数理方程30题

数学物理方程常规例题(1-30题)一、数学模型例题例1．密度为ρ均匀柔软的细弦线x=0端固定，垂直悬挂，在重力作用下，横向拉它一下，使之作微小的横振动。试导出振动方程。解：考虑垂直悬挂的细弦线上一段微元ds，该微元在坐标轴上投影为区间[x，x+dx]，在微元的上端点处有张力：T1xLxx+dx2TO)xL(1gT−=ρ，u在下端点处有张力：)dxxL(2gT−−=ρ考虑张力在位移方向的分解，应用牛顿第三定律，有ttumTT=−11sin22sinαα由于细弦作微小振动，所以有近似)(tansin22dxxux+=≈αα)(tansin11xux=≈αα代入牛顿第三定律的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式，有ttxxudstxuxLgtdxxudxxLgρρρ≈−−+−−),()(),()(上式两端同除以dsρ，得ttxxudsxuxLdxxudxxLg≈−−++−)()()())((由于ds，而dx≈xxxxxuxLdxxuxLdxxudxxL)]()[()()()())((−≈−−++−所以，细弦振动的方程为ttxxuuxLg=−])[(例2．长为L密度为ρ底半径为R的均匀圆锥杆（轴线水平）作纵振动，锥顶点固定在x=0处。导出此杆的振动方程。（需要包括假设在内的具体推导）解：设均匀圆锥杆作纵振动时位移函数为Oxxx+dxLRuu(x，t)则在点x处，弹力与相对伸长量成正比，即),(),(txYutxPx=其中，Y为杨氏模量。在截面上张力为T(x,t)=S(x)P(x,t)这里，S(x)为x处圆锥截面积。考虑圆锥杆上对应于区间[x，x+dx]处的微元（如右图所示）。应用牛顿第二定律，得),()]()()[(31),(),(txuxxSdxxSdxxtxTtdxxTtt−++=−+ρ由于圆锥截面积2)()(xLRxSπ=微元（圆台）体积)33()(31)]()()[(313222dxxdxdxxLRxxSdxxSdxx++=−++ρπρ所以),()33()(31)],(),()[()(3222222txudxxdxdxxLRtxuxtdxxudxxLRYttxx++=−++ρππ两端除dx，并取极限，得),()],([22txuxtxuxYttxxρ=记，则有方程ρ/2Ya=)2(2xxxttuxuau+=二、二阶偏微分方程化简与求通解只考虑未知函数是两个自变量情形，即。考虑二阶偏微分方程只有二阶导数部分),(yxu02221211=++yyxyxxuauaua题目分常系数和变系数两类，前者简单。利用系数构造一元二次方程022212211=+−aaaλλ待解出根1λ和2λ后，再求出两个一阶常微分方程1λ=′y和2λ=′y的通解。如果是方程中系数为常系数，则两个根也为常数，只需积分一次即可得通解。如果方程中系数为变系数，则两个根不再是常数，需要用解一阶常微分方程的手段来求通解。例3．判别二阶微分方程0910=++yyxyxxuuu的类型并求通解。解：利用判别式09252211212>−=−=aaa∆所以方程是双曲型方程。构造辅助方程09102=+−λλ解得：91=λ，12=λ，由9=dxdy，1=dxdy积分，得19Cxy+=，2Cxy+=由此构造变换yx−=9ξ，yx−=η显然，变换矩阵为⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1119yxyxQηηξξ且03244]19[119551]19[≠−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−⎥⎦⎤⎢⎣⎡−将变换表达式代入方程，化简得0=ξηu，对其积分，得)()(ηξgfu+=其中，是两个任意一元函数（二阶连续可微）。代回原来变量，得原方程的通解gf,)()9(yxgyxfu−+−=例4．判别二阶微分方程的类型并求通解。08622=++yyxyxxuxxyuuy解：利用判别式083622222211212>−=−=yxyxaaa∆所以方程是双曲型方程。