数学物理方法 第三版 课后习题答案.pdf

“数学物理方法”第1章 作业解答，第5页1.下列式子在复数平面上个具有怎样的意义?|z-a Re(z)|乙解：(2)解：(3)即：a与b的连线的垂直平分线。2(8)Re2解：z=x+iy/.ReRe(i)=Re得，+/x+iy)-=02f.、x-iy2 2U+v)X2 2 x+y=2即1以上即为园方程，圆心在(1/4,0),半径1/4.第5页 2).把下列复数用代数式，三角式和指数式几种形式表示出来。(4)1-cos a+i sin a(a 是实常数)解：l cosa+Zsina=2(cos +Z sin o)=pel(p其中 P=J(l cosa)2+sin2 a=2sinsin a(p=arctg-=arctg ctg 1-coscif I 2)Z3解：z3=(x+zy)3=(x3-3xy2)+i(3x2y y3)=p3el3(p=/?3(cos3+zsin3)其中 p=6+y2ycp=arctg x(6)e-解：e+i=e x ez=e(cos 1+z sin 1)第9页 2).计算下列数值。(a和b为实常数，x为实变数)ln(-l)解：ln(-l)=lnl，g2 的=皿+i(2n+1=i(2n+1(6)sin ix-x _ X X _-x解：sin ix=-=i-=ishx2i 2第13页 试推导极坐标系中的柯西一黎曼方程。34)解：f(z)=u(x,y)+iv(x,y)或写成/(Z)=u(p,夕)+zv(p,0)若Az沿径向趋于零，即Az=pel(p f 0(p-0)/(z+Az)-/(z)_(夕+Ap，9)+Zv(P+A夕,。)一(+，v),lim 7-lim 7 t(pAzf0 Az Ae-0 Ape”若Az沿横向趋于零，即Az=pel(pi(p(Ap=0)(z+Az)-/(z)=(夕,-+A0)+Zv(P,0+A。)一(P,9)+，v(p,F15 Az 一黑热 而丽=lim0(夕,3+Ar)u(p,)+lv(p,0+Ar)v(p,r)pei(pi(pdv d(p.8u 1.i(pi eS(PP柯西一黎曼条件，即上面两个极限值要相等.得du=1 du1 dvP8(P dv pS(p第18页 2)已知解析函如(z)的实部(xJ)或虚部v(x/),求该解析函数【以下题目可以有多种解法，这里只列其中之一】(1)u(x,y)=ex sin解：已知实部或虚部，一般意味它们已经是调和函数，可以验证,也可以不必验证由柯西一黎曼条件：dv du x=一=-e cos ydx dydv du x.=e sin ydy dxdv=dx+dy=-ex cos ydx+ex sin ydy=一 excosy)/.v=-ex cosy+c贝=ex sin y-iex cos y+ic=ex sin y+z(-cos y)+ic=ex(-0cosy+ismy+ic=-iex+iy+ic=-iez+ic(4)v(xfy)=2，2，/=。x+y解t这里用极坐标比较方便 x=夕cosg y=夕sin。p sin cp sin cp*-v=-=-P P由柯西一黎曼C-R条件Su _ 1 5v _ cos。Su _ On _ sin。dp p d(p p1 d(p dp p1 Su 7 du 7 cos。7 sine7 7/cos。du=dp+d(p=六 dp+-d(p=d.Sp d(p p p p)/cos cp xup,(p)=-+c=-+cp x y/(z)=-+i 2y 2+0=一 x+y x+y.v f(z)=0 x-iy I I-+c=-c=c x+y x+iy z口 r I即 0=c，c=2最后/(z)=gI2Iz(6)u(x,y)=x2-y2+xy,/(O)=0解：由柯西一黎曼条件得，=-0”=2歹-兀 =2x+ydx dy dy dxdv dvdv=dx-dydx dyv(x,y)=j(2y-x)dx+(2x+y)dy+J(2y-x)dx+(2x+y)dy=-b 2xy H-b c(0,0)(x,o)2 2(2 2/.f(z)=(、2 j；2+i-F 2xy+ic、2 2,(J 2、=(x+)+xy i2xy+i-1-2xy+ic(2 2,=z2-z(x2-y2+2xyi)+ic=z2l+ic/(0)=0得 c=0第23页 3).已知等势线族的方程为“，+/=常数，求复势。解；x2+y2=c令(x/)=F(tt-x2=+y2Z/必须是调和函数，即？