2025年大學《數(shù)學與應用數(shù)學》專業(yè)題庫——數(shù)學物理方程與數(shù)值解法考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、1.寫出二維拉普拉斯方程的直角坐標系和極坐標系下的形式。2.說明什么是數(shù)學物理方程的定解問題？為什么需要定解條件？二、1.用分離變量法求解定解問題：$$\begin{cases}u_{tt}=a^2u_{xx},&0<x<\pi,t>0\\u(0,t)=0,\quadu(\pi,t)=0,&t\ge0\\u(x,0)=\sinx+\frac{1}{2}\sin2x,&0\lex\le\pi\\u_t(x,0)=x(\pi-x)&0\lex\le\pi\end{cases}$$寫出其對應的齊次方程的特征值問題，求出特征值和對應的特征函數(shù)，并寫出齊次定解問題的通解形式。2.用傅里葉變換法求解定解問題：$$\begin{cases}u_t=u_{xx},&0<x<\infty,t>0\\u(0,t)=f(t),&t\ge0\\u(x,0)=0,&x\ge0\end{cases}$$三、1.推導一維熱傳導方程$u_t=a^2u_{xx}$在$x=0$端部絕緣，$x=L$端部保持溫度為零($u(L,t)=0$)的顯式差分格式，并分析其穩(wěn)定性條件。2.推導一維波動方程$u_{tt}=a^2u_{xx}$的Crank-Nicolson差分格式，并分析其穩(wěn)定性條件。四、1.寫出求解二維拉普拉斯方程$\nabla^2u=0$在矩形區(qū)域$(0\lex\lea,0\ley\leb)$上，邊界條件為$u|_{x=0}=f_1(y),u|_{x=a}=f_2(y),u|_{y=0}=g_1(x),u|_{y=b}=g_2(x)$的差分格式（采用五點差分格式）。2.簡述有限元法求解線彈性力學問題（如求解彈性體在力作用下的位移場）的基本步驟。五、1.考慮在單位圓域上Laplace方程$\nabla^2u=0$，邊界條件為$u|_{\Gamma}=f(\theta)$（$\Gamma$為單位圓周，$f(\theta)$為已知函數(shù)）。若采用有限元法求解，試說明選擇基函數(shù)的一種方法，并簡述如何將問題轉化為求解線性方程組$Au=f$。2.用有限差分法求解定解問題：$$\begin{cases}u_t=u_{xx},&0<x<1,t>0\\u(0,t)=0,\quadu(1,t)=1,&t\ge0\\u(x,0)=\sin(\pix),&0\lex\le1\end{cases}$$取$\Deltax=0.25$，寫出$t=0.5$時刻節(jié)點$(0.125,0.375,0.625,0.875)$處的差分方程（迭代格式）。六、1.證明二階常微分方程$y''+py'+qy=0$的特征值問題是$X''+\lambdaX=0,X(0)=0,X(L)=0$的充要條件是$\lambda$為該微分方程的特征值，$X(x)$為對應的特征函數(shù)。2.設二維波動方程$u_{tt}=a^2(u_{xx}+u_{yy})$在矩形區(qū)域$(0\lex\lea,0\ley\leb)$上，邊界條件為$u|_{\partial\Omega}=0$（$\partial\Omega$為矩形區(qū)域的邊界），初值為$u(x,y,0)=\phi(x,y),u_t(x,y,0)=\psi(x,y)$。簡述用差分法求解此問題時，如何離散時間和空間導數(shù)，并寫出求解的基本步驟。試卷答案一、1.直角坐標系：$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=0$。極坐標系：$\frac{\partial^2u}{\partialr^2}+\frac{1}{r}\frac{\partialu}{\partialr}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}=0$。2.定解問題是指包含一個或多個偏微分方程以及相應的初始條件（描述系統(tǒng)初始狀態(tài)）和邊界條件（描述系統(tǒng)與外界的相互作用或約束）的問題。