2022年數(shù)學物理方程谷超豪版第二章課后答案

《2022年數(shù)學物理方程谷超豪版第二章課后答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年數(shù)學物理方程谷超豪版第二章課后答案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、精品資料歡迎下載第 二 章熱 傳 導 方 程1 熱傳導方程及其定解問題的提1.一均勻細桿直徑為l，假設它在同一截面上的溫度是相同的，桿的表面和周圍介質發(fā)生熱交換，服從于規(guī)律dsdtuukdQ)(11又假設桿的密度為，比熱為c，熱傳導系數(shù)為k，試導出此時溫度u滿足的方程。解：引坐標系：以桿的對稱軸為x軸，此時桿為溫度),(txuu。記桿的截面面積42l為S。由假設，在任意時刻t到tt內流入截面坐標為x到xx一小段細桿的熱量為txsxuktsxuktsxukdQxxxx221桿表面和周圍介質發(fā)生熱交換，可看作一個“被動”的熱源。由假設，在時刻t到tt在截面為x到xx一小段中產生的熱量為txsuul

2、ktxluukdQ111124又在時刻t到tt在截面為x到xx這一小段內由于溫度變化所需的熱量為txstucxstxuttxucdQt,3由熱量守恒原理得：txsuulktxsxuktxstucxt11224消去txs，再令0 x，0t得精確的關系：11224uulkxuktuc或11222112244uulckxuauulckxucktu其中cka22.試直接推導擴散過程所滿足的微分方程。解：在擴散介質中任取一閉曲面s，其包圍的區(qū)域為，則從時刻1t到2t流入此閉曲面的溶質，由dsdtnuDdM，其中D為擴散系數(shù)，得21ttsdsdtnuDM濃度由u變到2u所需之溶質為2121121,tttt

3、dvdttuCdtdvtuCdxdydztzyxutzyxuCM兩者應該相等，由奧、高公式得：21211ttttdvdttuCMdvdtzuDzyuDyxuDxM其中C叫做孔積系數(shù)=孔隙體積。一般情形1C。由于21,tt的任意性即得方程：zuDzyuDyxuDxtuC3.砼(混凝土)內部儲藏著熱量，稱為水化熱，在它澆筑后逐漸放出，放熱速度和它所儲藏的水化熱成正比。以tQ表示它在單位體積中所儲的熱量，0Q為初始時刻所儲的熱量，則QdtdQ，其中為常數(shù)。又假設砼的比熱為c，密度為，熱傳導系數(shù)為k，求它在澆后溫度u滿足的方程。解：可將水化熱視為一熱源。由QdtdQ及00QQt得teQtQ0。由假設，

4、放熱速度為teQ0它就是單位時間所產生的熱量，因此，由原書71 頁，(1.7)式得ckaecQzuyuxuatut2022222224.設一均勻的導線處在周圍為常數(shù)溫度0u的介質中，試證:在常電流作用下導線的溫度滿足微分方程2201224.0criuucPkxucktu其中i及r分別表示導體的電流強度及電阻系數(shù)，表示橫截面的周長，表示橫截面面積，而k表示導線對于介質的熱交換系數(shù)。解：問題可視為有熱源的桿的熱傳導問題。因此由原71 頁(1.7)及(1.8)式知方程取形式為txfxuatu,222其中txFctxFtxfcka,/,2為單位體積單位時間所產生的熱量。由常電流i所產生的txF,1為2

5、2/24.0ri。因為單位長度的電阻為r，因此電流i作功為ri2乘上功熱當量得單位長度產生的熱量為/24.02ri其中 0.24 為功熱當量。精選學習資料 -名師歸納總結-第 1 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載因此單位體積時間所產生的熱量為22/24.0ri由常溫度的熱交換所產生的(視為“被動”的熱源)，從本節(jié)第一題看出為014uulk其中l(wèi)為細桿直徑，故有l(wèi)llp44/2，代入得012,uupktxF因熱源可迭加，故有txFtxFtxF,21。將所得代入txfxuatu,222即得所求：22012224.0criuucPkxucktu5*.設 物 體 表 面 的 絕 對 溫 度 為u，此

