,y,z)，密度为ρ(x,y,z)，则在区域V ，温度由u(x,y,z,1t )到u(x,y,z)所需的热量为
[]
dvdt t
u
c dv t z y x u t z y x u c t t V
V
??=-=???????2
1),,,(),,,(Q 122ρ
ρ. 根据热量守恒定律，有
12Q Q -=
即
[]dSst n
u
k
dv t z y x u t z y x t t S
????????=-2
1),,,(),,,u c 12V
（ρ 假设函数u(x,y,z,t)关于x,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
0][2
1t =??
? ??????-???? ??????-???? ??????-??????dvdt z u k z y u k y y u k x t u c t V
ρ
. 由于时间间隔[]21t ,t 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Ω任意一点都有
??? ??????+???
? ??????+???? ??????=??z u k z y u k y y u k y x u ρ
c
(1.2.6)
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ρ均为常
数，令2
a =
ρ
c k
，则方程(1.2.6)化为 u a z u y u x
u ?=???? ????+??+??=??2
222222
2a t u ,
(1.2.7)
它称为三维热传导方程
若物体有热源，其热源密度函数为，则有热源的热传导方程为
),,,(a u 2t t z y x f u +?= (1.2.8)
其中ρ
c F f =
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相同，那么温度只与有关，方程变成一维热传导方程
xx u 2t a u = （1.2.9）
同样，如果考虑一块薄板的热传导，并且薄板的侧面绝热，则可得二维热传导方程 ）
yy 2t u (u +=xx u a （1.2.10）
（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。
O L L+b x
泛定方程就是一维波动方程（杆的纵振动方程） u tt =a 2
u xx , 0 在初始时刻（即放手之时），杆振动的速度为零，即u t (x,0)=0,0≤x ≤L. 而在x=L 端拉离平衡位置，使整个弹性杆伸长了b 。这个b 是来自整个杆各部分伸长后的贡献，而不是x=L 一端伸长的贡献，故整个弹性杆的初始位移为 u|0=t = L b x, 0≤x ≤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≤x ≤L.另一端由于放手任其振动时未受外力，故有u x (L,t)=0,t ≥0.所以，所求杆振动的定解问题为 u tt =a 2 u xx , 0 L b x, u t （x,0)=0, 0≤x ≤L, u(0,t)=0, u x (L,t)=0, t ≥0. （P17）例1.3.2 ：长为L 的均匀弦，两端x=0和x=L 固定，弦中力为T ，在x=x0处以横向力F 拉弦，达到稳定后放手任其振动。试写出初始条件。 解：建立如图坐标系。 的两端绝热；（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情况下的边界条件。 解：设杆的温度为u(x,t),则 （1） u （x,t ）=0，u(L,t)=0. （2） 当沿杆长方向有热量流动时，由Fourier 实验定律得 L x x x u k q x u k q ==??-=??=20 1,' 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外界没有热交换，亦没有热量的流动，故有q1=q2=0和 , 0),0(=t x u 0),(=t L u x . (3)显然，此时有 0),(,0) ,0(==t L u t u x . 例1.5.1求Poisson 方程Uxx +Uyy =X^2 +XY+Y^2的通解 解:先求出方程的一个特解V=V （x ，y),使其满足 Vxx +Vyy=X^2 +XY+Y^2 由于方程右端是一个二元二次齐次多项式，可设V （x ，y) 具有形式 V(x,y)=aX^4 +bX^3 Y+cY^4,其中a,b,c 是待定常数 Vx=4aX^3+3bX^2 Y Vy=bX^3+4cY^3 Vxx=12aX^2+6bXY Vyy=12cY^2 得Vxx+Vyy=12aX^2 +6bXY+12cY^2=X^2 +XY+Y^2 比较两边系数，可得 a=1/12,b=1/6,c=1/12 于是V （x,y)=1/12(X^4 +2X^3 Y+Y^4） 下面求函数W=W(x,y),使其满足Wxx+Wyy=0.作变量代换e=x,n=iy(为d) Ue=du/de=du/dx=Ux Un=du/dn=du/dy *dy/dn=-iy Uee=dUe/de=Uxx Unn=-Uyy 可得Wee-Wnn=0 再作变量代换 s=e+n,t=e-nUe=du/de(s,t)=Us+Ut Un=du/dn=Us-Ut Uee=dUe/de=d(Us+Ut)/de=Uss+Utt+2Ust Unn=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(X^4+2X^3 Y+Y^4) (P32)例2.1.1 判断方程U xx +2U xy -3U yy +2U x +6U y =0（2.1.22）的类型，并化简。 解： 因为a 11= 1,a 12= 1,a 22= -3,所以 =a 2 12-a 11a 22=4>0,故方程为双曲型方程。对应的特征方程组为 , 31122 1112212=-+ =a a a a a d d x y .111 22 1112212-=--=a a a a a d d x y 该方程组的特征曲线（即通解）为 .,321c x y c x y =+=-作自变量变换 x y x y +=-=ηξ,3则 ;3ηξu u u xx +-= ,ηξu u u y += ,69ηηξηξξu u u u xx +-= ,23ηηξηξξu u u u xy +--= .2ηηξηξξu u u u yy ++= 将上述各式带入方程（2.1.22），得第一种标准形式 .02 1 =- ηξηu u （2.1.23） 若令,2 ,2 η ξη ξ-= += t s 则得到第二种标准形式 .0=+--t s tt ss u u u u （2.1.24） 下面对式（2.1.24）进一步化简。令,t s Ve u μλ+=则 . 22 )2(, )2(,)()(t s t tt tt t s s ss ss t s t t t s s s e V V V u e V V V u e V V u e V V u μλμλμλμλμμλλμλ++++++=++=+=+=， 代入方程，得 . 0)()21()12(22=-+-+-+-+-V V V V V t s tt ss λμμλμλ 我们取，2 1= =μλ则式（2.1.24）化简为 ,0=-tt ss V V （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 xx+2(1-y2)v xy-v yy-2y/(1+y2) (2v x-v y)=0,xεR1,Y>0 V(X,0)=φ（X）,V Y（X,0）=￠（X）,XεR1 的解，其中φ（x）是已知任意二阶可微函数，￠（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=1/2y^2. 其通解为 x+2y=C1,x-2y^3/3=C 做自变量变换 ξ=x+2y,п=x-2y^3/3, 这样给定的方程化为标准型 V ξп=0 依次关于п和ξ积分两次，得通解v=F（ξ）+G（п）.代回原自变量x,y得原方程得通解 v？（x,y）=F（x+2y）+G（x-2y^2/3） 其中F,G是任意两个可微函数。进一步，由初始条件得 φ（x）=v（x,0）=F（x）+G（x）,￠（x）=V Y（x,0）=2F’（x） 从而求出 F（x）=F（0）+1/2∫x0￠（t）dt,G（x）=φ（x）-F（0）-1/2∫x0￠（t）dt. 所以原定解问题的解为 v（x,y）=φ（x-2y^3/3）+1/2∫x+2y x-2y^3/3￠（t）dt. 例2.1.3 设常数A,B,C满足 B^2-4AC≠0,m1,m2是方程 Am^2+Bm+C=0 ① 的两个根。