2=0故必须求出2=2尸+4/9，,=.=2尸+4/尸 a%2 dy2即(4x2+4y2)Fn+4F,=0dF即Fn _ 1F x2+y2-即左边止FdF 下、17tF=CX ln/+C2=Q ln(x2+y2)+C2 下面即是已知(x,y),求 v(x,y)以及/(z).方法D由I条件2G.v(x,y)=Cdy+(p(x)=G J 22：2 dy+(px=2clarctg +(px x+y x j对%求偏导x+JV x+y_ _Jc-E条件得/.(x)=0,(p(x)=C3v(x,y)=2Cxarctg +C3xf(z)=Q ln(x2+y2)+C2+i 2Cxarctg +C3JC=q ln(x2+/)+G in(：+/)2+c2+zC3 x+y=Cx Inz2+C2+zC3=2Q Inz+C2+zC3方法2)可以使用极坐标系u=Cx ln(x2+y2)+C2=Cx In p2+C2=2CX In/?+C2dv I du dv du=-=0,=p=.=2Gdp p d(p d(p dp，v(p，9)=|如+中(2)=2。10+(1)(夕)()对p求偏导a(夕)=0,(p)=C3削(z)=2Q lnp+C2+12G9+iC3=2G(in p+z)+C2+iC3=2Q In z+C2+iC3end第三篇数学物理方程第八章定解问题31.数学物理方程的导出1.拿图51的段弦作代表，推导弦振动方程.解：取“到%+4%的8段弦，:.纵向合力为零T2co54-=03段弦的横振动方程为-Tasini=ultPds 在小振动的情况下，有力%,0 0N。吗说05%*1 f图8-1却#0,Us=J+d2 udx._ sini sin&atg%,如图示.tgj-tg%=故在小振动的情况下，运动方程为(71=72,7%1+小一丁山/,=%Pd%.这段弦无纵向振动,Tixdx即7券l+d#2Mdx=Pitj184，上式左边即T嗫其中=T 瞿所以有知-。%“=0，2 一H一 Q 2.用均质材料制作细圆锥杆，试推导它的纵振动方程.解：设想在圆锥杆上截取一小段以C段对3的拉力是 匕山，合力是-（M，J 令炉=-P OX P则齐 小尸吗去（心口r4-（/居）-3弦在吼他介质中振动，单位长度弦所受阻力F=-R电（比例常数月川|做阻力系数），试推导弦在这阻尼介质中的振 动方程.解：如（1）题图示，A段弦所受力除了张力北,京外，还 受有阻力F的作用，在小振动的情况下，其运动方程为（72%L，d,一丁通.）-=;.785I X+dx%!Xdx=P 小7%工一 Rut=Putt9%-a2uIt+=0，/-J其中 一P 底面1 底面24.试推导一维和三维的热/2L 一 传导方程（31、38）和（31、39）.4一 解：（1）仍采用“隔离 _一.x物体法”，任取一小体积以“x+公如图8-3所示：在/1时间内，图8-3自/通过底面1流入的热量为以自B通过底面2流出的热量为如热量的净流入量为.Q-9入-qQ$/t,但由于g入=-1,q国=ox.-K黑因净流入的热量为Q=（长黑+生“）S/，上述净流入热量使，式区间内的物质温度升高八,设物质的比热为C密变为则Cpdxdu-（g人一q四）即 C。二粤9）这就是（3138）式.（2）彳壬取一zb体积dH,位于黑井+（7*$y，7+d、|z.2+dN；之间，如图8-4,先考虑在两而与邻域交换热盘，在这 两面上热流演度沿正x方向的分班为以=-Kuj-g惧=-K 为1八人所以这一小块在的时间所流入的热量为=-KI J36X%IN7d,所流出的热量为q出S/f L-KlGL+sdydz/r,所以它所流入的净热量为Qi-（K-Gx-）d ydq=(k)d 笈d A，n/I,同样通过为+/小两面所流入净热量是$Q2 r_r（K 言）d 2/3 通过为N+dN两面所流入净然量是；（4 u-）/24 ydxt 上述流入的净热量Q=Qt+（%+Q$,使小体积dV的温度升高 du,如仍以C表小体积“丁小）yd?内物质的比热，表密度就有 CpdiHwd 4ydz=1万!（衣袋舒勤卜*（Kx叠）必,此即（31、39）式.5,混凝土浇灌后逐渐放出“水化热”，放热速率正比于当 时尚储存着水化热密度Q，即需=-8Q，试推导浇灌后的混雅土内的热传导方程.解：设洗灌后的混施土中在初始时刻储存的水化热密度为187Q。，则在/时刻它所储存的水化热密度为葭*=J：-伐，InQ=一9+InQo,Q 二,所以在t时刻它的放热速率为婴=-PQe-切.at其它分析与上即类似.