6、時 它 向 外 界輻 射 出 去 的 熱 量 依 斯 忒-波 耳 茲 曼(Stefan-Boltzman)定律正比于4u，即dsdtudQ4今假設物體和周圍介質之間只有輻射而沒有熱傳導，又假設物體周圍介質的絕對溫度為已知函數(shù)),(tzyxf,問此時該物體熱傳 導問題的邊界條件應如何敘述？解：由假設，邊界只有輻射的熱量交換，輻射出去的熱量為,|41dsdtudQs輻射進來的熱量為,|42dsdtfdQs因此由熱量的傳導定律得邊界條件為：|44sssfunuk 2 混合問題的分離變量法1 用分離變量法求下列定解問題的解：)0()()0,()0(0),(),0(0,0()222xxfxuttxutu

7、xtxuatu解：設)()(tTxXu代入方程及邊值得00)(0)0(02TaTXXXX求非零解)(xX得xnxXnnn212sin)(,4)12(2),1,0(n對應為tnanneCtT4)12(22)(因此得04)12(212sin),(22ntnanxneCtxu由初始值得0212sin)(nnxnCxf因此0212sin)(2xdxnxfCn故解為004)12(212s i n212s i n)(2),(22ntnaxnednftxu用分離變量法求解熱傳導方程的混合問題)0(0),1(),0(1211210)0,()10,0(22ttutuxxxxxuxtxutu解：設)()(tTxX

8、u代入方程及邊值得00)1()0(0TTXXXX求非零解)(xX得xnXnnnsin,22n=1,2,對應為tnnneCT22故解為1sin),(22ntnnxneCtxu由始值得11211210sinnnxxxxxnC因此210121sin)1(sin2xdxnxxdxnxCn精選學習資料 -名師歸納總結-第 2 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載1212221022sin1cos)1(1 2sin1cos1 2xnnxnxnxnnxnxn2sin422nn所以122sin2sin4),(22ntnxnenntxu如果有一長度為l的均勻的細棒，其周圍以及兩端lxx,0處均勻等到為絕熱，初始溫度

9、分布為),()0,(xfxu問以后時刻的溫度分布如何？且證明當)(xf等于常數(shù)0u時，恒有0),(utxu。解：即解定解問題)(|0|00222xfuxuxuxuatutlxx設)()(tTxXu代入方程及邊值得00)()0(02TaTlXXXX求非零解)(xX：)1(當0時，通解為xxBeAexX)(xxeBeAxX)(由邊值得00leBeABAl因0故相當于00llBeAeBA視BA,為未知數(shù)，此為一齊次線性代數(shù)方程組，要)(xX非零，必需不同為零，即此齊次線性代數(shù)方程組要有非零解，由代數(shù)知必需有011llee但011lllleeee因,0,0lxe為單調增函數(shù)之故。因此沒有非零解)(xX

10、。)2(當0時，通解為axXbaxxX)()(由邊值得0)()0(alXX即b可任意，故1)(xX為一非零解。)3(當0時，通解為xBxAxXxBxAxXcossin)(sincos)(由邊值得0cossin)(0)0(lBlAlXBX因,0故相當于0sin0lAB要)(xX非零，必需,0A因此必需,0sinl即)(整數(shù)nnl)(整數(shù)nln這時對應)1(cos)(AxlnxX取因n取正整數(shù)與負整數(shù)對應)(xX一樣，故可取,2,1cos)(,2,1)(2nxlnxXnlnlnn對應于,1)(,00 xX解 T 得00)(CtT對應于,)(2ln,cos)(xlnxXn解 T 得tlannneCt

11、T2)()(由迭加性質，解為1)(0cos),(2ntlannxlneCCtxu0)(cos2ntlannxlneC由始值得0cos)(nnxlnCxf精選學習資料 -名師歸納總結-第 3 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載因此ldxxflC00)(1lnxdxlnxflC0cos)(2,2,1n所以lnltlanxlnedlnfldxxfltxu010)(coscos)(2)(1),(2當constuxf0)(時，0cos2,1000000 xdxlnulCudxulClnl,2,1n所以0),(utuu4在,0tlx0區(qū)域中求解如下的定解問題)()0,(),(),0()(002222xfxu