构造辅助方程086222=+−xxyyλλ分解因式，得0)4)(2(=−−xyxyλλ所以yxdxdy/2=，yxdxdy/4=解常微分方程得⎪⎩⎪⎨⎧+=+=22212242CxyCxy得变换⎪⎩⎪⎨⎧−=−=222242yxyxηξ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡yyxxyyxx2284ηξηξ所以[]22222212882]24[2883324yxyxxyyxyxxxyxyyyxa−=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−=⎥⎦⎤⎢⎣⎡−⎥⎦⎤⎢⎣⎡−=得 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程，，即0822=−ξξuyx0=ξξu方程的通解为：)()(ηξgfu+=gf,是两个任意一元函数（二阶连续可微）。代回原来变量，得通解)4()2(),(2222yxgyxfyxu−+−=例5．化简微方程并求方程通解。0cos8sincos6sin22=++yyxyxxuxuyxuy解：一元二次方程为，0cos8)sin(cos6)(sin222=+−xyxyλλ分解因式：0]cos4)[(sin]cos2)[(sin=−−xyxyλλ。得：yxsin/cos21=λ，yxsin/cos42=λ。将根λ换为，得两个一阶微分方程dxdy/xdxdyyxdxdyycos4sin,cos2sin==解常微分方程得通解⎩⎨⎧+=−+=−21sin4cossin2cosCxyCxy构造变换：，⎩⎨⎧+=+=yxyxcossin4cossin2ηξ⎥⎦⎤⎢⎣⎡−−=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂∂∂∂∂∂∂yxyxyxyxsincos4sincos2ηηξξ所以，yxyxyxxya2222222212sincos2sincos8sincos18cossin8−=+−=得标准方程，0=ξξu方程的通解为：)()(ηξgfu+=)cossin4()cossin2(yxgyxf+++=三、分离变量法1．固有值问题（1）第一类边界条件固有值问题⎩⎨⎧==∈=+′′0)(,0)0(),0(,0LXXLxXXλ固有值和固有函数2)(Lnnπλ=，xLnxXnπsin)(=，（n=1，2，⋯⋯）（2）第二类边界条的固有值问题⎩⎨⎧=′=′∈=+′′0)(,0)0(),0(,0LXXLxXXλ固有值和固有函数2)(Lnnπλ=，xLnxXnπcos)(=3．第三种边界条的固有值问题⎩⎨⎧==′∈=+′′0)(,0)0(),0(,0LXXLxXXλ固有值和固有函数2)2/1(πλLnn+=，)2/1cos()(xLnxXnπ+=4．第四种边界条的固有值问题⎩⎨⎧=′=∈=+′′0)(,0)0(),0(,0LXXLxXXλ固有值和固有函数2)2/1(πλLnn+=，)2/1sin()(xLnxXnπ+=例6．求解欧拉方程固有值问题⎪⎩⎪⎨⎧===+′+′′==0,0012exxyyyyxyxλ解：作变换：，即，未知函数的导数为)exp(tx=xtln=dtdyxdxdtdtdydxdy1==)(1)(11222222dtdydxydxdtdydxdxdtdyxdxyd−=+−=代入微分方程，得0)(22=++−ydtdydtdydtydλ方程化简为：022=+ydtydλ，对应边界条件：0,010====ttyy。所以固有值和固有函数为：，2)(πλnn=tnyπsin=代回原自变量，固有函数为：)lnsin(xnyπ=2．双曲型方程分离变量法⎪⎩⎪⎨⎧====><<=====)(),(0,0)0,0(,0002xuxuuutLxuautttLxxxxttψϕ满足边界条件和初值条件的解为∑∞==1sin)(),(nnxLntBtxuπ其中系数是t的函数：tLanDtLanCtBnnnππsincos)(+=。而∫=LndLnLC0sin)(2ξξπξϕ，∫=LndLnanD0sin)(2ξξπξψπ，（n=1，2，⋯⋯）例7．