只是现在还布,热源分布于物质之中在单 位时间内于单位体积中放出的热址即为-BQ。-?,故上题的 热传导方程改为,、号-（K%）+言（=吟+（Kj）+Q/e”：即+（KUfj=Qofle.6均质导线电阻率为r,通过均匀分布的直流电，电流密度 为八 试推导导线内的热传导方程.X xdx（，二。0 o.-X图8-5解：设均质导线面积为S,热盘沿电流方向传播，先考虑 一维情况，取“方向与电流和热量传播方向相同，在”处和工+dx处研究问题.设q为单位时间里通过单位截面的热量，由热传导定律则有：。二一K黑,式中“是温度,K为热传导系数.在力的时间里，流入体元d/=Sd”的净热量为i-K豹x-一K黑/d/sd，=t(k 粉 sdtg188由于电流密度为 电阻率为r的导体在体元上产生的焦耳热为 J*Rdt=C/Sy r 掾山=jzrSdxdt.小体积dV中因温升而需要的热鼠=净流入体元中的热量+热 源在体元中产生的热质Cpd Id u=L)Sd xdt+*Sd xd t,Cpdu/dt=+/2r.或 j，r.ox v Ox/dt dxz如截面积S较大时，应该三维空间的热传导，这时泛定方程为 CPU.-K/u=rr7长为，的柔软均质绳索，一端固定在以匀速转动的竖 直轴上，由于惯性离心力的作用，这弦的平衡位置应是水平线,试推导此绳相对于水平线的横振动方程.解：如图示，在小振动的情况下.sintga=；oxcosa=1，因而从父到x+dx这段绳的运动方程为即 7u.)IL=M“Pd”，为了求出在“处的张力 T(x),需考虑从“到的一段绳 上的惯性离心力的作用，设在”处的张力为7(幻，则T(x)-j*coxpdx1=：叱(-一必),；.丽丁7)图8-6189即。“”=X-已。3卬 j*）%L-UttPdxt一 力2）0/*-XPOUg）j-Y-（产一炉）心 fj CJXi aC（/2-xz）ua3=0 2 ox8.长为/的柔软均质重绳，上端固定在以匀速3转动的竖直 轴上，由于重力作用，绳的平衡 位置应是竖直线.试推导此线相 对于竖直线的横振动方程.群I如图示，在小振动的情5F*.6 I况卜,sina=tg。=，（1soxQdx,cosaa 1,再取x到*+Ud*一段绳的运动方程是兀%L+如一方/I*+斤=pdxr沁,其中“是dx段弦所受的惯性离心力，F=Pdxuo在“瑞还受有张力（此处为重力）的作用，张力？为?=jbgdx,即以此代入运动方程得，【（/-“）P。*m*-C（/一幻 PguQ,+ua）*Pdx=uuPd*C（l-x）J*+d.-（/一幻 gu.L utt=十 sdx190“一（/一“）=oxQ或 c（/-x）uMJ-uti）2=o.ox9.推导均匀圆柱的扭转振动方程，杆半径为A,切变模量为N解：如果沿柱轴的切变是均匀的，在离轴r处的切变角为胃.事实上未X图8-8必均匀，所以切变角应改用，女一计 OX算，从而离轴r处的切胁强为Nr6L,从而力矩=dp f r(NrOrdr“mar81 nN6a27rN0A rzdr=广一 J 0 Z设单位长度对轴的转动惯量为八 则4x+dx段的动量矩定理给出 4NR42（0然一仇L）ttn dze jiNR a昭即 定厂w.推导水槽中的重力波方程，水槽长/，截面为矩形、两 端由刚性平面封闭，槽中水在平衡时的深度为人解：取“轴沿水槽的长度方向，水槽长为/，宽为s,将水面 与静止水面的高度整记作名随力而异，且随f而变取a处的截面与“十4”处的截面之间的水来考虑，由于这两 处的不同，所以这两部分水前后方所受的压力不等，其了方向191运动方程为JSSd*)0”=1 一。|,+|JS=一 PgSn.dx,即 为n图 8-9(a)S+du)+dxl-4 二i-图 8-9(b)我们还需要找一个方程，以便与(1)消去，事实上，水是不可压缩的，试考察静止时在“一8+d”之间的水，其体积 为Shd$在运动中，这部分水的高度变为a+1),厚度变为 C(a+I-hcosicoscfj 1 dSadx.然后写出力平衡方程式 后一TiSin4-7sin%=0 7cosq-Ticos%=0,TiTi=T9 c c产。二7丁7 丁，n I-h解得 C=Rh,；h),以。代人初始位移中即得,Fo(l-h)(v、-%.(0 x又在连接处两方的作用力为L喏上一唱Fapflr 1 p-pJLl-is 彘-13795打与豹S汩 这两力是作用力与反作用力所以 入二卜 S。