数学物理方法作业
数学物理方法习题总稿-csy
数学物理方法习题习题一1．把下列复数分别用代数、三角式和指数式表示出来： （1）i -; (2).11ii-+;(3). 1; (4). 1ie+;(5).1cos sin i αα-+; (6) 3()z z x iy =+2、下列式子在复平面上各具有怎样的几何意义？并作图表示出来. (1) ||2z =; (2) ||3z ≤;(3)1Re 2z ≥; (4) ||||z a z b -=- (a b 、皆为复实数）; (5) ||Re 1z z +≤; (6) 1||11z z -≤+; (7) 1Re 2z=; (8) 1Im 2z <<;(9) 0arg4z i z i π-<<+; (10) |2||2|5z z ++-=. 3、计算下列各式：（1 （2）ii ；（3 （4（5a b （、皆为实常数）； （6）21)(1)nn i i ++-（； （7）cos cos 2cos3cos n ϕϕϕϕ+++⋅⋅⋅+（ϕ为实数）习题二1、设,z x iy =+试证：|sin |z =和|s |co z =2、计算下列各式:（1）sin()a ib +和s()co a ib +（其中a b 、为实数，用三角函数和双曲函数表出结果）； （2）22;ch z sh z - （3）(1);Ln - 一1 一（4）cos ix 和sin ix （x 为实数）； （5）chix 和shix （x 为实数）； （6）sin ||iaz ib z e -（a b 、为实常数）。
3、解方程：（1）sin 2z =； （2） 2.tgz =习题三1、 若一实函数在区域G 内解析，试证该实函数必为实数。
2、 试讨论下列函数的可导性和解析性，并在可导区域求其导数： （1）212;z z ω=-- （2）1zω=（3）Im Re ;z z z ω=- （4）||.w z =3、设函数3222()()f z my mx y i x lxy =+++是全平面上的解析函数，试确定m n l 、、的值。
《数学物理方法》第一章作业参考解答
《数学物理方法》第一章作业参考解答1. 利用复变函数导数的定义式，推导极坐标系下复变函数),(),()(ϕρϕρiv u z f +=的C-R 条件为∂∂−=∂∂∂∂=∂∂ϕρρϕρρu v vu 11 证：由于复变函数)(z f 可导，即沿任何路径，任何方式使0→∆z 时，z z f z z f ∆−∆+)()(的极限都存在且相等，因此，我们可以选择两条特殊路径，（1）沿径向，0→∆=∆ϕρi e z.ϕϕρρϕρρϕρρϕρϕρϕρρϕρρϕρϕρρi i e v i u e iv u iv u z f f −→∆∂∂+∂∂=∆−−∆++∆+=∆−∆+),(),(),(),(),(),(),(),(lim（2）沿半径为ρ的圆周，()()ϕρρρρϕϕϕϕϕ∆≈−=∆=∆∆+i i i i e i e e e zϕϕϕϕϕρϕϕρϕϕρϕρϕρϕρϕϕρϕϕρρϕρϕρϕϕρϕϕρϕρϕϕρi i i i e u i v ie iv u iv u e e iv u iv u zf f −∆→∆∂∂−∂∂=∆−−∆++∆+=−−−∆++∆+=∆−∆+1),(),(),(),(),(),()1(),(),(),(),(),(),(lim以上两式应相等，因而，ϕρρ∂∂=∂∂vu 1 ϕρρ∂∂−=∂∂u v 1 2. 已知一平面静电场的等势线族是双曲线族C xy =,求电场线族，并求此电场的复势（约定复势的实部为电势）。
如果约定复势的虚部为电势，则复势又是什么？解：0)(2=∇xy xy y x u =∴),(由C-R 条件可得C x x b x y u x b x v x b y y x v y x u y v +−=⇒−=∂∂−=′=∂∂+=⇒=∂∂=∂∂2221)()()(21),(C y x y x v +−−=)(21),(22电场线族为：（或者：由 +−=+−=∂∂+∂∂=222121),(y x d ydy xdx dy y v dx x v y x dv ，得C y x y x v +−−=)(21),(22）iC z i i C y x xy +−=+−−+=2222)(21w 复势为：若虚部为电势，则xy y x v =),(同理由C-R 条件可得Cx x A x y v x A x u x A y y x u y x v y u +=⇒=∂∂=′=∂∂+−=⇒−=∂∂−=∂∂2221)()()(21),(C y x y x u +−=)(21),(22C z ixy C y x +=++−=22221)(21w 复势为：3．