求解双曲型方程初边值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====∞+∈∈=====0,sin0,0),0(),,0(,0002tttxxxxttuxuuutxuauππ解：对应的固有值和固有函数分别为：，2nn=λnxxXnsin)(=，（n=1，2，⋯⋯）。满足边界条件的解为∑∞=+=1sin]sincos[),(nnnnxantDantCtxu利用初值条件，得xnxCnnsinsin1=∑∞=，0sin1=∑∞=nnnxnDa对比等式两端，得C1=1，Cn=0，（n=2，3，⋯⋯）；Dn=0，（n=1，2，⋯⋯）所以初边值问题的解为xattxusincos),(=注记：如果用系数计算公式∫=LndnLC0)sin()sin(2ξξξ，∫×=LndnanD0)sin(02ξξπ，（n=1，2，⋯⋯）会得出同样结论。例8．用分离变量法求解双曲型方程初边值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=−===><<=====0),.(0,00,0,000tttLxxxxttuxLxuuutLxuu解：由边界条件知固有值和固有函数分别为2)(Lnnπλ=，xLnxXnπsin)(=，（n=1，2，⋯⋯）满足边界条件的解为∑∞=+=1sin]sincos[),(nnnxLntLnDtLnCtxuπππ利用初值条件，得)(sin0xLxxLnCnn−=∑∞=π，0sin0=∑∞=nnxLnnDLππ为计算系数，首先令)()(xLxx−=ϕ，显然0)(,0)0(==Lϕϕ，且xLx2)(−=′ϕ，2)(−=′′xϕ所以∫∫′+−==LLLnxdxLnxnxLnxnxdxLnxLC000cos)(2cos)(2sin)(2πϕππϕππϕ∫∫′′−′=′=LLLxdxLnxnLxLnxnLxdxLnxn02020sin)()(2sin)()(2cos)(2πϕππϕππϕπLxLnnLxdxLnnL0322cos)(4sin)(4ππππ−==∫]1)[cos()(432−−=ππnnL，（n=0，1，⋯⋯）0=nD，（n=0，1，⋯⋯）所以初边值问题的解为∑∞=−−=0323coscos1)cos(4),(nxLntLnnnLtxuππππ2．抛物型方程分离变量法例9．求解抛物型方程初边值问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===∞+∈∈====xuuutxuautxxxxtsin0,0),0(),,0(,002ππ解：对应的固有值和固有函数分别为：，2nn=λnxxXnsin)(=，（n=1，2，⋯⋯）。满足边界条件的解为∑∞=−=122sin)exp(),(nnnxtnaCtxu利用初值条件，得xnxCnnsinsin1=∑∞=对比等式两端，得C1=1，Cn=0，（n=2，3，⋯⋯）所以初边值问题的解为xtatxusin)exp(),(2−=例10．分离变量法求解热传导问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧−===><<====)2/.(0,00,0,00LxuuutLxuutLxxxxxxtδ解：注意边界条件，对应的固有值和固有函数分别为2)(Lnnπλ=，xLnXnπcos=，（n=0，1，2，⋯⋯）满足边界条件的解为∑∞=−+=020cos])(exp[2),(nnxLntLnCCtxuππ利用初始条件，得)2/(cos200LxxLnCCnn−=+∑∞=δπ利用计算系数公式，注意丢那克函数的积分性质得2cos2cos)2/(20ππδnLxdxLnLxLCLn=−=∫，（n=0，1，2，⋯⋯）当n为奇数时系数是零；当n为偶数时LkLCkk2)1(cos22−==π所以，原问题的解∑∞=−−+=122cos])2(exp[)1(21),(kkxLktLkLLtxuππ3．椭圆型方程分离变量法例11．