-yireLIdx k-0-Z 3 Ox 鼠+0，（2）O和（2）就是衔接条件.7写出静电场中电介质表面的衔接 国“E*条件,：U1解：在电介质表面，电势是连续的.x=0wUiHpLf,（1）图 8-14又电位移法向分量连续D=eiEt-elEt 即=-|夕+0（2）8一根导热杆由两段构成，二段热传导系数，比热、密度 分别是KC和Kt。1炉，初始温度是即，然后保持两 端温度为零.试把这个热传导问题表为定解问题.W：1k，c3w k；cG图 8-15定解问题为I u1（x（9t）=0,（X.0）-MOe（看夕”2）八 拼r 一 nCVPV。uM（xsJ）=0 9（X2XXS）196衔接条件,K之ur|x.-o=mk|x2+o,与-o dx 3+o.、33.二阶线性偏微分方程的分类1,把下列方程化为标准形式，(1)+2 0+2a0+a0+b1+c0=6,C-1,F=0,:.Um-十【(一6+c)叫+bu9+”，197日 n c-6 b 1 A即 tig+-ui+-u9+-u=Q.a a a解二，.应用特征线方程，作自变量变换，求出(%=一血+%,*j“=Uu-”网-Um+=Uu-2%+UmVMwy=代入原方程得,aug9+(c-6)”上+0.(2)“-2“川 一+2ux+6%=0,峪 因为。；2-。皿2=40,所以该方程是双曲型的其特征方程为手=二=)1；dx 1(-3,特征线为x-y=a和x+3y=c2.故可令=%-%1=3”在双曲型方程的标准型式,.一15必十32”+c”+尸】中，先算出,24aAn-久+。12(A%+5/J+。22 占,%=1!3+(1)11+(-1)3+(-3)(-1)*1=3+2+3=8.B =Qt*x+2al+a“占“+卜 -4,Bt=ani)+2q】2 队,+-二+一九+h%=12,C=0,F=0,A Uin=一二一 4巩+12%，即一 +3%=0,16(3)wM+4%+5%y+八+2%j().解：因为。；2-。“。22=-l 2t在椭圆型方程的标准形式，Uaa+Ufifi=-JC(Bl+Bz)Ua+i/i-Bt)Uff+2cm+户Aiz中，先算出，,1=。11古*+C|2(.%+A/x)+。22=2.B i=。1“+2。|工”+。花”+瓦聂+bey=，82=。11“+202”+。22%+瓦%+62%=-l9.、C=0,尸=0,?巩w+的。=-即%0+“8。+“6=0.改变自变量a、夕的记号为3%贝M”+g+u.=00.该方程为双曲型.其特征方程为，转=J和刍=-其特征线为13十2厂3=C和”-2j=y=/,故可令8 g=4+2j-y,V=x-2j-y9 在双曲型方程的标准形式%=一彳今15%+8必+cn+F3中，先算出24$199r 4|2=。11/+。12(鼠/+A,九)5=I+0+y(-z-zy)(-yiy)=2,B =。1】0+。*工 yy+b止.+b*$1 2|MM-T-二 VW2/-y n-4*lh=%/“+2%月”+52/y 卜 bm+bEy_1_22j-y -4 C-0,F=0.所以原方程化为(占一力“+；(l心二0.J(ii)如.y0则。-。“。22=-*0诙方程为椭圆型.其特征方程为：孥-=JV i和争=-J 丫 i.ax cl x特征线为：2J yi Ci 和-2，.y i=c”故司令=r+2J3”.n=x-2Jy i为方便计.又令1 1 一 所a=彳(S+)=x 夕二二二(A-)=2J V 或 V=一,2 2i 4ei 111贝i1 m=g Mv=6y3r%=一 2y3/i Ufi+“刖 5，原方程为“aa+”68-品亍卯二0,W Wg+山8 _:如=o.P把符号a1换成/就有见+6-/%=0(5)十%”=0.解t。；2-5.022=-X,所以特征方程为字L=-Jx ax2000如“0,所以方程是双曲型的.2?特征线$y+7（-%）2=G 和 y-7（一幻=3 3或改写为小y+（-x）、G及孩y-（-幻 乙 4令=彳、+（-%），（1）”告-（-*严2,（2）=一+Bm+cu+FJ,2Ait/3,3,3 3 9A，=-q J 一 乂 彳 4 w 乙 乙 乙A 3 1 A 3 1-B卞%=一金招T（”，7=12（l%）（3）将（1）减（2）式得Ai=2（-幻叫:.12（-力8/2=6（一切，代入（3）就化成标准形。-Z/J 7八(-%)=0.b 一 71)(ii)如X0,则-“。，则。