12、utlutuuuxutu其中0,u均為常數(shù)，)(xf均為已知函數(shù)。提示：作變量代換.),(0tetxvuu 解：按提示，引tetxvuu),(0，則),(txv滿足000222)(0,0uxfvvvxututlxx由分離變量法滿足方程及邊值條件的解為xlneAtxvtlnnnsin),(2)(1再由始值得xlnAuxfnnsin)(10故xdxlnuxflAln00sin)(2因此tetxvutxu),(),(0 xlnedlnuflutlnnlsinsin)(2)(100025長度為l的均勻細桿的初始溫度為0，端點0 x保持常溫0u，而在lx和側面上，熱量可以發(fā)散到到周圍的介質中去，介質的溫

13、度取為0，此時桿上的溫度分布函數(shù)),(txu滿足下述定解問題：0)0,(0,),0(02222xuHuxuutuubxuatulx試求出),(txu解：引),()(),(txwxvtxu使w滿足齊次方程及齊次邊值，代入方程及邊值，計算后得)(xv要滿足：0)(,)0(0102222xHvvuvvbdxvda)(xv的通解為xabBshxabAchxv)(由邊值0)0(uAv又)()(0 xabBchxabshuabxv得0)()(00labBshlabchuHlabBchlabshuab解之得)()(0labHashlabbchlabHachlabbshuB因此)()()(00labHashl

14、abbchxabshlabHachlabbshuxabchuxv)()()(0labHashlabbchxlabHashxlabbchu這時),(txw滿足：精選學習資料 -名師歸納總結-第 4 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載vvwHwxwwwbxwatwttxx001022220)(,0設)()(),(tTxXtxw代入方程及邊值條件得0)(0)()(),0(022 TbaTlHXlXXXX求非零解0)(xX時，才有非零解。這時通解為xBxAxXsincos)(由邊值得00)0(AAX得0sincos(cos)(sin)(lHlBxBxXxBxX要0B，即有非零解，必須0sincoslHl

15、即Hltg令HlPl,得ptg它有無窮可數(shù)多個正根，設其為,21得22,sin)(lxlxXnnnn對應 T 為tblannneAtT)(2222)(因此xleAtxwntblannnsin),()(12222其中n滿足方程Hlpptg再由始值得labHashlabbchxlabHashxlabbchvxlAnnn)()(sin01所以lnlnnxdxlxdxlvA020sinsin應用n滿足的方程，計算可得lnnnppplxdxl02222)1(2sin又labchllabxdxlxlabchnnln(1sin)(22220lnnxlxabshabxlx0sin)1(cos)c o s(22

16、2222labchlllbalannnn)(cos222222labchlbalannnlabchablbaxdxlxlabshnln(1sin)(22220lnnnxalxabshlxlx0cos)1(sin)sin(222222labshlablbalannn所以nnnlnblbalauxdxvcossin2222200labJasjlabbchlabshHalHblabchbnnn(sin精選學習資料 -名師歸納總結-第 5 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載)()sincos(222220222220labHashlabbchlHlbalbaulbalaunnnnnn222220lbal

17、aunn)(Hltgnn得)()()(22222222220nnnnnpplbapauA最后得laulabHashlabbchxlabHashxlabbchutxu2002)()(),(1)(222222222sin)()(2222nntnnnnxlblapplbapen其中n滿足)(Hlpptg另一解法：設wvu使?jié)M足.0)(,),0(|0lzHwxwutw為此取,baxw代入邊值得0)(,00ualHaub解之得001ubHlHua因而)11(1000HlHxuxHlHuuw這時v，滿足)11()0,()0,(0)(0),0()11(0022222|HlHxuxwxvHvxvtvHlHxu

18、bvbxvatvix按非齊次方程分離變量法，有)()(),(1xxtTtxvnnn其中)(xxn為對應齊次方程的特征函數(shù)，由前一解知為),(sin)(Hlpputgulukxkxxnnnnnn即1sin)(),(nnnxktTtxv代入方程得)11(sin)(102222HlHxubxkTbTkaTnnnnnn由于sinxkn是完備正交函數(shù)系，因此可將)11(02HlHxub展成sinxkn的級數(shù)，即102sin)11(nnnxkAHlHxub由正交性得lnnNxdxkHlHxubA002/sin)11(lnnnHkHlxdxkN0222)(22sin又xkkubxdxkHlHxubnnnlc