用分离变量法求解拉普拉斯方程边值问题⎪⎩⎪⎨⎧====<<=+)sin(),1(0)1,()0,(),0(1,0,0yyuxuxuyuyxuuyyxxπ解：令u(x，y)=X(x)·Y(y)，代入拉普拉斯方程，分离变量得λ=′′−=′′YYXX得两个常微分方程：0=−′′XXλ，0=+′′YYλ由边界条件可得，Y(0)=0，Y(1)=0，与第二个方程联立，得固有值问题⎩⎨⎧==∈=+′′0)1(,0)0()1,0(,0)()(YYyyYyYλ求解，得固有值和固有函数22πλn=，)sin()(ynyYnπ=，(n=1，2，⋯⋯)将固有值代入第一个方程中并求解，得)exp()exp()(xnBxnAxXnnnππ−+=(n=1，2，⋯⋯)从而有基本解)sin()]exp()exp([),(ynxnBxnAyxunnnπππ−+=所以有级数形式解∑∞=−+=1)sin()]exp()exp([),(nnnynxnBxnAyxuπππ利用边界条件u(0，y)=0，u(1，y)=sinπy得0)sin()(1=+∑∞=nnnynBAπyyneBeAnnnnnππππsin)sin()(1=+∑∞=−由此得An=Bn=0(n≠1)A1+B1=0，A1eπ+B1e-π=1解得πsinh11=−=BA所以边值问题的解如下)sin()sin()sinh(),(yxyxuπππ=四、行波法1．行波法求解无界区域的双曲型方程初值问题⎪⎩⎪⎨⎧==>+∞<<∞−===)(),(0,,002xuxutxuautttxxttψϕ的达朗贝尔公式∫+−+++−=atxatxdaatxatxtxuξξψϕϕ)(21)]()([21),(例12．求解双曲型方程初值问题⎪⎩⎪⎨⎧==>+∞<<∞−===1,sin0,,002tttxxttuxutxuau解：应用达朗贝尔公式∫+−+++−=atxatxdaatxatxtxuξ21)]sin()[sin(21),(整理，得tatxtxu+=cossin),(例13．求解初值问题：⎩⎨⎧==>∞<<−∞+===xtttxxttxeuxutxxuu00|,sin|)0,(sin解：利用叠加原理，令u(x，t)=v(x，t)+w(x)。代入原方程，得vtt=[vxx+wxx]+sinx故取w(x)=sinx，得v(x，t)满足的初值问题⎪⎩⎪⎨⎧===xtxxttxexvxvvv)0,(0)0,(由达朗贝尔公式，得∫+−−+−++−−−+==txtxtxtxtxtxeeetxetxdetxv])()[(2121),(ξξξ])1()1[(21txtxetxetx−++−−−+=所以初值问题的解为xetxetxtxutxtxsin])1()1[(21),(++−−−+=−+例14．求解非齐次波动方程初值问题⎩⎨⎧==>∞<<−∞−+===xuxutxtxuutttxxttsin|,|)0,()(020解：利用叠加原理，令u(x，t)=v(x，t)+w(x，t)。取)31(21),(2txttxw−=得v(x，t)满足的初值问题⎪⎩⎪⎨⎧==>∞<<−∞===xvxvtxvvtttxxttsin,)0,(020由达朗贝尔公式，得ξξdtxtxtxvtxtx∫+−+−++=sin21])()[(21),(22)]cos()[cos(2122txtxtx−−+−+=txtxsinsin22++=所以原初值问题的解为txtxtxttxusinsin)3(2),(222+++−=例15．求解初值问题⎪⎩⎪⎨⎧==>∞<<−∞=−+==0,3)0,(032020yyyyyxyxxuxuyxuuu解：记dxdy=λ，则对应的特征方程为：0322=−−λλ解得11−=λ,32=λ，所以1−=dxdy，3=dxdy积分得：y=–x+C1，y=3x+C2，构造变换⎩⎨⎧−=+=yxyx3ηξ将原方程化为：0=ξηu，得通解：)()(),(21ηξηξffu+=，即)3()(),(21yxfyxfyxu−++=由初始条件，得2213)3()(xxfxf=+，0)3()(21=′−′xfxf将第二式积分，联立第一式，得)(43)(21Cxxf+=，)3(43)3(22Cxxf−=代换，得：])[(43)(21Cyxyxf++=+，])3(31[43)3(22Cyxyxf−−=−原方程通解为22)3(41)(43),(yxyxyxu−++=2．行波法求解半无界区域的双曲型方程初边值问题例16．