打 一 Q“Q”=一 力=4k&+2*,“v=xe 2%yy-4yluu+2uif原方程变为4/y，机+2夕，-4yzx2uu+2x2ut-0,1 12yz W+k+11AMu+Uw+ttt+万7=O(7)4 ty、x,一-4、包*=o.解3。，-51。h=。%2*0故方程为双曲型,202侬九十IB dy，4力/e1特征方程：7r二一47士行特征线：y2+/=G,炉一-二。2.令 宫=*+7,?=2 一(1(2贝 g.=四声+%(一=e 一 9=e*(肛-u9)+e”如，+u+Z 2 V-2y(ui+uw),=2(4+*)+2y 2v+”5 2y+w 2y+2j)二2(肛十 mv)+41(m+2“+Upo)9 方程成为161yze初+(4y。*-2elt)ut-4y%+2ez*)u9-4Xl%)=2,B|i-16y*e*a“一 2，小 一 2。”*=08)2“十也+=0(3)(1)十(2)有 29=古+，:.8/=4(+外,代入(1)得4(占十力见。+“*+%=02.简化下列常系数方程，y(1)“”+”+a1I+Qy+Yu=0解：试作函数变换=/*+八山，其中a和是 待定常数，于是：，./ML/K 十”(%+.)，町=ex+“丁(%+,并以 也，%，”及代入原方程，约去公共因子“，后得，%*十(2A 一 夕)七-一1vv+(4*与-a 入B)u=0.a a如令 八则乙项被消去，如要项也被消去，贝I必须4a*_ _ a _ 入B)=0,Q.即-a*(a+f),即0名“送)，,即该常微分方程简化为 力l2力二0.，c-b b(3)Uyy+f u%+y+=0.解，作函数变换”；。/+，并以J%U”及代入 原方程，约去公共因子后得C-八:P,+2+勺)十+4&2+白 +13 v二 0.204如令 4=-?r,则八项消失，如要”项也消去，则必须 2a+A()+4+1=0,RIU=艺:才可能。/o 4a(b-c)b 二所以.作出函数变换=如-而五W 后,方程简化为c-b-力=0.a(4)+3*+4%+2储=0.解:作函数变换”+并以九，明，“及口代入I原方程，约去公共因子e叔*”后得，+(+3)%+(A+4)+CAP+3A+4+23u=0#:如令 A=-4,“=-3,即“=4*-3、则方程简化为u”-10。=0.(5)2ar“%+2qw+ait”+2bij+2cuy+u-0e解；如直接作函数变换，该方程不能化简，所以,必须先 作自变量的变换先消去/，项，然后再作函数变换，消去,、町 项才行.G)因为。；2-。“。22=-QVO,该方程为椭圆型h3行4a 臼 d1y t Ju2-2d2 1 ,.、其特征方程是*；,一=-x-=V 1/2，(I X 4U 4即和2*特征线为t=0.c b h:取 入=一一丁，=一。代入上式，则原方程简化为，2/26c-62-2+-&-+1 兀=0b _ 2c K G 6其中“=9，丁卜”,代回原来变量生也-与丘生在 a a a(x b XE _ r I l RW.d一.”2/。22c b-bb-2c-,-x+v 2a ae-b 6-2c二 y 4-v.a a c b 二b-2c.a 一/-yU ve a a206第九章行波法34.行波法1求解无限长弦的自由振动，设弦的初始位移为外，初始速度为一。3(幻解 t(如-。%“=0.-8%+8，m!-=WG),Ui It a 0 -aW(K)这是一个一维的无界空间的问题，根据达朗伯公式“(xj)=1(尹(%+of)+(x-at)1 f MZ)dE2 l 2a J*-*将初始位移和初始速度代入上式得，四(”,力=；W(x+0/)+(LG+RC)jt+RGj=0,LCvit-u+(LG+RG)ut+RGv=0 .以j的方程为代表求其通解.直接求其通解是比较困难 的，因此要作函数变换，以消去一阶微分项，令 j=，则人(uw+Am),+w(%,+2九.十矛),九=e/x+R(u“+2如+)代入关于;的方程，并约去公共因子后得，LC(un+2川+)一(%+2%.十 Alu)+(LG+RC(ut+)+RGu=0,LCu”-uxx+L2MLe+(LG+RC)如24tl.十AC2 一4工十(LG+HC)+RGu209=0 如果选取4=0“-(LG+R6/2LC并注意G/C=J,则=一2 7?C R赤=一年代入上式，方程化简为，LCmh-%*+1(一号)”-%LG+RC)+RG】uU 0,.差n=。,即a%*=0,其中。=如果初始条件为/I=3（幻=1(X),则|。=3G)9el =，声-h-叫一3=力|。