偏微分方程習(xí)題及答案

1、偏微分方程習(xí)題及答案【篇一：偏微分方程數(shù)值解法期末考試題答案】題答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)學(xué)年學(xué)期：專業(yè)：班 級(jí)：課 程：教學(xué)大綱：使用教材：教材作者：出 版 社：數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)數(shù)學(xué) 偏微分方程數(shù)值解法偏微分方程數(shù)值解法教學(xué)大綱（自編，2006 ） 偏微分方程數(shù)值解法陸金甫、關(guān)治清華大學(xué)出版社一、判斷題（每小題1 分，共 10 分） 1 、（ o） 2、（o） 3、（x）4、（x） 5、（o） 6、（ o） 7、（o） 8、（x） 9、（ x） 10、（ o）二、選擇題（每小題2 分，共10 分）11 、（ d） 12、（ a） 13、（ c） 14、（b） 15、（ c）三、填空題（每小題2 分，共20

2、 分）?2?216、 2?2?x1?x2?2?2 17 、 a=4 5 9;23 5 17;11 23 1 18、 y=exp(-t/3)*sin(3*t) ?xn19、 help 20 、 zeros(m,n)21 、 inva(a)*b 或者 a/b22 、a=sym(cos(x-y),sin(x+y);exp(x-y),(x-1)八3)?(s)?1?(s)?c?(s)2?023 、 a?2(s)2?2b?224?v（?）ed? 25 、i?xu（xj,tn?1）?u（xj,tn）?四、計(jì)算題：（每小題12 分，共 36 分）?u?u?0 （ x?r,t?0 ）的有限差分方程（兩層顯示26

3、、寫成對(duì)流方程?a?t?x格式，用第n 層計(jì)算第n+1 層），并把有限差分方程改寫為便于計(jì)算的迭代格式?/h 為網(wǎng)格比。解：在點(diǎn)(xj,tn) 處，差分方程為?1un?unjj?anunj?1?ujh?0( j?0,?1,?2,， n?0,1,2,)(8 分)便于計(jì)算的形式為?1nnn?/h ( 4 分) un?u?a?(u?ujjj?1j) ，?u?2u?a2 的有限差分方程(中心差分格式，用第n 層 27、寫出擴(kuò)散方程 ?t?x計(jì)算第 n+1 層)，并把有限差分方程改寫為便于計(jì)算的迭代格式， ?/h2 為網(wǎng)格比。解 所給對(duì)流擴(kuò)散方程的近似差分方程為?1nnun?ununjjj?1?2uj?

4、uj?1?a?0 ( j?0,?1,?2, ， n?0,1,2, )(8 分) ?h2便于迭代計(jì)算的格式為?1nnnn2，( 4 分) ?/hun?u?a?(u?2u?u)jjj?1jj?1?1nn28、計(jì)算差分格式un (其中？?/h , a?0)的增長(zhǎng) ?unjj?a?(uj?1?uj) ，因子，并根據(jù)von neumann 條件給出差分格式穩(wěn)定性條件。nnijkhn?1nnn解 令 uj?ve ，代入 uj?uj?a?(uj?1?uj) ，得到vn?1eijkh?vneijkh?a?vn(1?e?ikh)eijkh消去公因子有vn?1?1?a?(1?e?ikh)vn( 6 分)增長(zhǎng)因子為

5、g(?,k)?1?a?(1?e?ikh)?1?a?(1?coskh)?a?isinkh所以有kh 2如果 a?1 ，則有|g(?,k)|?1 ，根據(jù) von neumann 條件，格式是穩(wěn)定的。(6 分)|g(?,k)|2?1?a?(1?coskh)2?a?isinkh2?1?4a?(1?a?)sin2五、證明題(12 分)29、把下列richardson 格式改寫為與其等價(jià)的二層差分格式，利用求增長(zhǎng)矩陣的特征值的方法證明該格式破壞了von neumann 條件，從而證明此格式不穩(wěn)定。2?1?1nnun?un?2a?(unjjj?1?2uj?uj?1) ， ?/h 證明 把已知的三層格式化為二

6、層差分方程組n?1nnnn?uj?vj?2a?(uj?1?2uj?uj?1)?n?1n?vj?ujnnt令 unj?uj,vj ，則以上方程組可以改寫為n?1nnn?uuuu?2a?0?4a?02a?0?jj?1jj?1n?1uj?n?1?n?10?n?00?n?( 4 分)00?vj?vj?1?vj?vj?1?或?2a?0?n?4a?0?n?2a?0?nu?uj?1?10?uj?00?uj?1 00?nikjh令 un ，代入上式消去公因子eikjh ，得到 j?vjen?1?2a?0?ni(j?1)kh?4a?0?nijkh?2a?0?ni(j?1)khve?vje?vje?00?vje0