求解半无界弦定解问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===>∞<<====0sin,cos)0,0(0002xxtttxxttuxuxutxuau解：对初始条件函数做偶延拓⎩⎨⎧<≥=0,cos0,cos)(xxxxxϕ，⎩⎨⎧<−≥=0,sin0,sin)(xxxxxψ应用达朗贝尔公式，当x>0，且x>at时，有∫+−+−++=atxatxdaatxatxtxuξξsin21)]cos()[cos(21),()]cos()[cos(21coscosatxatxaatx−−+−+=atxaatxsinsin1coscos−=当x>0，且x 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：令∫+∞∞−−=dxxI)exp(2α则有重积分∫∫+∞∞−+∞∞−+−=dxdyyxI)](exp[222α做极坐标变换，有∫∫∫+∞+∞=−=−=0022202/)exp(2)exp(απαπαθπdrrrdrrrdI所以απα/)exp(2=−∫+∞∞−dxx例17．求矩形波函数的付里叶变换。⎩⎨⎧>≤=1||,01||,1)(xxxf解：应用付里叶正变换，有∫∫+−+−−===1111sin2cos)(ˆωωωωωxdxdxefxj所以矩形波的付里叶变换为：ωωωsin2)(ˆ=f。例18．求函数的付里叶变换2cos)(xaxf=解：为了方便积分，构造函数)exp(sincos)(222iaxaxiaxxg−=−=应用付里叶正变换，有∫∫+∞∞−+∞∞−+−=−−=dxxaxidxxiiaxxgF)](exp[)exp()exp()]([22ωω将二次多项式配方aaxaxax4)2(222ωωω−+=+利用重要积分公式，得)4/exp(//])2(exp[2πππωiaiadxaxia−==+−∫+∞∞−这里应用了)4/exp()]2/[exp(/12/1ππiiii−=−=−=。所以aaidxaxiaaixgF/)]44(exp[])2(exp[)4exp()]([222ππωωω−=+−=∫∞+∞−提取上式右端的实部，得)4cos(/)]([2aaaxfFπωπ−=例19．求函数的Fourier变换；⎩⎨⎧>≤=ππ||,0||,sin)(ttttf解：2)1()1(1sin2][21sin)]([ωωπππωωππω−−=−==∫∫−−−−−−idteeidttetfFtititi例20．用付里叶变换法求解热传导方程初值问题⎪⎩⎪⎨⎧=>+∞<<∞−==)(0,,02xutxuautxxtδ解：记)],([),(txuFtU=ω。由于狄拉克函数的付里叶变换为1，对方程和初始条件做付里叶变换，得一阶常微分方程初值问题⎪⎩⎪⎨⎧=>+∞<<∞−−==10,,022ttUtUaUωω求解得)exp(),(22tatUωω−=对其做付里叶逆变换（利用上题结论），得热传导方程初值问题的解)4exp(21),(22taxtatxu−=π六、格林函数方法例21．设满足方程，而v满足方程)(xy⎩⎨⎧==∈=′′−0)1(,0)0()1,0(),(yyxxfy⎩⎨⎧==−=′′−0)1(,0)0()(vvxvξδ试证明：∫=10)(),()(dxxfxvyξξ证明：在牛顿-莱布尼兹公式中)0()1()(10FFdxxFdxd−=∫取，得)()()(xvxyxF′=101010)]()([)()()()(xvxydxxvxydxxvxy′=′′+′′∫∫将y和v的位置互换，得101010)]()([)()()()(xyxvdxxvxydxxyxv′=′′+′′∫∫两式相减得10101010)]()([)]()([)()()()(xvxyxyxvdxxvxydxxyxv′−′=′′−′′∫∫由于和分别满足各自的微分方程和零边界条件，故上式化为)(xy)(xv0)(),()()(1010=+−−∫∫dxxfxvdxxxyξξδ利用δ函数的性质，得)()()(10ξξδydxxxy=−∫所以∫=10)(),()(dxxfxvyξξ例22．