因為僅靠微分方程本身無法唯一確定一個具體的函數(shù)解，需要定解條件來確定解在特定區(qū)域和時間范圍內的唯一性。二、1.對應的特征值問題是：$$\begin{cases}X''+\lambdaX=0,&0<x<\pi\\X(0)=0,\quadX(\pi)=0\end{cases}$$特征值：$\lambda_n=n^2,\,n=1,2,3,\dots$。對應的特征函數(shù)：$X_n(x)=\sin(nx),\,n=1,2,3,\dots$。通解形式：$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin(nx)\cos(nat)$。解析思路：1.將非齊次初值問題轉化為齊次問題：$u(x,t)=v(x,t)+\phi_1(x)+\frac{1}{2}\psi_1(x)$，其中$\phi_1(x)=\sinx+\frac{1}{2}\sin2x$，$\psi_1(x)=x(\pi-x)$。此時$v(x,t)$滿足：$$\begin{cases}v_{tt}=a^2v_{xx},&0<x<\pi,t>0\\v(0,t)=0,\quadv(\pi,t)=0,&t\ge0\\v(x,0)=0,&0\lex\le\pi\\v_t(x,0)=-\phi_1'(x)+\psi_1(x)=-\cosx-\sin2x+x(\pi-x)\end{cases}$$2.對$v(x,t)$求解。$v(x,0)=0$，所以$v(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin(nx)\cos(nat)$。3.求$v_t(x,0)$并與初始條件比較：$v_t(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}naB_n\sin(nx)=-\cosx-\sin2x+x(\pi-x)$。4.求$B_n$：$B_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}[-\cosx-\sin2x+x(\pi-x)]\sin(nx)\,dx$。*$\int_0^{\pi}-\cosx\sin(nx)\,dx=0$(正交性)。*$\int_0^{\pi}-\sin2x\sin(nx)\,dx=\begin{cases}0,&n\ne2\\-\frac{\pi}{2},&n=2\end{cases}$。*$\int_0^{\pi}x(\pi-x)\sin(nx)\,dx=\frac{2\pi}{n}(-1)^{n+1}$(使用分部積分)。*所以$B_2=-\frac{1}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2}+\frac{2\pi}{2}\cdot(-1)^{2+1}=-\frac{1}{2}-\pi=-\frac{2\pi+1}{2}$。*對于$n\ne2$,$B_n=\frac{2}{n}(-1)^{n+1}$。5.通解為$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n}(-1)^{n+1}\sin(nx)\cos(nat)-\frac{\pi+1}{2}\sin(2x)\cos(2at)$。2.令$u(x,t)=f(t)\cdot\varphi(x)$。代入方程得$\varphi(x)\frac{d^2f(t)}{dt^2}=a^2f(t)\varphi''(x)$。分離變量得$\frac{1}{a^2}\frac{\varphi''(x)}{\varphi(x)}=\frac{1}{f(t)}\frac{df(t)}{dt^2}=-\lambda$(設$\lambda>0$)。$$\begin{cases}\varphi''+\lambda\varphi=0\\\varphi(x)\text{滿足無窮區(qū)間條件（通常要求在無窮遠處衰減或有限）}\end{cases}$$取傅里葉變換$\mathcal{F}[u(x,t)](\xi,s)=\hat{u}(\xi,s)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-ist}\,dx$。