证明二阶线性偏微分方程 Au xx+Bu xy+Cu yy=0 ② 的通解具有如下形式： u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y), ③ 其中f,g是任意两个二阶可微函数。 证不失一般性，设A≠0和B^2-4AC>0.其它情况可以类似的处理。 令ξ=m1x+y,η=m2x+y.则 U x=m1uξ +m2uη，u y=uξ+uη，U xx=m1^2uξξ+2m1m2uξη+m2^2uηη u yy=uξξ+2uξη+uηη ,u xy=m1uξξ+(m1+m2)uξη+uηη 上述式代入②得： （Am1^2+Bm1+C）uξξ+（Am2^2+Bm2+C）uηη+(2Am1m2+B(m1+m2)+2C)uξη=0④ 由题意得 Am1^2+Bm1+C=0，Am2^2+Bm2+C=0，m1+m2=B/A, m1m2=C/A 上述式代入④得 (1/A)(4AC-B^2)uξη=0 又由题意得4AC-B^2≠0 故uξη=0 对该方程两边分别关于和积分，得通解u=f(ξ)+g（η），代回自变量x,y,得方程②的通解是 u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m2x+y), ③ 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 ()()()()()().0, 0,0,0,0,0,0,,0,,2≥+∞<≤>+∞< ? ??===+=t x t x t u x x u x x u t x f u a u x t xx tt ?φ (3.1.22) 因为()0,0=t u x ,我们对函数?φ,,f 关于x 做偶延拓。定义()()x t x F φ,,和()x ?如下： ()()().0, 0,,<≥?? ?-=x x x x x φφφ ()()()?? ?<-≥=. 0,, 0,x x x x x ??? ()()()? ? ?≥<-≥≥=.0,0,,, 0,0,,,t x t x f t x t x f t x F 函数()()()x x t x F ?φ,,,在+∞<<∞-x 上是偶函数。由推论 3.1.1，()t x U ,是关于x 的偶函数，且()().0,0,0==t U t u x x 这样得到定解问题（3.1.22）的解 ()()).0,0(,,≥≥=t x t x U t x u 所以， 当at x ≥时， ()()()()()()() () ???-+--+-++-++=t t a x t a x at x at x d d f a d a at x at x t x u 0,21 2121,τττξτξξξ?φφ（3.1.23） 当at x <≤0时， ()()()()()()()()()()()()()???????--+------+-++?? ???????????????? ++?? ???? ++-++=t a x t t a x t a x a x t x t a t a x x at at x d d f a d d f d f a d d a x at at x t x u τττττξτξτξτξξτξξξ?ξξ?φφ.,21,,212121,0000 0 （3.1.24） 例4.2.3 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 求解上述问题的基本思路是以某种方式延拓函数使其在上也有定义，，这样把半无界区域上的问题转变成上的初值问题。然后利用达朗贝尔公式（3.1.15），求出在上的解u（x,t）。同时使此解u（0,t)满足u（0，t)=0.这样当x限制在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g（x)在上是奇函数，则必有g（0）=0.因此要使解u=u（x,t)满足u（0,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),是x的奇函数。因此对函数f和关于x作奇延拓。我们定义F（x,t),和如下： 显然函数F和在上是奇函数。然后考虑初值问题 （3.1.17） 由（3,1,15)，问题（3.1.17)的解是 （3.1.18）所以问题（3.1.16)的解u（x,t)在上的限制。于是当时， （3.1.19) 当时， （3.1.20） 例2.2.1确定下列方程标准型 (1)u xx +2u xy -2u xz +2u yy +6u zz =0 (2).0244=++--z y yz xy xx u u u u u 解:(1)方程对应的系数矩阵是 .60102 1111??? ? ? ? ?--=A ,06222=++-+zz yy xz xy xx u u u u u 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 ???? ? ? ? ? --=212 11011 001B , 则令为三阶矩阵这里,E ,E BAB T = . 0 .22=++? ?????? ? ?+--=????? ??=????? ????ηηξξ?ηξu u u z y x x y x z y x B 则给定的方程化简为 (2)方程对应的系数矩阵是 .01 0102 024 ???? ? ? ?----=A 因为 ,10 0010 001???? ? ? ?-=T BAB 其中 '11 2 10121 0021 ??????? ? ??--=B 所以取 . 22 2 ?????? ?? ? ?+--+=???? ? ??=????? ??z y x y x x z y x B ?ηξ 则给定的方程化简为 .0=++-η??ηηξξu u u u 例3.1.1 求解下列初值问题 ,0,,9>+∞<<-∞-=--t x e e u u x x xx tt ()().,sin 0,,0,+∞<<-∞==x x x u x x u t 解：利用达朗贝尔公式（3.3.15）得 ()()()()()()() () ?? ?-+--+-+ +-++= t t a x t a x at x at x d d f a d a at x at x t x u 0 ,21 2121 ,τττ ζτζζζψφφ ()( ) ()()τζζζττζζ d d e e d t x t x t t x t x t x t x ??? -+---+--+ +-++= 033336 1sin 6 13321 ,3cosh sinh 9 2 sinh 923sin sin 31t x x t x x +-+ = 易见，解 ()t x u ,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。已知初位移为φ（x ）,初始速度为ψ（x ）,试求弦的运动规律。 解： 该物理问题可归为下列定解问题： ? ???? ? ?????><<=====0,0,2 0),(),0()()0,(),()0,(t L x xx u a tt u t L u t u x x t u x x u ψφ [1] 设上述问题有非零变量分离解 u(x,t)=X(x)T(t).代入上述问题[1]中得： X(x)T ``(t)= a 2 X `` (x) T(t)， 由此设： T ··(t)∕a 2 T(t) = X ·· (x) ∕X(x) =-λ（记-λ为比值常数），并得： T ··(t)+ λa 2 T(t) =0 [2] X ·· (x)+ λX(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,则 X(0)= X(L)=0， 由上分析，得： [4] { )()"(0 )()0(=+==x X x X L X X λ （1）λ=-β2 ＜0时，方程组[4]的通解为：X(x)=C 1e βx +C 2 e -βx ,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）λ=0时，方程组[4]的通解为： X(x)= C 1 x+ C 2, 代入 X(0)= X(L)=0，解得零解X(x)=0（u=0），舍去； （3）λ=β2 ＞0时，方程组［4］的通解为：X(x)= C 1cos βx+C 2sin βx.代入X(0)= X(L)=0，解得C 1=0, C 2sin βL=0 则 λ=λn =βn 2=（n π/L ）2 ,n=1,2,... 对应λn 的特征函数为： X n （x ）=C n sin L x n π , n=1,2,..