设和分别满足方程：),(yxu),(yxv⎩⎨⎧=∈=−∂0),(),(),,(ΩΩ∆yxuyxyxfu，⎪⎩⎪⎨⎧=∈−−=−∂0),(),(),,(00ΩΩ∆yxvyxyyxxvδ利用格林公式：∫∫∫∂+=∂∂−∂∂ΩΩQdyPdxdxdyyPxQ)(证明∫∫=Ωdxdyyxfyxyxvyxu),(),;,(),(0000证明：在格林公式中取vxuQ∂∂=，vyuP∂∂−=，则有∫∫∫∫∫∂∂∂+∂∂−=∇⋅∇+ΩΩΩ∆vdyxuvdxyuvdxdyuudxdyv将u和v互换位置，有∫∫∫∫∫∂∂∂+∂∂−=∇⋅∇+ΩΩΩ∆udyxvudxyvvdxdyuvdxdyu两式相减∫∫∫∫∫∫∂∂∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=−ΩΩΩΩ∆∆dyvxuuxvdxuyvvyuudxdyvvdxdyu)()(由于和分别满足各自的微分方程和零边界条件，所以上式化为),(yxu),(yxv0),(),,,(),(0000=+−−⋅−∫∫∫∫ΩΩdxdyyxfyxyxvdxdyyyxxuδ应用δ函数性质，得),(),(0000yxudxdyyyxxu=−−⋅∫∫Ωδ所以∫∫=Ωdxdyyxfyxyxvyxu),(),;,(),(0000例23．.求上半平面的Dirichlet-Green函数在边界y=0上的外法向导数。解：上半平面的Green函数为20202020)()()()(ln21yyxxyyxxG−+−++−=π在边界上，有020200202000])()()()([21==−+−+−−+−−−=∂∂−=∂∂yysyyxxyyyyxxyyyGnGπ20200)(1yxxy+−−=π例24．设D为半径为R的上半球域，用静电源像法求区域D上的Green函数G(M，M0)，满足⎩⎨⎧∂∈=∈−−=DMMMGDMMMMMG,0),(),(),(000δ∆其中，表示D的边界。D∂xyzO解：设上半球域内任一点为M(x，y，z)，取上半球域内某一定点为M0(x0，y0，z0)。记M0在球域外的映象点为M1(x1，y1，z1)，OM0M1在同一直线上且满足||||01OMRROM=记M0在下半平面的映象点为),,(0000zyxM′′′′，M1在下半平面的映象点为。则应用静电源像法，得),,(1111zyxM′′′′]1111[41),(1010000′′+−−=MMMMMMMMrrRrrRrrMMGπ其中，R为球半径2020200zyxr++=，2020200)()()(zzyyxxrMM−+−+−=2121211)()()(zzyyxxrMM−+−+−=2020200)()()(zzyyxxrMM′−+′−+′−=′2121211)()()(zzyyxxrMM′−+′−+′−=′七、特殊函数方法例25．用分离变量法求解圆域上拉普拉斯方程边值问题⎪⎩⎪⎨⎧=<=∂∂+∂∂+∂∂)(),()(,01122222θθρθρρρρfRuRuuu解：应用分离变量法，设)()(),(θρθρΦ=Ru，代入方程得0112=Φ′′+Φ′+Φ′′RRRρρ。分离变量，得λρρ=′′−=′+′′ΦΦRRR2整理得两个常微分方程002=−′+′′=Φ+Φ′′RRRλρρλ对第一个二阶常微分方程，设函数以π2为周期，当0>λ时，通解为θλθλθsincos)(BA+=Φ由周期性质，有n=λ。即固有值为：，（n=1，2，⋯⋯）。即：2n=λθθθnBnAnnnsincos)(+=Φ将固有值代入第二个方程得022=−′+′′RnRRρρ令自变量)exp(t=ρ，则有ρln=t，方程化简为0222=−RndtRd。求解，得)exp()exp()(ntDntCtRnnn−+=所以方程的通解为nnnnnDCR−+=ρρρ)(，（n=0，1，2，⋯）由于函数有界，即+∞<)0(R，得nnnCRρρ=)(，（n=0，1，2，⋯）利用叠加原理，原边值问题的解表示为级数∑∞=++=10]sincos[2),(nnnnnbnaauθθρθρ确定系数，利用边界条件∑∞=++=10]sincos[2)(nnnnnbnaRafθθθ所以∫=ππ200)(1dttfa，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==∫∫ππππ2020sin)(1cos)(1dtnttfRbdtnttfRannnn，（n=1，2，⋯）例26．