$$\mathcal{F}[u_t]=s\hat{u}-u(x,0)$$$$\mathcal{F}[u_{xx}]=-\xi^2\hat{u}$$代入方程并利用初值$u(x,0)=0$得：$$(s\hat{u}-0)=-a^2\xi^2\hat{u}$$$$\hat{u}=\frac{f(s)}{s+a^2\xi^2}$$反演傅里葉變換：$$u(x,t)=\mathcal{F}^{-1}[\hat{u}(\xi,s)]=\mathcal{F}^{-1}\left[\frac{f(s)}{s+a^2\xi^2}\right]$$利用卷積定理和傅里葉變換對$\mathcal{F}[e^{-a^2\xi^2t}]\{\xi\}=\frac{1}{2a\sqrt{\pit}}e^{-\frac{\xi^2}{4at}}$：$$u(x,t)=\int_{-\infty}^{\infty}f(\tau)\frac{1}{2a\sqrt{\pi(t-\tau)}}e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2(t-\tau)}}\,d\xi$$由于$f(t)$在$t=0$有定義，積分區(qū)間可改為$[0,t]$：$$u(x,t)=\frac{1}{2a\sqrt{\pit}}\int_0^tf(\tau)e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2(t-\tau)}}\,d\xi$$三、1.推導顯式格式：$$u_t\approx\frac{u(x+\Deltax,t+\Deltat)-u(x,t+\Deltat)}{\Deltat}$$$$u_{xx}\approx\frac{u(x+\Deltax,t)-2u(x,t)+u(x-\Deltax,t)}{(\Deltax)^2}$$代入方程$u_t=a^2u_{xx}$得：$$\frac{u(x+\Deltax,t+\Deltat)-u(x,t+\Deltat)}{\Deltat}=a^2\frac{u(x+\Deltax,t)-2u(x,t)+u(x-\Deltax,t)}{(\Deltax)^2}$$整理得：$$u(x+\Deltax,t+\Deltat)=u(x,t+\Deltat)+\frac{a^2\Deltat}{(\Deltax)^2}[u(x+\Deltax,t)-2u(x,t)+u(x-\Deltax,t)]$$記$r=\frac{a^2\Deltat}{(\Deltax)^2}$，則：$$u(x+\Deltax,t+\Deltat)=(1-2r)u(x,t+\Deltat)+r[u(x+\Deltax,t)+u(x-\Deltax,t)]$$此即顯式格式。穩(wěn)定性分析：考察齊次方程$u(x+\Deltax,t+\Deltat)=(1-2r)u(x,t+\Deltat)+r[u(x+\Deltax,t)+u(x-\Deltax,t)]$的振幅放大因子$\lambda=1-2r+re^{ik\Deltax}$。要求$|\lambda|\le1$。$$|\lambda|=|1-2r+re^{ik\Deltax}|\le1$$$$|1-2r+r(\cos(k\Deltax)+i\sin(k\Deltax))|\le1$$$$|(1-2r)+r\cos(k\Deltax)+ir\sin(k\Deltax)|\le1$$$$[(1-2r)+r\cos(k\Deltax)]^2+[r\sin(k\Deltax)]^2\le1$$$$1-4r+4r^2+2r(1-2r)\cos(k\Deltax)+r^2\le1$$$$-4r+4r^2+2r(1-2r)\cos(k\Deltax)+r^2\le0$$$$r^2-4r+2r(1-2r)\cos(k\Deltax)\le0$$$$r^2-4r+2r\cos(k\Deltax)-4r^2\cos(k\Deltax)\le0$$$$r^2(1-4\cos(k\Deltax))+2r\cos(k\Deltax)-4r^2\cos(k\Deltax)\le0$$$$r^2(1-4\cos(k\Deltax))+2r\cos(k\Deltax)(1-2r)\le0$$考慮$r=\frac{a^2\Deltat}{(\Deltax)^2}\le\frac{1}{2}$，即$1-2r\ge0$。