［5］ 将特征值λn 代入［2］得： T `` (t)+ λn a 2 T(t) =0通解为 T n (t)=A n cos L at n π+B n sin L at n π ［6］ 综上可 知 定 解 问 题 的 变 量 分 离 特 解 为 ： u n （x ，t ）=（a n cos L at n π+b n sin L at n π ）sin L x n π ［7］ 其中，a n = A n C n ,b n =B n C n 为任意常 数 ， n=1,2… 根据线性叠加原理，将特解u n （x ，t ）叠加起来，得到通解： u(x,t)= ∑∞ =1 ),(n n t x u = L x n L at n b L at n a n n n πππsin )sin cos (1 +∑∞ =. [8] 由原定解问题： Φ（x ）=u(x,0)= ∑∞ =1 sin n n L x n a π Ψ (x) =u t (x,0)= L x n L a n b n n ππsin 1 ∑∞ =， 可将Φ（x ），Ψ (x)看作是[0,L]上的傅里叶级数，则有： ? ? ?????==L dx L x n x a dx L x n x a n b L n L n πφπ?π00sin )(2sin )(2 把上面得到的a n ,b n 代入[8]中，得级数通解 u(x,t)=∑∞ =1 ),(n n t x u = L x n L at n b L at n a n n n πππsin )sin cos (1 +∑∞ = ,其中 ? ? ?????==L dx L x n x a dx L x n x a n b L n L n πφπ?π00sin )(2sin )(2 经检验，得到的通解u （x,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u （x,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φ（x ），初始速度为ψ（x ）。试求杆做自由纵振动的位移规律。 解： ()()()()()()2tt xx t =a ,0,t 0=,0,00,,0,t 0 x x x L x x x x L t L μμμφμψμμ??<<>? ? =≤≤??? ?=≥?? x ，0， 令()()(),x t X x T t μ=，代入上式得： ()()() () ''''2T t X x a T t X x λ==- 得到两个独立的常微分方程 ()()()()''2'' 0X 0 T t a T t x X x λλ+=+= 又由边界条件，得()()' ' 00.X X L ==所以特征值问题为 ()()()()''''0,000.X x X x x L X X L λ??==< 当λ<0时，上述问题只有零解。当λ=0时，可得非零的常数解()000X x A =≠.当 2,0λββ=>时，边值问题中方程的通解为 ()cos sin X x A x B x ββ=+ 由 边 界 条 件 ()()''00,B 0Asin L 0 X X L β====得和.因为 0= ,0,1,2,.....n A n L π β≠=，所以。因此得到一系列特征值和对应的特征函数列 ()2 ,cos ,n 0,1,2,...n n n n n x X x A L L ππλ?? === ??? 将n λ代入前式，得到相应的 ()00,0cos sin ,n 1,2,...n n n C D t n T t n at n at C D L L ππ+=???? =??+=???? 因此函数 ()()()00+,n 0,cos sin cos ,1,2,...n n n n n a b t x t T t X x n at n at n x a b n L L L μπππ=?? ??==?? ??+= ??????? 设所求的形式解为 ()001,cos sin cos ,n n n n at n at n x x t a b t a b L L L πππμ∞ =? ?=+++ ?? ?∑ 其中系数中的初始条件确定，即 ()()01 ,0cos ,n n n x x x a a L πφμ∞ ===+∑ ()()01 ,0cos t n n n a n a x x b b L L ππψμ∞ ===+∑ 从而得（n=1,2,…） ()()()()000 00012,cos ,12,cos L L n L L n n x a x dx a x dx L L L n x b x dx b x dx L n a L πφφπψψπ??==????????==???? ???? 例 4.2.4 设有一均匀细杆，长为L ，两端点坐标分别为X=0和X=L.杆的表面绝热，再X=0端保持零度，在X=L 端热量自由发散到温度为零度的介质中去，已知初始温度为(x),Φ求杆上温度分布规律 解： 设U(x,t)表示在x 处，时刻t 时的温度，那么由第1章可知，所给物理问题可以归结为求解下列定解问题： 2x , 0,0, (x,0)(x),0,u(0,t)0,u (L,t)hu(L,t)0,t 0, t xx u a u x L t u x L φ= <<>= ≤≤ (4.2.38)=+= ≥ 第一章曲线论 §1 向量函数 1. 证明本节命题3、命题5中未加证明的结论。 略 2. 求证常向量的微商等于零向量。 证：设，为常向量，因为 所以。证毕3. 证明 证： 证毕4. 利用向量函数的泰勒公式证明：如果向量在某一区间内所有的点其微商为零，则此向量在该区间上是常向量。 证：设，为定义在区间上的向量函数，因为在区间上可导当且仅当数量函数，和在区间上可导。所以，，根据数量函数的Lagrange中值定理，有 其中，，介于与之间。从而 上式为向量函数的0阶Taylor公式，其中。如果在区间上处处有，则在区间上处处有 ，从而，于是。证毕 5. 证明具有固定方向的充要条件是。 证：必要性：设具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，于是。 充分性：如果，可设，令，其中为某个数量函数，为单位向量，因为，于是 因为，故，从而 为常向量，于是，，即具有固定方向。证毕 6. 证明平行于固定平面的充要条件是。 证：必要性：设平行于固定平面，则存在一个常向量，使得，对此式连续求导，依次可得和，从而，，和共面，因此。 充分性：设，即，其中，如果，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，任取一个与垂直的单位常向量，于是作以为法向量过原点的平面，则平行于。如果，则与不共线，又由可知，，，和共面，于是， 其中，为数量函数，令，那么，这说明与共线，从而，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，作以为法向量，过原点的平面，则平行于。证毕 §2曲线的概念 1. 求圆柱螺线在点的切线与法平面的方程。 解：，点对应于参数，于是当时，，，于是切线的方程为： 法平面的方程为 2. 求三次曲线在点处的切线和法平面的方程。 解：，当时，，， 于是切线的方程为： 法平面的方程为 3. 证明圆柱螺线的切线和轴成固定角。 证： 令为切线与轴之间的夹角，因为切线的方向向量为，轴的方向向量为，则 2017年高校教师任职资格培训 教师职业道德考试模拟试题参考答案 一、单选题（1分×20） 1．教师职业道德区别于其他职业道德的显著标志就是（A） A．为人师表 B.清正廉洁 C.敬业爱业 D.团结协作 2．教师（ A ）是指教师对教育劳动中客观存在的道德关系以及处理这些关系的原则、规范的认识。 A.职业道德认识 B.职业道德情感 C. 职业道德意志 D. 职业道德行为 3．托尔斯泰说：“如果一个教师把热爱事业和热爱学生结合起来，他就是一个完美的教师”。这意味着教师要（A） A.关心学生、了解学生 B.尊重学生、信任学生 C.严格要求学生，对学生一视同仁 D.把热爱事业与热爱学生结合起来 4．孔夫子所说的的"其身正，不令而行；其身不正，虽令不从"，从教师的角度来说可以理解为（D） A.走路身体一定要端正 B.自己做好了，不要教育学生，学生自然会学好 C.对学生下命令一定要正确 D.教师自己以身作则，一言一行都会对学生产生巨大的影响 5．（ B ）是社会主义道德的根本原则。 A. 人道主义 B. 集体主义 C. 爱国主义 D. 民主、平等 6．师德的灵魂是（A） A.关爱学生 B.提高修养 C.加强反思 D.提高业务水平 7．尊重学生的个别差异，教师应努力做到（ B ） A.对学生一视同仁，一样要求 B.辨证地看待学生的优缺点，不绝对化 C.引导学生相互间进行横向的比较与学习 D.不同的学生犯了同样的错误,不考虑动机与原因就进行处理 8．教师在履行教育义务的活动中，最主要、最基本的道德责任是（ B ）A. 依法执教 B. 教书育人 C. 爱岗敬业 D. 团结协作 9．思考教师职业道德的逻辑起点是（ D ） A.时代变化与变革 B.西方发达国家的师德规范 C.