7、010?2a?0?ikh?4a?0?2a?0?ikh?nijkh?e?e?vje( 4分) ?10?00?00?化簡(jiǎn)系數(shù)矩陣得到?2kh?8a?sin1?vn vn?1?2?10?其特征值為kh?1,2?4a?sin22 取正的為?1 ，則有kh|?1|?1?4a?sin22由此不滿足von neumann 條件，所有richardson 格式是不穩(wěn)定的。( 4 分)n?1ijkh六、編程題(12 分)：30、用matlab 的 m 文件的形式(function 函數(shù))寫出以下迭代格式的計(jì)算程序。?1nn?/h un?unjj?a?(uj?1?uj) ，初始條件為u(x,0)?sin?x,0?

8、x?1，u(0,t)?u(1,t)?0,t?0 。解 設(shè) a 為方程中的系數(shù)a， tao 為時(shí)間步長(zhǎng)?， h 為空間步長(zhǎng)，n，m 分別為時(shí)間和空間的最大計(jì)算步數(shù)。function 函數(shù)如下functionu=jch(a,tao,h,n,m) %u=1; t=0.5; x=1;lamda=tao/h;for j=1:nx(j+1)=x(j)+tao; for n=1:mt(n+1)=t(n)+h; if j=1 u(j,n)=sin(pi*x(j);else if n=1u(j,n)=0; elseu(j,n)=(1-a*lamda)*u(j,n-1)+a*lamda*u(j-1,n-1);%u

9、(j,n)=0; endend endendend【篇習(xí)題 5.2】2 02 02412 03 ?t21. 試驗(yàn)證 ?t?=?2tt? 1?1?x?2?x,x=?1?x2?t?是方程組x ?0 =?22?t，在任何不包含原點(diǎn)的區(qū)間a?t?b 上的基解矩陣。?t2? 解：令 ?t? 的第一列為?1(t)=?2t?2t?, 這時(shí)?(t)=?2?1?0=?2?2?t1?2?t?1(t) 故?1?0?1(t) 是一個(gè)解。同樣如果以?2(t) 表示 ?t? 第二列，我們有 ?2(t)=?0?2?2?t 1?2?2?t?這樣？2(t)也是一個(gè)解。因此？?t?是解矩陣。又因?yàn)閐et?t?=-t2 故 ?t?

10、 是基解矩陣。2. 考慮方程組x=a(t)x (5.15) 其中 a(t) 是區(qū)間 a?t?b 上的連續(xù)n?n矩陣，它的元素為a(t),i ,j=1,2,na)如果x1(t),x2(t),xnt)(5.15)的任意n個(gè)解，那么它們的伏朗斯基行列式wx1(t),x2(t),xn(t)?w(t)滿足下面的一階線性微分方程 w=a11(t)+a22(t)+- +ann(t)wb) 解上面的一階線性微分方程，證明下面公式：w(t)=w(t0)ex11?ta11(s)?a22(s)?.ann(s)ds0tt0,t?a,bx12x22.xn2x12x22.xn2 x1nx2n.xnnx11 x1nx2n.

11、xnnx11x12x22.?2xnx1nx2n.?xnn解： w(t)=x21.xn1+x21.xn1+x21.?1xna11x11?a12x21?.a1nxn1x21.xn1x11a11x12?a12x22?.?a1nxn2x22.xn2x12x22.an1x21?.?annxn2x11x12x22.annxn2 a11x1n?a12x2n?.?a1nxnnx2n.xnnx1nx2n.an1xnn?.?annxnnx1nx2n.+x21.an1x11?.?annxn1a11x11x21.xn1a11x12x22.xn2 a11x1nx2n.xnnx11x12x22.xn2 +x21.annx

12、n1x1nx2n.xnn 整理后原式變?yōu)閍nnxnn(a11+ - +ann )x21.xn1=(a11+ann ) w=(a11(t)+ +ann(t) w(t)b)由于 w(t)= a11(t)+ +ann(t) w(t),即兩邊從 t0 到 t 積分lnw(t)=w(t0)e?t0a11(s)?.?ann(s)dstdw(t)w(t)w(t0)=a11(t)+ +ann(t)dt =?ttw(t)-lna11(s)?.?ann(s)ds即,t?a,b3. 設(shè)a(t) 為區(qū)間 a?t?b 上的連續(xù)n?n 實(shí)矩陣，?t? 為方程 x=a(t)x的基解矩陣，而x=?(t) 為其一解，試證：a)