$$r^2(1-4\cos(k\Deltax))\le-2r\cos(k\Deltax)(1-2r)$$$$r^2(1-4\cos(k\Deltax))\le0$$$$1-4\cos(k\Deltax)\le0$$$$\cos(k\Deltax)\ge\frac{1}{4}$$$$k\Deltax\in[0,\arccos(1/4)]\cup[2\pi-\arccos(1/4),2\pi]\dots$$由于$k$是波數(shù)，通常考慮$k\Deltax=0,\pm\pi,\pm2\pi,\dots$，則$\cos(k\Deltax)=1,-1,\dots$。最嚴格的條件是$\cos(k\Deltax)\ge\frac{1}{4}$。當$r\le\frac{1}{2}$時，$1-4r\ge1-2=-1$，不等式總是成立。因此，顯式格式的穩(wěn)定性條件為$r=\frac{a^2\Deltat}{(\Deltax)^2}\le\frac{1}{2}$。2.推導Crank-Nicolson格式：將原方程$u_{tt}=a^2u_{xx}$在點$(x_i,t_n)$處用中心差分近似：$$\frac{u(x_i,t_{n+1})-2u(x_i,t_n)+u(x_i,t_{n-1})}{(\Deltat)^2}=a^2\frac{u(x_{i+1},t_n)-2u(x_i,t_n)+u(x_{i-1},t_n)}{(\Deltax)^2}$$令$r=\frac{a^2\Deltat}{(\Deltax)^2}$。此式即為Crank-Nicolson格式的一種形式，也稱為隱式-隱式格式或中心格式。$$\frac{u^{n+1}_i-2u^n_i+u^{n-1}_i}{(\Deltat)^2}=r[u^{n}_{i+1}-2u^n_i+u^{n}_{i-1}]$$$$u^{n+1}_i-2u^n_i+u^{n-1}_i=r[u^{n}_{i+1}-2u^n_i+u^{n}_{i-1}]$$整理得：$$(1-2r)u^n_i-ru^{n}_{i+1}-ru^{n}_{i-1}+u^{n-1}_i=0$$這是一個關于$u^n_i,u^{n}_{i+1},u^{n}_{i-1}$的線性方程，對于每個$i$都有一個這樣的方程。由于$u^n_i$是未知的，這形成了一個關于$u^n$的三對角線性方程組。穩(wěn)定性分析：考察齊次方程$(1-2r)u^n_i-ru^{n}_{i+1}-ru^{n}_{i-1}+u^{n-1}_i=0$。假設解為$u^n_i=\lambda^nv_i$，代入得：$$(1-2r)\lambda^nv_i-r\lambda^nv_{i+1}-r\lambda^nv_{i-1}+\lambda^{n-1}v_i=0$$$$\lambda^{n-1}[(1-2r)\lambda-r\lambda^{-1}-r\lambda^{-1}]v_i=0$$$$\lambda^{n-1}[(1-2r)\lambda^2-r]v_i=0$$$$(1-2r)\lambda^2-r=0$$$$\lambda^2=\frac{r}{1-2r}$$$$|\lambda|=\sqrt{\frac{r}{1-2r}}$$要求穩(wěn)定性，需要$|\lambda|\le1$。即：$$\sqrt{\frac{r}{1-2r}}\le1$$$$\frac{r}{1-2r}\le1$$$$r\le1-2r$$$$3r\le1$$$$r=\frac{a^2\Deltat}{(\Deltax)^2}\le\frac{1}{2}$$因此，Crank-Nicolson格式的穩(wěn)定性條件也是$r\le\frac{1}{2}$。它是無條件穩(wěn)定的。四、1.在矩形區(qū)域$(0\lex\lea,0\ley\leb)$，將區(qū)域剖分為矩形單元。