解定解问题0220222110,()cosuuuuAρρρρρρρρθθ=⎧∂∂∂++=<⎪∂∂∂⎨⎪=⎩,为常数。A解：根据方程的通解∑∞=++=10]sincos[2),(nnnnnbnaauθθρθρ利用边界条件得θθθρcos]sincos[2100Anbnaannnn=++∑∞=对比两端系数得：)1(0,,001≠===naAabnnρ所求的解为：0(,)cosAuρρθθρ=例27．推导出下面定解问题所连带的贝塞尔方程（不解贝塞尔方程）。⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧−==+∞<=<<>+=====2000121|,0||,0|)10,0(),1(ρρρρρρρρρttttttuuuutuuau解：令)()(tTRuρ=，代入方程得，]1[2TRTRaTR′+′′=′′ρ分离变量，得λρ−=′+′′=′′RRRTaT/2，得常微分方程02=+′′TaTλ，022=+′+′′RRRλρρρ令，ρλ=x，)/()(λxRxy=，则Rxy′=′λ1)(，Ry′′=′′λ1，所以yR′=′λ，yR′′=′′λ，代入方程，得贝塞尔方程022=+′+′′RRRλρρρ022=+′+′′yxyxyx例28证明半奇阶贝塞尔函数表达式为xxxJsin2)(2/1π=。解：由n阶贝塞尔函数的级数形式∑∞=++++−=022)1(!2)1()(mmnmnmnmnmxxJΓ得∑∞=++++−=022/122/12/1)12/1(!2)1()(mmmmmmxxJΓ利用伽玛函数的特殊值π=)2/1(Γ，得π)2/1()2/1)(2/1()12/1(L−+=++mmmΓ!)!12(21)12)(12(2111+=−+=++mmmmmππL所以)!12(2!)!12(!)!2(2)12/1(!22+=+=++mmmmmmππΓ由于∑∞=++−=012)!12(1)1(sinmmmxmx故∑∞=++++−=022/122/12/1)12/1(!2)1()(mmmmmmxxJΓxxxmxmmmsin2)!12()1(2012ππ=+−=∑∞=+例29．证明：xxxJcos2)(2/1π=−证明：由n阶贝塞尔函数的级数形式∑∞=++++−=022)1(!2)1()(mmnmnmnmnmxxJΓ得∑∞=+−+−−++−−=022/122/12/1)12/1(!2)1()(mmmmmmxxJΓ利用伽玛函数的特殊值π=)2/1(Γ，得π)2/1()2/3)(2/1()12/1(L−−=+−mmmΓ!)!12(21)32)(12(21−=−−=mmmmmππL所以)!2(!)!12(!)!2()12/1(!22mmmmmmππ=−=++−Γ由于∑∞=−=02)!2(1)1(cosmmmxmx故xxxmxmmxxJmmmmmmmcos2)!2(1)1(2)12/1(!2)1()(02022/122/12/1ππ=−=++−−=∑∑∞=∞=+−+−−Γ例30．证明递推关系：（1）)()]([1xJxxJxdxdnnnn−=，（2）)()]([1xJxxJxdxdnnnn+−−−=。证明：（1）由∑∞=++++−=022)1(!2)1()(mmnmnmnmnmxxJΓ得∑∑∞=++−∞=+++++−=++−=022120222)1(!2)(2)1(])1(!2)1([)]([mmnmnmmmnmnmnnmnmxmnmnmxdxdxJxdxdΓΓ)()11(!2)1(102121xJxmnmxxnnmmnmnmn−∞=+−+−=++−−=∑Γ（2）=−)]([xJxdxdnn∑∑∞=+−∞=+++−=++−1212022)1(!22)1(])1(!2)1([mmnmmmmnmmmnmxmmnmxdxdΓΓ令，并消去公因式得1+=km=−)]([xJxdxdnn∑∑∞=++++∞=+++++++−−=+++−02121021121)11(!2)1()11(!2)1(kknknknkknkkknkxxknkxΓΓ)()11(!2)1(102121xJxmnmxxnnmmnmnmn+∞=++++−=+++−−=∑Γ