北科大数理方程 第6章习题答案

2 试写出右半空间上的格林函数形式 解：右半空间区域上的格林函数满足 G ( r r0 ), G 0 x 0 y 0

在右半空间2

y 02

上取一点 M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ),2

令 r0 x 0 y 0 z 0 表示自原点到该点的距离， 并在该点放置一个单位正电荷，它所形成的静电场 在任何一点 M ( x , y , z ) 处的电位函数为1 4 rM0M

1 4

2

1 ( x x0 ) ( y y0 ) ( z z0 )2 2

并且 1 4 r M 0M ( x x 0 , y y 0 , z z 0 ) ( r r0 ) 1 满足方程 G ( r r0 ), 4 rM M0

即函数

但是它不是格林函数， 因为它在边界平面 上不为零。 设M 1 ( x1 , y 1 , z 1 )

y 0

为点 M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) 关于平面

y 0

并在点 M 1 处放置一个单位负电荷， 的对称点，M ( x, y, z)

这样，该负电荷所形成的静电场在点

的电位为 1 4 rM1M

1 4

2

1 ( x x1 ) ( y y 1 ) ( z z 1 )2 2

并且 1 4 r M 1M ( x x1 , y y 1 , z z 1 ) ( r r1 ),

若x

0,

即当点M 位于平面yoz上，则有1 rM0M

1 rM1M

0.

说明这两个电荷所形成的电位在平面 y 上相互抵消。 令G (M 0 , M ) M

0

1 4 rM0M

1 4 rM1M

,

注意到点 G满足

1

位于半空间

y 0

之外，则函数

G ( r r0 ), G y 0 0

y 0

这说明G为所求之格林函数。

3 试写出第一卦限x>0, y>0,z>0的格林函数形式 解：第一卦限的格林函数满足x 0, y 0, z 0 G ( r r0 ), G y 0 0, G z 0 0, G x 0 0

在第一卦限上取一点 M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ),并在该点放置一个单位正电荷， 令M 1 ( x 0 , y 0 , z 0 ), M 3 ( x 0 , y 0 , z 0 ), M 5 ( x 0 , y 0 , z 0 ),

是M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) 关于三个坐标平面xoy,zoy,xoz 对称的点，并且在这些点分别放置一个单位负电荷，

令M 7 ( x 0 , y 0 , z 0 ) 是

M 0 ( x0 , y0 , z0 )

关于坐标原点对称的点,

并且在这个点放置一个单位负电荷. 令 M 2 ( x 0 , y 0 , z 0 ), M 4 ( x 0 , y 0 , z 0 ), M 6 ( x 0 , y 0 , z 0 ),

是M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) 关于三个坐标轴ox,oy,oz 对称的点，并且在这些点分别放置一个单位正电荷. 则 第一卦限的格林函数为G 1 4 ( 1 rM 0M

1 rM2M

1 rM4M

1 rM6M

1 rM1M

1 rM3M

1 rM5M

1 rM7M

)

1 4 2

1 ( x x0 ) ( y y0 ) ( z z0 )2 2

1 4 2

1 ( x x0 ) ( y y0 ) ( z z0 )2 2

1 4 12

1 ( x x0 ) ( y y0 ) ( z z0 )2 2

1 4 2

1 ( x x0

) ( y y0 ) ( z z0 )2 2

1 ( x x0 ) ( y y0 ) ( z z0 )2 2 2

4

1 4 2

1 ( x x0 ) ( y y0 ) ( z z0 )2 2

1 4 2

1 ( x x0 ) ( y y0 ) ( z z0 )2 2

1 4 2

1 ( x x0 ) ( y y0 ) ( z z0 )2 2

2 试写出上半单位球域内的格林函数形式 解：上半单位球域内的格林函数满足 G ( r r0 ), G 0 , G r 1 0 , z 0 r 1

设球心在坐标原点, 在球域内上取一点 M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ),并在该点放置一个单位正电荷， 令 在 在M M0

r0

x0 y0 z02 2

2

1

关于球面的对称点 M 1处放置一个 r0 单位的负电荷, 关于平面z=0的对称点 M 0 处放置一个 单位负电荷,

0

在

M0

关于球面的对称点 M 1 处放置一个 r 单位的正电荷,0

1

则半球内的格林函数为 G G (M 0 , M ) G (M 0 , M ) 1 4 ( 1 rM0M

1

11M

)

1 4

(

1 rM M0

1

11

)

r0 rM

r0 rM M

7 试写出第一象限x>0, y>0的格林函数形式 解：第一象限的格林函数满足 G ( r r0 ), G x 0 0, G y 0 0, x 0, y 0

在第一象限上取一点

M 0 ( x 0 , y 0 ),

并在该点放置一个单位正电荷， 令 M 1 ( x 0 , y 0 ), M 2 ( x 0 , y 0 ), 是 M 0 ( x 0 , y 0 ) 关于两个坐标轴x,y对称的点，并且 在这些点分别放置一个单位负电荷，