13、 對(duì)于方程y=-at(t)y 的任一解y=?(t) 必有 ?t(t)?(t)= 常數(shù)；b)?(t) 為方程 y=-at(t)y 的基解矩陣的充要條件是存在非奇異的常數(shù)矩陣c,使？t(t)解a)?t?(t)=c.?t(t)?(t)=?(t)+?tt(t)=(t)+ t(t)a(t)?又因?yàn)??=-at(t) t，所以？t=-?t(t) a(t) t(t) (t)=- (t) (t)a(t)+ (t) a(t) (t)=0,假設(shè)為方程 ?”所以對(duì)于方程y=-at(t)y 的任一解y=?(t) 必有 ?t(t) b)y=-at(t)y 的基解矩陣，則?t(t)= 常數(shù) (t) (t)= ?t(t)

14、?t?+?t(t)(t)=- at(t)(t)?t?+t(t) at(t) )?t?+ tt(t) a(t)(t)=- (t) at(t) ?t?+?(t) at(t)?t?=0, 故 ?(t)(t)=c?”若存在非奇異常數(shù)矩陣c， detc?0, 使 ?t(t) 則 t(t)=c ， t(t)(t)=(t)+(t)=0 ，故 ?t (t)?(t)=- t(t)(t)a(t) t(t)=- ?(t) a(t) 所以 ?(t)=-?t(t) a(t), (t)=-(t) at(t) 即 ?(t) 為方程 y=-at(t)y 的基解矩陣4. 設(shè) ?t? 為方程 x=ax ( a 為 n?n 常數(shù)矩

15、陣)的標(biāo)準(zhǔn)基解矩陣(即?(0) =e),證明:?t?1(t0)=?(t- t0) 其中 t0 為某一值.證明：(1 ) ?t?,?(t- t0) 是基解矩陣。( 2)由于 ?t? 為方程 x=ax 的解矩陣，所以?t?1(t0) 也是 x=ax的解矩陣，而當(dāng)t= t0 時(shí)， ?(t0)?1(t0)=e,?(t- t0)=? ( 0)=e. 故由解的存在唯一性定理，得?t?1(t0)=?(t- t0)5. 設(shè)a(t),f(t) 分別為在區(qū)間a?t?b 上連續(xù)的n?n 矩陣和 n 維列向量，證明方程組x=a(t)x+f(t) 存在且最多存在n+1 個(gè)線性無關(guān)解。證明：設(shè)x1,x2, - xn是x=

16、a(t)x的n個(gè)線性無關(guān)解，x是x=a(t)x+f(t)的一個(gè)解，則x1+x, x2+x,，xn+x,x都是非齊線性方程的解，下面來證明它們線性無關(guān)，假設(shè)存在不全為零的常數(shù)ci,(i=1,2,使得？ci(xii?1n?x)+cn?1x=0,從而 x1+x, x2+x,，xn+x,x在a?t?b上線性相關(guān)，此與已知矛盾，因此 x1+x, x2+x, xn+x,x 線性無關(guān)，所以方程組x=a(t)x+f(t) 存在且最多存在n+1 個(gè)線性無關(guān)解。6. 、試證非齊線性微分方程組的疊加原理：x?a(t)x?f1(t)x?a(t)x?f2(t)的解，則x1(t)?x2(t) 是方程組x?a(t)x?f1

17、(t)?f2(t)的解。 證明： x?a(t)x?f1(t)( 1)x?a(t)x?f2(t)( 2)分別將 x1(t),x2(t) 代入( 1 )和(2)則 x 則 x1?a(t)x1?f1(t)x2?a(t)x?f2(t)1?x2?a(t)x1(t)?x2(t)?f1(t)?f2(t)x1(t)?x2(t)?a(t)x1(t)?x2(t)?f1(t)?f2(t)令 x?x1(t)?x2(t)x?a(t)x?f1(t)?f2(t)即證7 考慮方程組x?2a?01? 2?ax?f(t) ，其中?x1?x?x2?2t2t?sint?f(t)?cost?a) 試驗(yàn)證?e2t?(t)?0tee?是x

18、?ax的基解矩陣；?1? 的解 ?(t) 。 ?1?b)試求x?ax?f 的滿足初始條件？(0)?證明：a)首先驗(yàn)證它是基解矩陣以 ?1(t) 表示 ?(t) 的第一列?2e2t則 ?1(t)?0?e2t?1(t)?0? ?2?0?1?e2t?2?0?2?0?1?1(t) 2?故 ?1(t) 是方程的解如果以?2(t) 表示 ?(t) 的第二列?e2t?2te2t我們有?2(t)?2t?2e?2(t)?e2t?2?0? ?1?2(t) 2?2?0?1?te2t?2t2?e?故 ?2(t) 也是方程的解從而 ?(t) 是方程的解矩陣又 det?(t)? 故 ?(t) 是 xe2ttee2t2t?ax?e4t?0的基解矩陣；的解?1?b)由常數(shù)變易公式可知，方程滿足初始條件 ？(0)?1?(t)?(t)?1