對每個單元$K$，在其內部節(jié)點上寫出拉普拉斯方程的弱形式：$\forallv\inH^1(K)$，$\int_K\nablau\cdot\nablav\,dxdy=0$。對$u(x,y)$進行插值，例如用雙線性插值函數(shù)$N_{i,j}(x,y)$，則$u(x,y)\approx\sum_{m,n}u_{m,n}N_{i,j}(x,y)$。$u_{m,n}$是節(jié)點$(m\Deltax,n\Deltay)$處的值。$v(x,y)=N_{i,j}(x,y)$。弱形式變?yōu)椋?\sum_{m,n}u_{m,n}\int_K\nablaN_{i,j}\cdot\nablaN_{m,n}\,dxdy=0$。將所有單元積分相加，并考慮單元邊界上的連續(xù)性條件。最終得到全局線性方程組$Au=f$，其中：*$A$是全局stiffnessmatrix，其對角元為主對角線元素之和，非對角元為相鄰單元間共享節(jié)點上的負值。*$u$是全局節(jié)點未知數(shù)向量。*$f$是由邊界條件$f_1(y),f_2(y),g_1(x),g_2(x)$以及可能存在的體積源項（如果方程為$\nabla^2u=q$）貢獻的向量。*差分格式通常直接在網(wǎng)格節(jié)點上求解$\frac{u(x+\Deltax,y)-2u(x,y)+u(x-\Deltax,y)}{(\Deltax)^2}+\frac{u(x,y+\Deltay)-2u(x,y)+u(x,y-\Deltay)}{(\Deltay)^2}=0$。在邊界$x=0$，$u(0,y)=f_1(y)$。在邊界$x=a$，$u(a,y)=f_2(y)$。在邊界$y=0$，$u(x,0)=g_1(x)$。在邊界$y=b$，$u(x,b)=g_2(x)$。對于內部節(jié)點，寫出上述差分方程。對于邊界節(jié)點，直接使用邊界條件。這同樣會形成一個線性方程組$Au=f$，其中$A$和$f$的形式與有限元法推導類似，但直接使用了差分近似。2.求解線彈性力學問題（如位移場）的基本步驟：1.區(qū)域離散（Meshing）:將復雜的彈性體結構幾何區(qū)域$\Omega$剖分成有限個小的、簡單的單元（如桿單元、梁單元、板單元、殼單元或實體單元）組成的集合$\bar{\Omega}$。單元之間通過節(jié)點連接。2.單元分析（ElementFormulation）:對每個單元，選擇合適的位移插值函數(shù)（形函數(shù)），建立單元的局部坐標系。根據(jù)物理定律（如虛功原理、最小勢能原理或最小余能原理）推導出單元的有限元方程，通常是單元剛度矩陣$k^e$和單元力向量$f^e$。對于線彈性問題，單元剛度矩陣$k^e=\int_{\Omega^e}B^TCBdV$，其中$B$是應變矩陣，$C$是材料常數(shù)矩陣（彈性矩陣），$V$是單元體積。3.整體組裝（Assembly）:將所有單元的局部方程按照節(jié)點連接關系組合成整個結構的全局有限元方程$Ku=F$。全局剛度矩陣$K$是對角占優(yōu)的稀疏矩陣，全局載荷向量$F$包含了所有節(jié)點的等效節(jié)點力。4.施加邊界條件（BoundaryConditions）:將已知的位移邊界條件（固定約束）施加到全局方程中，修改全局剛度矩陣$K$和載荷向量$F$。5.求解線性方程組（Solution）:求解修改后的線性方程組$Ku=F$，得到所有節(jié)點的未知位移向量$u$。6.后處理（Post-processing）:利用得到的節(jié)點位移$u$，通過單元方程計算單元內的應變$e=Bu$和應力$\sigma=Ce$，進而獲得整個結構的應力場、應變場等工程感興趣的物理量。五、1.方法一：利用極坐標下的拉普拉斯方程$\frac{\partial^2u}{\partialr^2}+\frac{1}{r}\frac{\partialu}{\partialr}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}=0$。采用分離變量法，設$u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$。