19、os1sin)11(02020|022sin1cos11lnnnkxkxkxkHlHlkHkHllkkkubnnnnncos)1(cos1102sin)1(2lkHlkHnn)1111(cos1102HHlHHlHllkkkubnnnnkub102所以nnnNkubA102將此級數(shù)代入等式右端得nT滿足的方程為nnnnnnNkubTbTkaT102222精選學習資料 -名師歸納總結-第 6 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載由始值得10)11(sin)0(nnnHlHxuxkT10sin1nnnnxkNku有nnnNkuT1)0(0解nT的方程，其通解為 22202)(1222bkaNkubec

20、Tnnntbkannn由nnnNkuT1)0(0得nnnnnNkbkaukac1222022即有解)(1)(2)(222220222bekabkauNktTtbkannnnnn因此1(222220)222(1),(nbkannnntnekabkauNktxvxkbnsin)2)()11(),(22200bkaNkuxHlHutxunnnxkbekantbkannsin)(2)(222226.半徑為 a的半圓形平板，其表面絕熱，在板的圓周邊界上保持常溫0u，而在直徑邊界上保持常溫1u，圓板穩(wěn)恒狀態(tài)的溫度分布。解：引入極坐標，求穩(wěn)恒狀態(tài)的溫度分布化為解定解問題為有限0|011011022222tu

21、uuuuuuurrurruat（拉普斯方程在極坐標系下形式的推導見第三章1習題 3），其中引入的邊界條件0|ru為有限時，叫做自然邊界條件。它是從實際情況而引入的。再引),(1rvuu則),(rv滿足|0|0|011010022222有限rarvuuvvvvrrvrrv設),()(),(rRrv代入方程得0112RrRrR乘以,/2Rr再移項得RrRRr2右邊為 r 函數(shù)，左邊為函數(shù)，要恒等必須為一常數(shù)記為，分開寫出即得002RrRRr再由齊次邊值得0)()0(由以前的討論知2,1sin)()(22nnnnnn對應 R 滿足方程2,1022nRnrRRr這是尤拉方程，設rR代入得0)1(2rn

22、rrnn022即nnrRrR為兩個線性無關的特解，因此通解為nnnnnrDrcrR)(由自然邊界條件0|rv有限知)(xRn在0r處要有限，因此必需0nD由迭加性質知nrcrvnns i n),(滿足方程及齊次邊值和自然邊界條件，再由10|uuvar得110sinnnnnacuu精選學習資料 -名師歸納總結-第 7 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載因此01010)1(1)(2sin)(2nnnnanuudnuuaC所以1101sin)1(1)()(2),(nnnnarnuuuru 3 柯西問題1 求下述函數(shù)的富里埃變換：(1)2xe)0(2)xae(a 0)(3),)(22kxax,)(122

23、kxa(a 0,k 為自然數(shù))解：(1)dxedxeeeFxipxipxxx)(222=dueedxeupipxp224224)2(（柯西定理）=442221pvpedvee或者0)(2cos2)sin(cos222pIpxdxedxpxipxeeFxxxdPdI21sin02pxdxxex20sin02Ppxexpxdxexcos2=)(2PIP積分得42)(pCePI又)0(I=0212dxex故C=21所以F2xe=2I(P)=42pe(2)00dxeedxeedxeeeFipxaxipxaxipxxaxa=01)(0)(0)(xipaxipaxipaeipadxedxe+22)(211

24、01paaipaipaeipaxipa或xaeF=dxeeipxxa=dxpxipxexa)sin(cos=20cos pxdxeax222paa(3)F kxa)(122=kipzaizkipxzaesidxxae)(Re2)(2222因kipzaizzaes)(Re22=)(lim!1111kipzkkaizaizedzdk=10)1()()()(1lim)!1(1kmmkipzmkaizeaizkmCk=)1.()1()1(1lim)!1(110mkkkkmCkkmmaizipzmkmkeipaiz1)()(apmkmkmkmmkeipaimkkkkc1101)()2)(1()1()1(

25、)!1(1apmkmkmkkmepaimkmmkk1110)2()1()!1(!)!1()!1(1所以apmkmkmkkmkepaimkmmkkixaF111022)2()1(.)!1()!1()!1(12)(1apmkmkmkkmepamkmmkk1110)2()1()!1()!1()!1(2kkxaFdpdixaxF)(11)(2222精選學習資料 -名師歸納總結-第 8 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載mkmkkmamkmmkki)2()1()!1(!)!1()!1(2120apkapmkapmkeakkieapepmk22212)2()!1()!22()1(20222)!1(!)!1(