一W()=Wt（x）-（一亳）w（k）=31（式）+47（x）=中（乂），应用达朗伯公式，可以得到关于“一。2%=。的通解为3u（x,t）=；匚卬（大十。八+W（x-af）i r，+hJ”.：j=e u=e l/，:C/Cx+af)+W(y-af)+去J(力d,2a J。4无限长弦在点=%受到初始冲击，冲量为1,试求解 弦的振动(:提示8 tlt.=(Z/P)d(x-x0).210解，0,（一 8“8其中 M=4|“I=0,I tl i -与仁-4）=Jh（-o）,P 4,”5力=AJ=一力J，V-。纭/）=+小 句二 2P J-4-、P-ojpj*iH(x-x0+at)-/(%-%o-af)5求解细圆锥形均质杆的纵振动提示：泛定方程见31 百题2,作变换=。/.解：细圆锥形的均质杆的纵振动方程已在 31习题中导出I Q即：”1。2 G%)=0,x2 dx直接求解该方程是比较困难的，因此作变换则du 1 dy vSf I.1 1 1dxd dxdxd dx力,dv I d:uX-V J=X-T-f,dx/dxzX1代入原方程式即有211即 V“_ 4MB 工 0.V(8)的通解为。(xj)-fl(X-(it)fi(X+/),：u(xj)二一V(xj)X=C/i(x-()+fi(x+n/)0,图 9-1,4|VO=0(x),X 0,边界条件=p-sin M,对的地方，端点的影响未传到，所以1 1 m(xJ)=-CflCx+at)+OK(P(x)=0(x)=(Px).(x0).(0!(x),(x其中外(幻和圾(”)待定,应用达朗伯公式，1 1 WG+aQ+0(-。八十 I 巾()d2 I 2q J。+-f 0”(力d,2a J 一 一它应满足边界条件212%1 1/1=行（。/）+1-卯1（一 af）十S（Qf）A,=yrsino/,次=2a A co显然，取叫（幻二9（一”），而砂i（“）=W（-x）+77csil11戈，即 X o。可满足边界条件.u=7 CP（x+aO+p（at-x）32。J 2a喧（一1+2a2。一.317F sin 二*YS Q中（x+at）+（P（at x）3+T-2 2a帼）d1+-2a。*PS。（COS6J（，-5I7.求解半无限长理想传输线上电报方程的解，端点通过电 阻R而相接，初始电压分布ZcosAx,初始电流分布，告 Z.cosA”在什么条件下端点没有反射（这种情况叫作匹射）？解：是理想传输线:.g=/?=o因此，定解问题是213*人一。吼*=o,，卜=J-ZcosAx 9(x2.0),力,二去Uh-a2vXK=0,J o|=Acoskx l，l”会儿 电压u和电流，在K*。=4sinNL(x0)._ _Ak_.,_/S111 A?X f“。v LC=o点有.=2?j|,.o,(i)对于力9叱 a端点的影响尚未到达，用达朗伯公式Ij(xt)=力cosA(x+at)+，-Hcos似x-q，)2a J 工，*AAsin 延 d.-j4cos(x+of)+4cosA(x-af)-T，必须考虑到端点的反射，这里不拟从达朗伯公式(34.6)出发，而是直接从通解(34.5)出发j(xt)=-y-Acosk(x-at)+(夕+at)v(xt)=Acosk(x _ at)+g式x+at)t(1)(2)其中d(x+af)和gzG+Qf是待求的反射波,因传输是理想的，故,.(1)和(2)应满足ZJ尸 一。和c%=-L即kaAsnkkx-at)+Lag(x+at)=Aksink(x-at)-g(x+at).CAkasink(x-ai)+Cag(x+at)=屋/1sinktx-at)-g；(%+af)由于。个表，所以上列两式即g(N+af)=-(x+。/)=-g(x+at)总之”和S两个函数不是独立的，这样(1)和(2)应代之以：(j(xt)=JZcosA(k 3)一 St(x+0/)(3)vxt)=Acosk(x-at)+g?(x+at)9(4)(3)和(4)应满足边界条件。I=夫力一。，即仔Acokdi 1 9*(g=KJ号-AcQsAat-RPi(a/)215由此解得i-r r9z(0/)=1 一月coshat=7 -AcQskcti+以此代入(3)和(4)得到解答i 3)cask(x-at)AcoskCx+at)9-Rr v(xt)-JcosA(jc-at)+-AcoskCx+atJ-4-+R右边第二项是反射波，要想没有反射波，应令右边第二项的系数 为零，即=r 9端点没有反射波，意味着电波的能量全部被电阻吸收，这叫做阻抗匹配，这时负载阻抗及等于传输线的特性阻抗ff8半无限长的初始位移和速度都是零，端点作微小振动 旬YsinS,求解弦的振动.