中华民族的优秀师德 D.人的发展与社会发展之间的矛盾 10.提升教师职业道德修养的根本途径是（A） A.理论联系实际，知行统一 B.加强学习，提高理论素质 C.注重内省慎独 D.确立可行目标 11．教师职业道德评价的根据是（ A ） A．动机和效果和统一 B.社会舆论 C.职业良心 D.善恶观念 12．下列不属于教师与同事关系的类型的一项是（ D ） A.自重型 B.亲和型 C.排斥型 D.顺从型 数学物理方法习题解答 一、复变函数部分习题解答 第一章习题解答 1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。 证明：令Re z u iv =+。Re z x =，,0u x v ∴==。 1u x ?=?，0v y ?=?， u v x y ??≠??。 于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。 2、试证()2 f z z = 仅在原点有导数。 证明：令()f z u iv =+。()2 2222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。 2,2u u x y x y ??= =??。v v x y ?? ==0 ??。 所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。而 ,,u u v v x y x y ???? , ????在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。 ()00 00x x y y u v v u f i i x x y y ====???????? '=+=-= ? ?????????。 或：()()()2 * 00 0lim lim lim 0z z x y z f z x i y z ?→?→?=?=?'==?=?-?=?。 2 2 ***0* 00lim lim lim()0z z z z z z z zz z z z z z z z z =?→?→?→+?+?+??==+??→???。 【当0,i z z re θ≠?=，*2i z e z θ-?=?与趋向有关，则上式中**1z z z z ??==??】 3、设333322 ()z 0 ()z=0 0x y i x y f z x y ?+++≠? =+??? ，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。 证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则 ()332222 22 ,=0 0x y x y u x y x y x y ?-+≠? =+?+??， 332222 22 (,)=0 0x y x y v x y x y x y ?++≠? =+?+?? 。 3 300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x u x u x u x x →→-===， 3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x u y u y u y y →→--===-； 3300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x v x v x v x x →→-===， 3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x v y v y v y y →→-===。 (0,0)(0,0),(0,0)(0,0)x y y x u v u v ∴ = =- ()f z ∴ 在原点上满足C －R 条件。 但33332200()(0)() lim lim ()()z z f z f x y i x y z x y x iy →→--++=++。 令y 沿y kx =趋于0，则 333333434322222 0()1(1)1(1) lim ()()(1)(1)(1)z x y i x y k i k k k k i k k k x y x iy k ik k →-++-++-++++-+==+++++ 依赖于k ，()f z ∴在原点不可导。 4、若复变函数()z f 在区域D 上解析并满足下列条件之一，证明其在区域D 上 第 二 章 热 传 导 方 程 §1 热传导方程及其定解问题的提 1. 一均匀细杆直径为l ，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从于规律 dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ，比热为c ，热传导系数为k ，试导出此时温度u 满足的方程。 解：引坐标系：以杆的对称轴为x 轴，此时杆为温度),(t x u u =。记杆的截面面积4 2 l π为S 。 由假设，在任意时刻t 到t t ?+内流入截面坐标为x 到x x ?+一小段细杆的热量为 t x s x u k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻t 到t t ?+在截面为 x 到x x ?+一小段中产生的热量为 ()()t x s u u l k t x l u u k dQ ??-- =??--=11 1124π 又在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+这一小段内由于温度变化所需的热量为 ()()[]t x s t u c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3 由热量守恒原理得： ()t x s u u l k t x s x u k t x s t u c x t ??-- ????=????11 2 24ρ 消去t x s ??，再令0→?x ，0→?t 得精确的关系： ()11 224u u l k x u k t u c -- ??=??ρ 或 ()()11 22 2112244u u l c k x u a u u l c k x u c k t u --??=--??=??ρρρ 其中 ρ c k a =2 2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。 解：在扩散介质中任取一闭曲面s ，其包围的区域 为Ω，则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质，由dsdt n u D dM ??-=，其中D 为扩散系数，得 ?????= 2 1 t t s dsdt n u D M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为 ()()[]???????????ΩΩΩ ??=??=-=2 12 1121,,,,,,t t t t dvdt t u C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M 两者应该相等，由奥、高公式得： ????????Ω Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2 12 11t t t t dvdt t u C M dvdt z u D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程： ?? ? ??????+???? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C 3. 砼(混凝土)内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的 水化热成正比。以()t Q 表示它在单位体积中所储的热量，0Q 为初始时刻所储的热量，则 Q dt dQ β-=，其中β为常数。又假设砼的比热为c ，密度为ρ，热传导系数为k ，求它在浇后温度u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由Q dt dQ β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设，放 热速度为 t e Q ββ-0 它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得 ??? ? ??-=+??? ? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222 2 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度0u 的介质中，试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程 ()2201224.0ρω ρωρc r i u u c P k x u c k t u +--??=?? 其中i 及r 分别表示导体的电流强度及电阻系数，表示横截面的周长，ω表示横截面面积，而k 表示导线对于介质的热交换系数。 解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为 数理方程第二版课后 习题答案 第一章曲线论 §1 向量函数 1. 证明本节命题3、命题5中未加证明的结论。 略 2. 求证常向量的微商等于零向量。 证：设，为常向量，因为 所以。证毕 3. 证明 证： 证毕4. 利用向量函数的泰勒公式证明：如果向量在某一区间内所有的点其微商为零，则此向量在该区间上是常向量。 证：设，为定义在区间上的向量函数，因为 在区间上可导当且仅当数量函数，和在区间上可导。所以，，根据数量函数的Lagrange中值定理，有 其中，，介于与之间。从而 上式为向量函数的0阶Taylor公式，其中。如果在区间上处处有，则在区间上处处有 ，从而，于是。证毕 5. 证明具有固定方向的充要条件是。 证：必要性：设具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，于是。充分性：如果，可设，令，其中为某个数量函数，为单位向量，因为，于是 因为，故，从而 为常向量，于是，，即具有固定方向。证毕 6. 证明平行于固定平面的充要条件是。 证：必要性：设平行于固定平面，则存在一个常向量，使得，对此式连续求导，依次可得和，从而，，和共面，因此。 充分性：设，即，其中，如果，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，任取一个与垂直的单位常向量，于是作以为法向量过原点的平面，则平行于。如果，则与 不共线，又由可知，，，和共面，于是，其中，为数量函数，令，那么，这说明与共线，从而，根据第5题的结论知，具有固定方向，则可表示为，其中为某个数量函数，为单位常向量，作以为法向量，过原点的平面，则平行于。证毕 §2曲线的概念 1. 求圆柱螺线在点的切线与法平面的方程。 解：，点对应于参数，于是当时，， ，于是切线的方程为： 一 准备（Preliminaries ） A 单摆的数学模型: 牛顿第二定律: F = m a a —物体加速度;F —合外力;m —物体质量 虎克定律: (1) f = –k x ; f —弹力;k —弹性系数; x —弹簧伸长 (2) p = Y ux ; Y —杨氏模量; ux —弹性体相对伸长 付里叶热传导定律: Q —热量;T —温度;κ—热导率 牛顿冷却定律: q = k (u |S – u 0) q —热流密度; u 0—外界温度;u|S —物体温度 B 几个有用的积分公式 2 ()()()2 2 2 (cos sin )cos Re( )sin Im( ) cos sin sin sin cos cos b i x x b a a b i x x b a a b i x x b a a b x x x b b a a a b b b a a a b b b a a a cx e e x i x dx i e e xdx i e e xdx i e x e e xdx x x x x xdx x x x x xdx e dx αβααβααβααααββαββαββαβα αββββ βββββ β+++-+=+=+=+= - =- + = - =??????+∞-∞ ? C 函数的Fourier 展开 θ θ sin 22mg dt d mL -=dT Q dx κ =- {}(21)()sin 2n n X x x L π+??=??? ? 是正交函数系 二 练习(Exercise) P22 ex 2.1 竖直方向合力为零： (1)()cos ()()cos () (2)cos ()cos ()1 T x dx x dx gds T x x x dx x αρααα+++=+≈≈ {}???? ??=x L n x X n πsin )(10(,)()sin ()(,)sin 2n n L n n f x t f t x L L n f t f x t xdx L π π∞ ===∑? 教师招聘考试考前演练试卷 （附答案解析） 单选 1．社会主义道德建设的核心是(C) A爱国主义B集体主义C为人民服务D社会主义荣辱观 2．（ B ）是我们党的思想路线，也是马列主义、毛泽东思想和邓小平理论的精髓。A．一个中心，两个基本点B．解放思想、实事求是 C．坚持四项基本原则D．发展生产力 3.“要尽量多的要求一个人，也要尽可能多地尊重一个人”是下列哪位教育家提出的（） A.赞可夫 B.马卡连柯 C.苏霍姆林斯基 D.加里宁 4.少年期学生所处的年龄阶段是（ C ） A.6~11岁 B.7~12岁 C. 11、12~14、15岁 D.12、13~15岁 5.学生是人，是教育的对象，因而他们（ D ） A.消极被动的接受教育 B.对外界的教育影响有选择性 C.毫无顾忌地接受教育 D.能动地接受教育 6.与“天宫一号”两度完成“太空之吻”的“神舟八号”飞船，于2011年11月17日顺利回“家”，天宫一号与神舟八号空间交会对接任务获得圆满成功，这标志着我国（D ）A载人航天技术已经完全成熟B实现了由航天大国向航天强国的转变 C实现了载人航天工程“三步走”的发展战略D为今后建造载人空间站奠定了坚实的技术基础 7.教师根据学科课程标准要求，指导学生运用所学知识从事一定的工作或操作，将书本知识运用于实践这种方法是指（ b ） A.试验法 B.实习作业法 C.参观法 D.实践活动法 8.2012年1月14日，中共中央、国务院在北京举行国家科学技术奖励大会。获得2011年度国家最高科学技术奖的是、两位院士。（ B） A.孙家栋谷超豪 B.谢家麟吴良鏞 C.师昌绪王振义 D.闵恩泽吴征镒 9.通过介绍学习内容要点和有关背景材料，说明学习的意义，从而使学生产生学习情趣，进入学习情境的教学行为方式是（ C ） A.尝试导入 B.演示导入 C.序言导入 D.故事导入 10.说课是一种科研活动，它的本质是（b ） 第一章． 波动方程 §1 方程的导出。定解条件 1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程 其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。 证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ?。现在计算这段杆在时刻t 的相对伸长。在时刻t 这段杆两端的坐标分别为： 其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。由虎克定律，张力),(t x T 等于 其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。 设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ?+两端的力分别为 于是得运动方程 tt u x x s x ???)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-?+?+ 利用微分中值定理，消去x ?，再令0→?x 得 若=)(x s 常量，则得 22)(t u x ??ρ=))((x u x E x ???? 即得所证。 2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。 解：(1)杆的两端被固定在l x x ==,0两点则相应的边界条件为 (2)若l x =为自由端，则杆在l x =的张力x u x E t l T ??=) (),(|l x =等于零，因此相应的边界条件为 x u ??|l x ==0 同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为 x u ??∣00==x (3)若l x =端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的 偏移由函数)(t v 给出，则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。由虎克定律有 x u E ??∣)](),([t v t l u k l x --== 数学物理方法习题解答 一、复变函数部分习题解答 第一章习题解答 1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。 