26、)!1(2)2()!1()!22(kmapkmkmmkkieakk)1()1()2(21mkapepaapmkmkmk2證明當f(x)在),(內絕對可積時，F(xiàn)(f)為連續(xù)函數(shù)。證：因)()()(pgdxexftFipx對任何實數(shù)p有dxxfpgfF|)(|)(|)(|即關于 p 絕對一致收斂，因而可以在積分下取極限，故g(p)關于 p 為連續(xù)函數(shù)。3用富里埃變換求解三維熱傳導方程的柯西問題),(|02222222zyxuzuyuxuatut：解：令),(),(),(321)(321tsssudxdydzetzyxuzyxuFzsysxsi對問題作富里埃變換得),(),(|321)(023222

27、12321sssdxdydzezyxuusssadtudzsysxsit解之得tsssaesssu)(3212322212),(因tsssatsssaeeF)(3)(123222122322212)2(1321)(321dsdsdsezsysxsi=3213323222221212)2(1dsedsedseizstsaiystsaixstsatazyxtaztaytaxetaetaetaeta22222222224344421212121再由卷積定理得dddetatzyxutazyx22224)()()(3,21,4.證明（3.20）所表示的函數(shù)滿足非齊次方程(3.15)以及初始條件（3.16

28、）。證：要證ddetfadetatxutaxttax)(4)(04)(2222),(21)(21),(滿足定解問題)(0,222xxutxfxuatu原書 85 頁上已證解的表達式中第一項滿足xxuxuatu0,222因此只需證第二項滿足00,222xutxfxuatu如第一項，第二項關于的被積函數(shù)滿足,),(222xfxxat若記第二項為,被積函數(shù)為,即td0故有tdttxt0,tdxx02222即dxadtxattt02220222dxattxfxat0222222),(精選學習資料 -名師歸納總結-第 9 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載),(222txfxa顯然00,x得證。5 求解熱

29、傳導方程（3.22）的柯西問題，已知（1）xutsin|0(2)*1|20 xut(3)用延拓法求解半有界直線上熱傳導方程（3.22）,假設0),0()0()()0,(tuxxxu解：（1）sinx 有界，故taxtaxdetatxu22241)(4)(si n21),(dexta2)sin(21=dexdextasincoscossin2122=xeetaxtaextatatasin21sin21sin212241(2)1+x2無界，但表達式detatxutax224)(2)1(21),(仍收斂，且滿足方程。因此taxtaxdetatxu222414)(2)1(21),(dexta22)(1

30、21dedexdexta222222121=deexta2221|21212taxxta2222121121易驗它也滿初始條件。（3）由解的公式detatxutax224)()(21),(知，只需開拓),(x使之對任何x 值有意義即可。為此，將積分分為兩個0與0，再在第一個中用)(來替換就得deetatxutaxtax)()(21),(22224)(04)(由邊界條件得detadeetatatata04044222222)()(21)()(210要此式成立，只需)()(即)(作奇開拓，由此得解公式為04)(4)()(21),(2222deetatxutaxtax6證明函數(shù))(4)()(2222

31、)(41),(tayxetatyxv對于變量(),tyx滿足方程)(22222yvxvatv對于變量),(滿足方程0)(22222vvav精選學習資料 -名師歸納總結-第 10 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載證：驗證即可。因)(4)()(32222222)(4)()()(141tayxetayxtatv)(4)()(222222)(4)(241tayxetaxaxv)(4)()(4222222222)(4)(21)(141tayxetaxataxv同理)(4)()(4222222222)(4)(21)(141tayxetayatayv所以tavetayxtaayvxvtayx2)(4)()(

32、34222222222222)(4)()()(141仿此vtvxvv2222xvv2222yvv所以0)(22222vvav7證明如果),(),(21txutxu分別是下列兩個問題的解。);(10121221xuxuatut)(20222222yuyuatut則),(),(),(21tyutxutyxu是定解問題)()(21022222yxuyutuatut的解。證：驗證即可。因tuuututu2121所以tutuuutuyuuautuayutua2121222122212222222又)()(2102010yxuuuttt8導出下列熱傳導方程柯西問題解的表達式niiityxyxuyuxuat