令

M 3 ( x0 , y0 )

是

M 0 ( x0 , y0 )

关于坐标原点对称的点,

并且在这个点放置一个单位负电荷. 则 第一卦限的格林函数为G 1 2 1 2

(ln

1 rM0M

ln1

1 rM3M

ln1 2

1 rM1M

ln

1 rM122M

)

ln2

2

ln

( x x0 ) ( y y0 )

( x x0 ) ( y y0 )

2

1 2

ln2

1 ( x x0 ) ( y y0 )2

1 2

ln2

1 ( x x0 ) ( y y0 )2

第五章 行波法与积分变换法 1解：定解问题为2 2u 2 u 2 a 2 t x u ( x, 0) 0 I ut ( x, 0) ( x) (x c)

利用行波法可得u ( x, t) 1 2

[( ( x a t ) ( x a t )]

1 2a

x at x at

(s)ds

I

1 2a

I

x at x at

( x c)dx

2a

[ h ( x a t c ) h ( x a t c )]

这里h(x)是单位阶跃函数。

2 解:记 u ( , t ) F [ u ( x , t )], ( ) F [ x u 2 u a 2 t x u ( x, 0) x 2 1 2

2

1]

对定解问题

关于x作Fourier变换可得

u ( , t ) ( a w ) 2 u ( , t ) t u ( w , 0) ( )

解此定解问题可得 a w t2 2

u ( , t ) ( ) e

作Fourier 逆变换可得u ( x, t) F 1

( u (( , t ))) F

1

( ( ) e

a w

t

2

2

) F

1

( ) F

1

(e

a w t

2

2

)

( x 1) F2

1

(e

a w t

2

2

) x2 2

F

1

(e

a w t

2

2

) x2 2

1 2a t 1 2a t

e

4a t

u ( x 1) 2

1 2a t(x ) 2a t

e

4a t

( x )

2

e2

4a t

2

d

( x )

2

e

4a t

2

d

(令 1 2a t

s

)t s x) e2 s2

(2a

t 2

(2a

ds 2a

t

e

s

2

ds

1

[

( 4 a ts 4 a2

t sx x )e2

s

2

ds

e

s

2

ds]

1

1

(4a t 22

s

s e2

2

s

2

ds x 2 2

2

e

s2

e

s

2

ds) 12

2 a t

a t[ 2 s e

|

ds] x 1

2

x 1 2a t x 1.2 2

4解：记 u ( , t ) F ( u ( x , t )),2

f ( , t ) F ( f ( x , t ))

对定解问题

u 2 u a 2 t x 关于x作Fourier变换可得 ( x , 0 ) f ( x ) u 2 ( ia ) u t u ( , 0 ) f ( , t )

解此定解问题可得

u ( , t ) f ( , t ) e作Fourier 逆变换可得u ( x, t) F F F 1

a t

2

2

[ u ( , t )] a t2 2

1

[ f ( , t ) e

] [( ex2 2

1

[ f ( , t )] * F 1 2a t

1

a t

2

2

)] f ( y,t) 1 2a t (x y) 4a t2 2

f ( x, t) *

e

4a t

e

dy

7.

u 2 u a hu 2 t x u ( x, 0) 0 u (0, t ) A u 0 lim x 2

作关于时间t的Laplace变换可得 2 u ( s h )u a 2 x u (0 , s ) A , u 0 lim x s 2

解此定解问题可得

1

u c1 ( s ) e

h sx

1

a

c2 ( s )e a

h sx

因为 lim u 0 所以 c 2 ( s ) 0 . x

则 u A S =A 1 h s 1 1 h sx

e

a

A

h s sh sx

1 h s Ah s

1

h sx

e

a

e

a

1 h s

1

h sx

e

a

由附表公式40:1

1 s

e 1

2a

s

e rfc ( ht

a t

) 2

h sx

h s

e

a

e

2

x 2a t

e

d

记

f (t) e

ht

2

x 2a t

e

2

d

由积分性质 L ( L ( 1

t 0

f ( )d ) t

1 s

L ( f ( t ))

可得t

h

12

1

h sx

s s h

e

a

) h f ( )d 02

2h

e0

h

x 2a

e

2

d d

d ) d e h ( x e 0 2a

t

2

2

[ e

h

x 2a 1 2a 1 2a t t

e

2

d ] |

0t -( hx2

t

2

t

e0

-h

x

2 a

e

4a

d(

x 2a

)]

2

=

2

( e

ht

e

2

d

e0

4a

2

)

d 此 令 = 2

x 2a

=

( e

ht

e

2

d

x 2a t

-(

hx2

2 2

e

4a

)

d )

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