证明：令Re z u iv =+。Re z x =Q ，,0u x v ∴==。 1u x ?=?，0v y ?=?， u v x y ??≠??。 于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。 2、试证()2 f z z = 仅在原点有导数。 证明：令()f z u iv =+。()2 2222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=Q 。 2,2u u x y x y ??= =??。v v x y ?? ==0 ??。 所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。而 ,,u u v v x y x y ???? , ????在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。 ()00 00 00x x y y u v v u f i i x x y y ====???????? '=+=-= ? ?????????。 或：()()()2 * 00 0lim lim lim 0z z x y z f z x i y z ?→?→?=?=?'==?=?-?=?。 2 2 ***0* 00lim lim lim()0z z z z z z z zz z z z z z z z z =?→?→?→+?+?+??==+??→???。 【当0,i z z re θ≠?=，*2i z e z θ-?=?与趋向有关，则上式中**1z z z z ??==??】 3、设333322 ()z 0 ()z=0 0x y i x y f z x y ?+++≠? =+??? ，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。 证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则 ()332222 22 ,=0 0x y x y u x y x y x y ?-+≠? =+?+??， 332222 22 (,)=0 0x y x y v x y x y x y ?++≠? =+?+?? 。 3 300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x u x u x u x x →→-===， 3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x u y u y u y y →→--===-； 3300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x v x v x v x x →→-===， 3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x v y v y v y y →→-===。 (0,0)(0,0),(0,0)(0,0)x y y x u v u v ∴ = =- ()f z ∴ 在原点上满足C －R 条件。 但33332200()(0)() lim lim ()()z z f z f x y i x y z x y x iy →→--++=++。 令y 沿y kx =趋于0，则 333333434322222 0()1(1)1(1) lim ()()(1)(1)(1)z x y i x y k i k k k k i k k k x y x iy k ik k →-++-++-++++-+==+++++ 依赖于k ，()f z ∴在原点不可导。 4、若复变函数()z f 在区域D 上解析并满足下列条件之一，证明其在区域D 上 2016年秀山高级中学2019级高一上期12月月考 语文试题卷2016.12 第Ⅰ卷表达题 一、现代文阅读（9分，毎小题 3分） (一)阅读下面的文字，完成1～3题。 春秋战国上下五百余载，是中国历史上充满活力的黄金时代，是个“礼崩乐坏，瓦釜雷鸣”的剧烈变化时代，是个大毁灭、大创造、大沉沦、大崛起，从而社会整体上大转型的时代。这使得那个时代的人——不管是政治家、思想家，还是军事家、教育家，是侠、是士，其生命状态都是饱满昂扬的，充溢着一种不可遏止的进取精神和非凡的创造力。 那是个讲究谋略的阴谋时代，所以智慧丛生色彩斑斓；那是个本色人生的时代，所以仕学争鸣侠隐飘逸，摇唇鼓舌皆成风流；那是个实力竞争的时代，所以以强国富民为本，虚伪的文过饰非的理论无法泛滥；那是个深刻思索、产生思想、研究学问、铸造精神的时代，是中国文化的原生代，所以出现了各种学术思想百家争鸣的灿烂辉煌的景象。 在我们耳熟能详的中国伟人中，有一半多的伟人属于那个辉煌的时代，政治、经济、哲学、文学艺术、科学、神秘文化……几乎所有基本领域，都在那个时代开山立宗并创造了我们民族的最高经典，不仅成为我们中华民族文明文化的源头，而且当之无愧地进入了人类文化的殿堂。 春秋战国时代是我国历史上政治变革最为活跃的时代，五霸迭兴，三家分晋，田氏代齐，七雄兴衰，此起彼伏。在那个波澜壮阔的时代里，教育从戎与祀中挣脱出来，孔子私学，稷下学官，最终实现“以法为教”“以吏为师”的学吏教育制度。文学形成了中国古典文学史上第一个黄金时代，诗歌、辞赋、小说、散文皆为后世之滥觞；艺术更见洋洋大观，青铜器绚烂多彩，金玉精琢叹为观止，铭文风韵为篆刻艺术之典范；宋音楚舞，边磬编钟，宫殿廓城，无一不在世界艺术史上熠熠生辉。科学技术可谓灿烂辉煌。阴阳五行、染色麻织、灌溉堤防、经络学说，可以说当时的“科技成就绝对领先于世界；当时的争霸战已经是车步兵联合作战，水陆军协同争先的大规模战争，在战争中诞生了伟大的军事家孙武、司马穰苴、吴起、孙膑，等等，他们的集古代兵家大成之作，奠定了中国古代军事科学的理论基础，对世界各国军事理论产生了巨大影响。 原生文化是一个民族的根基。是这个民族精神生命的源泉。当我们被各种复杂的问题困惑时，当我们在浮华喧嚣的历史泡沫面前迷失或不知所措时，我们应该去向我们民族的原生文化宝库寻求再生的动力。 两千多年过去了，那个民族文化原生代所创造的瑰宝，风采依旧！ 梳理春秋战国风云变幻及国家强弱兴袁之演变轨迹，窥探中国文化原生代的恢弘博大与灿烂辉煌，能使我们在新的民族竞争面前，在国家民族的转型期把握住富民强国、团结奋斗的主调。 （选自安然《原生文化是民族精神生命之源》） 1.下列对“原生文化”的理解，不符合原文意思的一项是（）(3分) A．“原生文化”主要产生于春秋战国时期那个既有大毁灭又有大创造、既有大沉沦又有大崛起的时代，这个时代在社会整体上是大转型的时代。 B．“原生文化”由于时代的剧烈变化，体现了饱满昂扬、奋进向上的生命状态，充溢着一种不可遏止的进取精神和非凡的创造力。 C．“原生文化”涉及政治、经济、军事、哲学、教育、文学艺术、科学、神秘文化等几乎所有基本领域，成为中华民族文化的源头。 1．一根水平放置长度为L 的弦(两端被固定) ，其单位长 度的重力为ρ g ，其ρ 中是弦的线密度，g 是重力加速 度。若弦的初始形状如图所示： （1）推导出弦的微振动方程； （2）写出定解问题。 解：（1）设弦的微震动方程为：22222(,)u u f x t t x α??=+?? 依题意(,)f x t =-g ， 所以弦的微震动方程为：22222u u g t x α??=-?? （2）根据所给图形，利02()(,)|t L x u x t h L =-= 依题意，刚开始时，v=0.，所以0(,)|0t u x t t =?=? 又弦的两端固定，所以0(,)|0x u x t ==，(,)|0x L u x t == 所以定解问题为： 22222u u g t x α??=-?? 02(,)|t x u x t h L == 02 L x ≤≤ 02()(,)|t L x u x t h L =-= 2 L x L ≤≤ 0(,)|0t u x t t =?=? 用相似三角形，得：当02L x ≤≤，02(,)|t x u x t h L ==； 当2 L x L ≤≤时， 0(,)|0x u x t ==，(,)|0x L u x t == 2.设有一个横截面积为S ，电阻率为r 的匀质导线，内有电流密度为j 的均匀分布 的直流电通过。试证明导线内的热传导方程为：222u u cp k j r t x ??-=?? 其中c ，ρ ，k 分别为导线的比热，体密度，及热传导系数 解：设导线内的热传导方程为：22 (,)u k u f x t t c x ρ??=+?? 依题意，(,)f x t =2j r c ρ 将其代入得 222u u cp k j r t x ??-=?? 3．