33、u1022222)()(),()(解：由上題，只需分別求出)(0121221xuxuatuit及)(0222222yuyuatuit的解，然后再相乘迭加即得。但detatxutaxi224)(1)(21),(detatyutayi224)(2)(21),(所以nitayxiiddetatyxu14)()(2222)()(41),(9驗證二維熱傳導方程柯西問題),()(022222yxuyuxuatut解的表達式為ddetatyxutayx2224)()(2),(41),(證：由第6 題知函數(shù)0412224)()(2tetatayx滿足方程，故只需證明可在積分號下求導二次即可。為此只需證明在積分

34、號下求導后所得的積分是一致收斂的。對 x 求導一次得ddetaxtaItayx2224)()(2212)(),(41對有限的yx,即00,yyxx和00tt，下列積分精選學習資料 -名師歸納總結-第 11 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載detaxtax224)(22detay224)(是絕對且一致收斂的。因為對充分大的0A，每個積分Ataxdetax224)(22detaxtaxA224)(22deAtay224)(deAtay224)(都是絕對且一致收斂的。絕對性可從0A充分大后被積函數(shù)不變號看出，一致性可從充分性判別法找出優(yōu)函數(shù)來。如第三個積分的優(yōu)函數(shù)為02204)(taye且deAta

35、y02204)(收斂。因M),(，故ddetaxtatayx2224)()(222),(41dedetaxtaMtaytax22224)(4)(20224右端為一致收斂積分的乘積，仍為一致收斂積分。因而1I為絕對一致收斂的積分。從而有1Ixu，對tuyuxu,2222討論是類似的。從而證明表達式滿足方程。再證滿足始值。任取一點),(00yx，將),(00yx寫成ddeyxyx)(000022),(1),(因而ddeyxtaytaxyxtyxu)(000022),()2,2(1),(),(對任給0，取0N如此之大，使NMdde12)(22NMdde12)(22MddeN12)(22MddeN12

36、)(22再由的連續(xù)性，可找到0使當0 xx，tyy,0都小于時，有3),()2,2(00yxtaytax所以NNNNddeyxtaytax3),()2,2(1)(0022因此3132321241),(),(00MMyxtyxu即有),(),(0yxtyxut 4 極值原理，定解問題的解的唯一性和穩(wěn)定性1 若方程)0(222ccuxuatu的解u在矩形 R 的側邊x及x上不超過 B，又在底邊0t上不超過M，證明此時u在矩形 R 內滿足不等式：),max(),(ctctBeMetxu由此推出上述混合問題的唯一性與穩(wěn)定性。證：令),(),(txvetxuct，則),(txv滿足222xvatv，在

37、R 的邊界上Btxutxuetxvxxctxxxx),(max),(max),(maxMtxutxuetxvtcttt),(max),(max),(max000再由熱傳導方程的極值原理知在R 內有),max(),(BMtxv故),max(),(),(ctctctBeMetxvetxu唯一性：若21,uu為混合問題的兩個解，則21uuu滿足精選學習資料 -名師歸納總結-第 12 頁，共 13 頁精品資料歡迎下載000222xxtuuucuxuatu由上估計得0)0,0max(),(ctcteetxu推出0),(txu即21uu解是唯一的。穩(wěn)定性：若混合問題的兩個解21,uu在R滿足,21uu即)

38、,max(BM，則21uuu滿足估計ctetxumax),(因此對任何t滿足Tt0，解是穩(wěn)定的2利用證明熱傳導方程極值原理的方法，證明滿足方程02222yuxu的函數(shù)在界閉區(qū)域上的最大值不會超過它在境界上的最大值。證：反證法。以M表u在R上的最大值，m表u在R的邊界上的最大值。若定理不成立，則.mM。因而，在R內有一點),(yx使mMyxu),(。作函數(shù)2222)(4)(4),(),(yylmMxxlmMyxuyxv其中l(wèi)為R的直徑。在上MMmmMmMmyxv2244),(而MYxuyxv*)*,(*)*,(故),(yxv也在 R 內一點),(11yx上取到其最大值，因而在該點處有：022xv022yv即0v，另一方面，,222222lmMxuxv222222lmMyuyv所以022lmMlmMuv矛盾。故假設不成立。證畢精選學習資料 -名師歸納總結-第 13 頁，共 13 頁