解,对于X。，显然有“(“)=0下面研究，将初,始条件延拓到“-ooxco,m 0,y 0 x,th(x 0)(0,X0 r、S(k),xQf其中0(%)和S(公尚未确定.耨达朗伯公式应用于延拓后的无界弦.U(Xt/)=-f G(%+at)+6(X-at)+f 21 J 2a J2 2a J-，记af为x则 丁凡”.,勺：、：.”1,Asinco-=-0(-*)+,，、a 2显然若取伊(%)=2sin(-yx),0(x)=0 i i r s、于是(x,fu 丁0(*af=原2/sin-(x-at)I 2 2、。/,/x=Asina)t(9在弦的“t)=f(，-g)=0处悬挂着质量为时的载荷，有一行波G,从0的区域向悬挂点行进试求反射波和透射波.解；设波传到分界点*=0处的时刻为才:0,则依题意有,217，吟-Q，Z=O,(-80),(1)(l-),(2)j 得-=0,(0 XOO),(3)，产I,e=0,u?|(=0 (4)衔接条件为上式中是荷载Mg的位移.i 图9-3在“0的区域中，方程1)的通解为其中g(人分是待求的反射波由条件知g(y)=o,G0)即 0(力=0,(.由/的解知公！&7=2/a)-/()a在父0的区域，只有透射波，而没有反射波，故(3)的解为=h(t-)9 0).、其中/(十)是待求的反射波，由条件(4),可知人(一亍)=0,/-0,(x 0).即h(E)-0,/()=。9(2T/r十-c/ro=_g,Ma将上式对f积分，并利用A1)=0 9h,。=0,得27V +-/)=-gt2T 2T即 K(0+(0=TF/-gt,.Ma Ma-2T.h(o)+,笠八了)2T._g|kd0.”反射波z 0（+汇0,%。，0）10平面偏振的平面光波沿X轴行进而垂直地投射于两种 介质的分界面上入射光波的电场强度芯=。sin3（f-%）.其中如是第一种介质的折射率求反射光波和透射光波提示.在分界面上，E连续，普（即普）连续.220解：设波传到分界面=0处的时刻为/=0,得定解问 题.fEt7=0 9(-8Vx0),(1).后“,0=EoSins(i-:*),(2)2(E=0 (0 V38),(3)J nx E*1 o 0 f E?|,.=0,(4)衔接条件,E”1一，(5)E!|.=*3|*,(6)在“由条件(2)可得 p)=0,(0中，没有反射波，只有透射波因此(3)的解 为E=h(f-费w)，(%()由条件(4),h(&)=0,hG)=0(0).应用衔接条件(5)(。)，得/EjSinO)/+(8)a a a招(8)对f积分，且由于g|,。=0,川=0-nlE6sina/+WipCD=(9)由(7)(9)消主AS得221,、（吃一血）。一八.g:-反射波一 f八、2小石。.再得 h=-ssinCDt.n(+%所以本题的解为，0,(/+等0户0,Q。),透射波(*x0).222第十章 分离变数（傅里叶级数）法.35.分离变数法介绍1“顾名思义，分离变数法只能求出分座变数形式的解，如果一个定解问题的解不是分离变数形式的，用分离变数法不 可能求得这个解。”试对上述说法加以评论.解：分离变数法解方程可得到本征解，本征值说是分离变 数形式的，但定解问题的解一般是本征解的某个叠加，即由本 征解组成的级数，这种解已不是分高变数形式的了，事实上，一个解即使不是分离变数形式的也可展为级数，所以由分离变 数法得到的解，一般并不一定是分离变数形式的.2演奏琵琶是把弦的某一点向旁拨开一个小距离，然后放 手任其自由振动.设弦长为/,被拨开的点在弦长的二一（no Wo为正整数）处，拨开距离为从 试求解弦的振动-不要套用现 成答案，请按照分离变数法的步骤一步一步求解（注意：在解 答中，不存在的谐音以及所整倍数次谐音.因此，在不同位置 拨弦（刖不同），发出的声音的音色也就不同.解：定解问题为：u-a2M=0(0 x ll，-高fl.o=0,(0W”W/),0 IJ),图 10-10 (3)w/),(4)223设(吃力以此代入泛定方程和边界条件8 X(x)T(t)-a-T(t)X(x)-o,(5)x(ora)=.