长度为L 的均匀杆，侧面绝热，其线密度为ρ、 热传导系数为k 、比热为c 。 （1）推导出杆的热传导方程； （2）设杆一端的温度为零，另一端有恒定热流 q 进入（即单位时间内通过单位面积流入 的热量为q ），已知杆的初始温度分布为 ()2x L x - ，试写出相应的定解问题。 解:(1)根据热传导方程可得，导出杆的热传导方程为 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： 其中E 是圆锥体的杨氏模量，ρ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u ES x ??，S 为x 处截面面积。】 【证明】在圆锥体中任取一小段，截面园的半径分别是1r 和2r ，如图所示。于是，我们有 上式化简后可写成 从而有 或成 其中2 E a ρ = ，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0y =， 0x =和x a =则处于冷却介质中，因而保持较低的温度0u 。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： 【提示：可以令0(,)(,)u x y u v x y =+，然后再用分离变量方法求解。】 【解】令0(,)(,)u x y u v x y =+，则原定解问题变为 分离变量： 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： 可以判定，特征值 特征函数 利用特征值n λ可以求得 于是求得特征解 形式解为 由边界条件，有 得到 解得 最后得到原定解问题的解是 3、 （20分）试用行波法求解下列二维半无界问题 【解】方程两端对x 求积分，得 也即 对y 求积分，得 也即 由初始条件得 也即 再取0x =，于是又有 从而得 于是 将这里的()g x 和()h y 代入(,)u x y 的表达式中，即得 4、 （20分）用积分变换法及性质，求解无界弦的自由振动问题： 【提示：可利用逆Fourier 积分变换公式：11 ,||sin []20, ||x at a t F a a x at ωω-? 数学物理方程第三版答案 第一章． 波动方程 §1 方程的导出。定解条件 1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程 ()?? ? ??????=??? ??????x u E x t u x t ρ 其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。 证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ?。现在计算这段杆 在时刻t 的相对伸长。在时刻t 这段杆两端的坐标分别为： ),();,(t x x u x x t x u x ?++?++ 其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。由虎克定律，张力),(t x T 等于 ),()(),(t x u x E t x T x = 其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。 设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ?+两端的力分别为 x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(?+?+).,(t x x ?+ 于是得运动方程 tt u x x s x ???)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-?+?+ 利用微分中值定理，消去x ?，再令0→?x 得 tt u x s x )()(ρx ?? = x ESu () 若=)(x s 常量，则得 22)(t u x ??ρ=))((x u x E x ???? 即得所证。 2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。 ,. 第 二 章 热 传 导 方 程 §1 热传导方程及其定解问题的提 1. 一均匀细杆直径为l ，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热交换，服从于规律 dsdt u u k dQ )(11-= 又假设杆的密度为ρ，比热为c ，热传导系数为k ，试导出此时温度u 满足的方程。 解：引坐标系：以杆的对称轴为x 轴，此时杆为温度),(t x u u =。记杆的截面面积4 2 l π为S 。 由假设，在任意时刻t 到t t ?+内流入截面坐标为x 到x x ?+一小段细杆的热量为 t x s x u k t s x u k t s x u k dQ x x x x ????=???-???=?+221 杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻t 到t t ?+在截面为 x 到x x ?+一小段中产生的热量为 ()()t x s u u l k t x l u u k dQ ??--=??--=111124π 又在时刻t 到t t ?+在截面为x 到x x ?+这一小段内由于温度变化所需的热量为 ()()[]t x s t u c x s t x u t t x u c dQ t ????=?-?+=ρρ,,3 由热量守恒原理得： ()t x s u u l k t x s x u k t x s t u c x t ??-- ????=????11 2 2 4ρ 消去t x s ??，再令0→?x ，0→?t 得精确的关系： ()11 224u u l k x u k t u c -- ??=??ρ 或 ()()11 22 2112244u u l c k x u a u u l c k x u c k t u --??=-- ??=??ρρρ 其中 ρ c k a =2 2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。 解：在扩散介质中任取一闭曲面s ，其包围的区域 为Ω，则从时刻1t 到2t 流入此闭曲面的溶质，由dsdt n u D dM ??-=，其中D 为扩散系数，得 ?????= 2 1 t t s dsdt n u D M 浓度由u 变到2u 所需之溶质为 ()()[]???????????ΩΩΩ ??=??=-=2 12 1121,,,,,,t t t t dvdt t u C dtdv t u C dxdydz t z y x u t z y x u C M 两者应该相等，由奥、高公式得： ????????Ω Ω??==????????? ??????+???? ??????+??? ??????=2 12 11t t t t dvdt t u C M dvdt z u D z y u D y x u D x M 其中C 叫做孔积系数=孔隙体积。一般情形1=C 。由于21,,t t Ω的任意性即得方程： ?? ? ??????+???? ??????+??? ??????=??z u D z y u D y x u D x t u C 3. 砼(混凝土)内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的 水化热成正比。以()t Q 表示它在单位体积中所储的热量，0Q 为初始时刻所储的热量，则 Q dt dQ β-=，其中β为常数。又假设砼的比热为c ，密度为ρ，热传导系数为k ，求它在浇后温度u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由Q dt dQ β-=及00Q Q t ==得()t e Q t Q β-=0。由假设，放 热速度为 t e Q ββ-0 它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书71页，(1.7)式得 ??? ? ??-=+??? ? ????+??+??=??-ρρββc k a e c Q z u y u x u a t u t 20222222 2 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度0u 的介质中，试证:在常电流作用下导线的温度满足微分方程 ()2201224.0ρω ρωρc r i u u c P k x u c k t u +--??=?? 其中i 及r 分别表示导体的电流强度及电阻系数，表示横截面的周长，ω表示横截面面积，而k 表示导线对于介质的热交换系数。 