代入得：$$R''\Theta+\frac{1}{r}R'\Theta+\frac{1}{r^2}R\Theta''=0$$$$r^2R''+rR'+r^2\Theta''=0$$$$r^2\frac{R''}{R}+r\frac{R'}{R}+r^2\frac{\Theta''}{\Theta}=0$$分離變量得$\lambda$是常數(shù)：$$r^2\frac{R''}{R}+r\frac{R'}{R}=-\lambda\impliesr^2R''+rR'+\lambdaR=0$$$$r^2\frac{\Theta''}{\Theta}=\lambda\implies\Theta''+\frac{\lambda}{r^2}\Theta=0$$$$\Theta''+\mu^2\Theta=0,\quad\mu^2=\frac{\lambda}{r^2},\lambda=\mu^2r^2$$$$R''+\frac{1}{r}R'+\mu^2R=0$$對$\Theta$方程，邊界條件為$\Theta(\theta+2\pi)=\Theta(\theta)$，需要$\mu$為整數(shù)，設$\mu=n$(n=0,1,2,...)。$$\Theta(\theta)=A_n\cos(n\theta)+B_n\sin(n\theta)$$對$R$方程$r^2R''+rR'+n^2R=0$，在$r=0$需要有限，故$A_n=0,n\ne0$。$B_n=0$對應平凡解。令$R(r)=r^k$代入得$k(k-1)r^{k-2}+kr^{k-1}+n^2r^k=0$。即$k(k-1)+k+n^2=0$。解得$k=-n,-n+1$。所以$R(r)=C_nr^{-n}+D_nr^{-n+1}$。在$r=0$處要求有限，故$D_n=0$(n=1,2,...)。$n=0$時方程為$R''+\frac{1}{r}R'=0$，解為$R(r)=C_0+D_0\lnr$。在$r=0$需有限，故$D_0=0$。所以$R(r)=C_0$。綜上，特征函數(shù)為：*$n=0$:$R_0(r)=C_0$，$\Theta_0(\theta)=B_0$。解為$u(r,\theta)=C_0B_0=C_0$(常數(shù)解)。*$n\ge1$:$R_n(r)=C_nr^{-n}$，$\Theta_n(\theta)=A_n\cos(n\theta)+B_n\sin(n\theta)$。解為$u_n(r,\theta)=r^{-n}(A_n\cos(n\theta)+B_n\sin(n\theta))$。基函數(shù)可選為$R_n(r)=r^{-n}$，$\Theta_n(\theta)=\cos(n\theta),\sin(n\theta)$(n=1,2,...)。組裝有限元方程的過程：將區(qū)域剖分（如用三角形或四邊形網(wǎng)格），在每個單元上用基函數(shù)$N_{i,j}(r,\theta)$插值$u$，單元方程為$\int_{\Omega^e}\left[\nablau^e\cdot\nablaN_{i,j}\right]u^ed\Omega=\int_{\Omega^e}f^eN_{i,j}d\Omega$。對所有單元求和，得到$Ku=F$。其中$K$是stiffnessmatrix，$u$是節(jié)點未知數(shù)向量，$F$是載荷向量。基函數(shù)的選擇決定了$K$和$F$的具體形式。2.求解過程：*將求解區(qū)域$[0,1]\times[0,1]$剖分為網(wǎng)格，例如劃分為4個單元，節(jié)點編號為(1,2,3,4,5,6,7,8)，單元連接關系為(1-2-5-4,4-5-8-7,1-4-7-6,6-7-3-2)。設$\Deltax=\Deltay=0.25$。*對每個單元，使用雙線性插值函數(shù)$N_{i,j}(x,y)$。例如，單元(1,2,5,4)的形函數(shù)為：$$N_1(x,y)=(1-x)(1-y),\quadN_2(x,y)=x(1-y),\quadN_4(x,y)=xy,\quadN_5(x,y)=(1-x)y$$*在每個單元內，計算$\nablaN_{i,j}$和$\int_{\Omega^e}N_{i,j}d\Omega$。