(/)r(o=o,(6)由(5)式得到T_X g M7p)=X(x)7)只有上式两端均等于同一常数时才有可能成立，把这个常 数记为一入，代入(7)式成为：),=7=人即T*(/+2a2T(f)=0,(8)X+%X(k)=0,(9)在(6)中，若取丁:0,得出“=XG)T=0,显然无 意义，只能取X(0)=X(/)=0由此式与的方程(9)来求解 XQ),这要分20三种情况.(1)当入=0时，由(9)式得X(x)=G“+G以此代 入*(0)=(/)=0得6;=孰=0则一丫(-三0,无意义，故得到 狂0(2)1V0 时,-40,方程(9)的解是 XG)=CJ，x+cti 以此代入 x(/=x(o)=o得到 9 G=a=o,XM=0,也是无意义，可见2V0的情况也要排除.0,方程(9)的解是X(jc)=Ctcosj A+CisinjXxf(10)由边界条件X(0)=XS=0得到C=0,CtsinjT/=0,这里 G不能为o,否则得到的解只是零，无意义因此只能取224sin/Al=0nzn(n=1,2,3,:.X.G)=Gsin-x,(11)n21r2再解关于f的方程（8）,用2=常-,代入（8）n7TXGXT：+!L-T”=0.(12)（10）式的解为,，八/nnat n.nnat7.(f)=411cos-+811slli y-,本征解为.人、（八 nnatn（x,0=（4cos-y-十 一般解应是它的叠加：D-nnat.3.sin j/sinnnxu(xfOnnatos；+1（13）式应满足初始条件（3）BBsin.nnx sin-r(13)mix(k,0)=Z.sin n(距-1)/(一)sin-aS3式和（4）,则2+1_ 2njh_ 而 n2wx(n0-1)Sln 0*(13)式还应满足初始条件(4)annBn如30)=2 7 Sinnrrx=0,225gfiB八 八;二 0,二.二0.nrcat nscx”上丁川丁由上式可以得知，不存在=左名次谐音.因这时sin-二 O.”。3.两端固定的弦的长度为/用细棒敲击弦上 二。点，亦即在工=。施加冲力，没其冲量为/,求解弦的振动注意,上题次谐音的幅度8；.本题九次谐音幅度81/”，相比之 n下,细棒敲击弦发出的声音包含较多的高次谐音.比较刺耳.因此，演奏扬琴必须使用锤敲击弦而决不可用细棒.解：定解问题：/“一。”=0,(0WX0/).、1i=0.叫=-*0 r 泛定方程的一般解为:/nnat nnat nrtx 2(月os-+Basin J sin 代入初始条件：03 nnx“Iso=2 4sin=0.4=0226.nna=3百n nnx 1从sin =3njia 21-JDh=-/“IP2/一 IP njtX Jt/、/stn rd(x-xa)dx/sinnnx&=一3 sin nnpa.nnx_ j*93 nnat nnx=2 BRsin sin i 21 3 1=痴、丁 sinnnxnnat nnx sin-sin736.齐次的泛定方程（傅里叶级数法）1J长为/的弦，两端固定，弦中张力为7,在距一端为4的一点以力尸。把弦拉开，然后突然撤 除这力求解弦的振动.解：定解问题为“-=o,(o*O=(/J)=0,Fo(1)(2)w(XtO)=f0 1一%T FKjOOVO),(3)y-(/-x),G03 VD,%I-0=0 令”G,f)=X(%)7代入泛定方程(1)得(4)227X T可得c T+a2T=0.X+；PX=0,X(0)=X(/)=0.由此可以得到有关X的解是；X(x)-CsiiXx9ihXG）=0可知，Csin，=0，。不能为0.否则”三0.无意义,.，八.仃几、sin%/=0=：(m=1,2,3,)以久的数值（二千）代入关于7,的方程彳导7的解,T.(t)=R.cosnna n.nna t+sin-1m 0/nna nna T(t)=2(4cos-j力+Bnsinjt k:.u(x9t)X(x)T(O；/nna nna nn=2 M-cos 7-t 十 BnsinT f ysin-x.。i*将的表达式代入初始条件(4)得：I w/nna nna nna nna=21-4.-j-fsin-jp t+B.-j-cos-3 nna nn=2 8 石-cosOsin-ix=0,:.B.=0r.JL nna njt则 u(xj)=4cos jtsin根据初始条件(3)有，228WjTm(x,0)=W/hsinx,(Oxxo)t-(z-%),/%/),/0=0(，)sin2卜。e7Jo2(十一1F,fT I八 x0 L-_-施T/Csin-pWC/-O Sin