解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原71页(1.7)及(1.8)式知方程取形式为 传记阅读 一、阅读下面的文字,完成第1~4题。 数学和诗一样让我喜欢 很多人觉得搞数学很枯燥,谷超豪却说:“数学世界充满了精神的创造,只要深入其中就会发现奥妙无穷。” 1946年,在浙江大学他师从著名数学家苏步青教授,开始了研究数学的历程。因为才华出众,他被破例允许同时参加两位名家的课程——苏步青教授主持的微分几何专题讨论和陈建功教授主持的函数论与傅里叶分析专题讨论。从两位著名数学家那里,谷超豪学到了治学的方法,而且在几何及分析两方面打下了扎实的功底。 从1948年到1956年,谷超豪先后在浙江大学和复旦大学任教,在苏步青的指导下开始了数学研究生涯,在K展空间、仿射联络空间及芬斯拉空间等方面进行了一系列深入的研究工作,发表了多篇论文,展现出数学方面创造性的才能,迅速成为苏步青领导的中国微分几何学派的学术骨干。 法国科学院院士布瑞艾特曾经在法国科学院院士大会上这样介绍谷超豪:“谷超豪先生是一位很有影响的数学家。我最初是通过他的著述认识他,特别是他首次阐明的关于杨—米尔斯场的存在定理的著作。这项由一位数学家完成的关于物理问题的工作是谷先生独特、高雅、深入、多变的工作风格的典型范例。他是一位向难题进攻(有时是几何学,有时是物理学方面的问题)并解决难题的偏微分方程专家。” 这段话是对谷超豪数学人生的精妙写照。谷超豪正是一个“不安分”的人,一个喜欢挑战难题的人。 1956年,正当谷超豪在微分几何方面的成就引人注目的时候,他却敏锐地看到尖端技术发展对数学提出的新要求。为了满足国家科学事业发展的需要,他毅然将主要精力投入到偏微分方程这一新的研究领域中来。他致力于把数学应用到航天中去,经其反复设计、选用的方法在我国导弹“钝头物体超音速绕流”的计算中发挥了主导作用,为我国国防科研做出了贡献。 “数学与古典文学都十分重视对称性,许多作品中还蕴含着丰富的科学思想萌芽。”作为数学家,谷超豪的身上始终带着自然科学的理性与人文科学的感性。“在我的生活里,数学是和诗一样让我喜欢的东西。诗可以用简单而具体的语言表达非常复杂、深刻的东西,数学也是这样。”谷超豪说。 第一章． 波动方程 §1 方程的导出。定解条件 1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x 点处的点在时刻t 离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明),(t x u 满足方程 ()?? ? ??????=??? ??????x u E x t u x t ρ 其中ρ为杆的密度，E 为杨氏模量。 证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x 与+x x ?。现在计算这段杆 在时刻t 的相对伸长。在时刻t 这段杆两端的坐标分别为： ),();,(t x x u x x t x u x ?++?++ 其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u x x t x u x t x x u x x x ?+=??-+-?++?+θ 令 0→?x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。由虎克定律，张力),(t x T 等于 ),()(),(t x u x E t x T x = 其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。 设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ?+两端的力分别为 x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(?+?+).,(t x x ?+ 于是得运动方程 tt u x x s x ???)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-?+?+ 利用微分中值定理，消去x ?，再令0→?x 得 tt u x s x )()(ρx ?? = x ESu () 若=)(x s 常量，则得 22)(t u x ??ρ=))((x u x E x ???? 即得所证。 2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。 解：(1)杆的两端被固定在l x x ==,0两点则相应的边界条件为 第二章 热传导方程 § 1 热传导方程及其定解问题的提 1. 一均匀细杆直径为 l ，假设它在同一截面上的温度是相同的，杆的表面和周围介质发生热 交换，服从于规律 dQ k 1(u u 1 )dsdt 又假设杆的密度为 ，比热为 c ，热传导系数为 k ，试导出此时温度 u 满足的方程。 解：引坐标系：以杆的对称轴为 x 轴，此时杆为温度 u u( x,t) 。记杆的截面面积 l 2 为 S 。 t 到 t t 内流入截面坐标为 x 到 x x 一小段细杆的热量为 4 由假设，在任意时刻 dQ u s t k u 2u s x t k x s t k 1 x x x x x 2 x t 到 t t 在截面为 杆表面和周围介质发生热交换，可看作一个“被动”的热源。由假设，在时刻 x 到 x x 一小段中产生的热量为 4k 1 dQ 2 k 1 u u l x t u u s x t 1 l 1 又在时刻 t 到 t t 在截面为 x 到 x x 这一小段内由于温度变化所需的热量为 dQ c u x,t t u x,t s x c u s x t 由热量守恒原理得： 3 t t c u s x t k 2u s x t 4k 1 u u s x t t t x 2 x l 1 消去 s x t ，再令 x 0 ， t 2 u 0 得精确的关系： c u k 4k 1 u u t x 2 l 1 u k 2u 4k a 2 2 u 4k 或 t c x 2 c 1 u u 1 x 2 c 1 u u 1 l l 其中 a 2 k c 2. 试直接推导扩散过程所满足的微分方程。 解：在扩散介质中任取一闭曲面 s ，其包围的区域 为 ，则从时刻 t 1 到 t 2 流入此闭曲面的溶 质，由 dM D u dsdt ，其中 D 为扩散系数，得 n t 2 D u dsdt M t 1 s n t 2 t 2 C u dvdt M 1 C u x, y, z, t 2 u x, y, z, t 1 dxdydz C u dtdv t 1 t t 1 t 两者应该相等，由奥、高公式得： t 2 u u u t 2 C u dvdt M D D D dvdt M 1 t 1 x x y y z z t 1 t 其中 C 叫做孔积系数 =孔隙体积。一般情形 C 1。由于 , t 1 , t 2 的任意性即得方程： C u D u D u z D u t x x y y z 3. 砼 ( 混凝土 ) 内部储藏着热量，称为水化热，在它浇筑后逐渐放出，放热速度和它所储藏的 水化热成正比。以 Q t 表示它在单位体积中所储的热量， Q 0 为初始时刻所储的热量，则 dQ Q ，其中 为常数。又假设砼的比热为 c ，密度为 ，热传导系数为 k ，求它在浇后温 dt 度 u 满足的方程。 解： 可将水化热视为一热源。由 dQ Q 及 Q t 0 Q 0 得 Q t Q 0e t 。由假设，放 dt 热速度为 Q 0 e t 它就是单位时间所产生的热量，因此，由原书 71 页，式得 u a 2 2 u 2 u 2 u Q e t a 2k t x 2 y 2 z 2 c c 4. 设一均匀的导线处在周围为常数温度 u 0 的介质中，试证 : 在常电流作用下导线的温度满 足微分方程 u k 2 u k 1P u 0 0.24i 2 r t c x c u c 2 其中 i 及 r 分别表示导体的电流强度及电阻系数， 表示横截面的周长， 表示横截面面积， 而 k 表 示导线对于介质的热交换系数。 解：问题可视为有热源的杆的热传导问题。因此由原 71 页及式知方程取形式为 u a 2 2u f x,t k t x 2 其中 a 2 , f x, t F x, t / c , F x,t 为单位体积单位时间所产生的热量。 c 由常电流 i 所产生的 F 1 x, t 为 0.24i 2 r / 2 。因为单位长度的电阻为 r ，因此电流 i 作功为 i 2 r 浓度由 u 变到 u 2 所需之溶质为 乘上功热当量得单位长度产生的热量为 0.24i 2 r / 其中为功热当量。数理方程版课后习题答案
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