*單元剛度矩陣$k^e=\iint_{\Omega^e}B^TCBd\Omega$。對于熱傳導方程$u_t=u_{xx}$，$C=1$，$B=\nablaN_{i,j}$。所以$k^e=\iint_{\Omega^e}(\nablaN_{i,j})^T(\nablaN_{i,j})d\Omega$。計算得到$k^e$是一個$4\times4$的矩陣（對于4個節(jié)點單元）。*單元等效源項向量$f^{e}_{source}=\iint_{\Omega^e}qN_{i,j}d\Omega$。本題$q=0$，所以$f^{e}_{source}=0$。*單元等效邊界條件項$f^{e}_{bc}$。在$x=0$(節(jié)點1,4,7,6)處，$u=0$。將$u=0$代入單元方程$\iint_{\Omega^e}(\nablau^e)\cdot(\nablaN_{i,j})u^ed\Omega=\iint_{\Omega^e}(f^{e}_{source}+f^{e}_{bc})N_{i,j}d\Omega$。對于節(jié)點1,4,7,6，$u^e=0$，所以單元方程中與這些節(jié)點相關的項為零。因此，只需要考慮單元與這些邊界節(jié)點相關的貢獻。*組裝全局方程。將所有單元的貢獻累加。對于每個內部節(jié)點(2,5,8,3)，累加來自其相鄰單元的貢獻。對于邊界節(jié)點(1,4,7,6)，累加來自其所在單元的貢獻，并施加$u=0$的條件（通過修改全局矩陣和向量）。*得到全局線性方程組$Ku=F$。其中$K$是全局剛度矩陣，$u$是全局節(jié)點溫度向量（大小為8），$F$是全局等效源項向量（大小為8），包含了內部單元的$f^{e}_{source}$和邊界單元的$f^{e}_{bc}$的貢獻。*求解$Ku=F$，得到所有節(jié)點的溫度值$u(x,y)$。例如，對于節(jié)點(0.125,0.375)對應的全局節(jié)點編號（假設為2），其值即為$u(0.125,0.375)$。*節(jié)點(0.125,0.375)對應的單元:可能屬于單元(1,2,5,4)。*在單元(1,2,5,4)中:節(jié)點2的坐標為$(\Deltax,0)=(0.25,0)$。在單元內，其形函數(shù)為$N_2(x,y)=x(1-y)$。在$t=0.5$時刻，需要知道$u(x,y)$在$t=0.5$時刻的值。這需要知道初始條件$u(x,y,0)$和$u_t(x,y,0)$。*初始條件:$u(x,y,0)=\sin(\pix)$。在單元(1,2,5,4)內，$u(x,y,0)=\sin(\pix)$。*時間導數(shù):$u_t(x,y,0)=x(\pi-x)$。在單元(1,2,5,4)內，$u_t(x,y,0)=x(\pi-x)$。*顯式格式:$u^{n+1}_i=(1-2r)u^n_i+r[u^{n}_{i+1}+u^{n}_{i-1}]$。其中$r=\frac{a^2\Deltat}{(\Deltax)^2}$。對于熱傳導方程$u_t=u_{xx}$，$a^2=1$(假設)，$\Deltax=0.25$，$\Deltat=0.5$。則$r=\frac{1\cdot0.5}{(0.25)^2}=8$。但顯式格式的穩(wěn)定性要求$r\le0.5$。這里$r=8>0.5$，說明顯式格式在此時間步長下是不穩(wěn)定的。因此，無法直接應用穩(wěn)定的顯式格式求解$t=0.5$時刻的值。如果題目意圖是考察穩(wěn)定性分析，則可以分析其穩(wěn)定性條件$r\le0.5$在這里不滿足，說明顯式格式不適用于此問題（或需要調整時間步長$\Deltat$）。修正思路（假設題目意圖是考察單元方程構建，而非實際求解）:即使格式不穩(wěn)定，也可以寫出節(jié)點(2)在$t=0.5$時刻的差分方程（迭代格式）。設$u^n_i$表示節(jié)點$i$在時間層$n$的近似值。*時間層n=0:$u^0_i=u(x_i,0)=\sin(\pix_i)$。*時間層n=1:$u^1_i=(1-2r)u^0_i+r[u^{n}_{i+1}+u^{n}_{i-1}]$。此時$u^0_i=\sin(\pix_i)$。$u^{n}_{i+1}=