讨论复变函数||)(xy iy x z f =+=在0=z 的可导性？（提示：选择沿X 轴、Y 轴和Y=aX 直线讨论）解：考虑当函数沿y=ax 趋近z=0时2)(ax z f = )1()1(||||lim )()(lim00+±=+∆−∆+=∆−∆+→∆→∆ia aia x x a x x a z z f z z f x z 可见上式是和a 有关的，不是恒定值所以该函数在z=0处不可导4.判断函数()()111)(2−++=−+=z z z z z z f 的支点，选定一个单值分支)(0z f ，计算)(0x f ？计算)(0i f −的值？ 解：可能的支点为∞−=,1,1,0z 。
数学物理方法姚端正CH1作业解答
+
g(
y)
③
再将 v 对 y 求偏导：
一方面，由 C-R 条件， ∂v = ∂u = 2x + y ， ④ ∂y ∂x
另一方面，由 ③式得： ∂v = 2x + dg
⑤
∂y
dy
由④⑤两式得 dg = y dy
所以 g = 1 y2 + c 2
所以 v = 2xy − 1 x2 + 1 y2 + c
⑥
∂x
∂y
∂x
∂y
可见， w 的实部和虚部有连续的一阶偏微商，且满足 C-R 条件，
所以， w = z2 在复平面可微，从而在复平面是解析的。
（2） w = z Re z
解：记 z = x + iy ， w = u(x, y) + iv(x, y) ；
则 w = z Re z = x2 + ixy
w 的实部 u = x2 ，虚部 v = xy
3
−
i
=
i(−π
2e 6
+ 2kπ
)
，则
z5
= 2 e5
i5(− π + 2kπ ) 6
i (− 5π +10kπ )
= 32e 6
−i 5π
= 32e 6
= 32[cos(− 5π ) + i sin( − 5π )] = −16(
3 + i)
6
6
7.求解方程
(1) z3 − 1 = 0
e0 = 1
所以，函数 z + z + 1 是 2 值的，支点是1， ∞
（6）
i arg z + 2kπ
数学物理方法姚端正CH 作业解答
3
∑ ∑ cos
1 = ∞ (−1)k (
1 )2k z
=
∞
(−1)k z−k
z k =0 (2k )!
k =0 (2k )!
所以 resf (0) = − 1 ， resf (∞) = 1
2
2
z −1
的系数为：
C −1
=
−
1 2
2.计算下列围道积分
∫ （2）
zdz
l (z −1)(z − 2)2
iπ
z1 = e 4
f
(z)
= 1+ 1+
z2 z4
的奇点为： z
i (2k +1)π
=e 4
，分别为: z2
z3
i 3π
=e 4
i 5π
=e 4
z4
=
i 7π
e4
其中，上半平面有两个奇点，分别为
z1
=
iπ
e4
和
i 3π
z2 = e 4
，它们都是函数 f (z)
的单极点，由公式 resf (b) = φ(b) ，得函数在这两个奇点的留数分别为： ψ '(b)
a2
是奇函数;
f (z) =
z z2 + a2
,
满
足条件： ①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当
z → ∞ 时， f (z) → 0
∫ 所以
∞
0 x2
x +
a2
sin
bxdx
=
π
函数
zeibz z2 + a2
在上半平面的奇点的留数之和
函数
zeibz z2 + a2
《数学物理方法》第八章作业(边界条件)
第八章习题和部分定解问题。
P201：1，2，5，6，11，12，13，16，17，201.长为l 的弦，两端固定，弦中张力为T ，在距一端为0x 的一点以力0F 把弦拉开，然后突然撇除这力，求解弦的振动。
解：此题的定解问题为200000000,(0),(0,)(,)0,,(0),(,0)(),(),0.tt xx t t u a u x l u t u l t F l x x x x T l u x F x l x x x l T l u =⎧-=<<⎪==⎪⎪-⎧⎪<<⎪⎪⎨=⎨⎪⎪⎪-<<⎪⎩⎪⎪=⎩ )4()3()2()1( 2.求解细杆热传导问题，杆长l ，两端保持为零度，初始温度分布20/)(l x l bx u t -==。
此题的定解问题为220200,()(0),0,()/.t xx x x l t k u a u a x l C u u u bx l x l ρ===⎧-==≤≤⎪⎪⎪==⎨⎪⎪=-⎪⎩5.长为l 的杆，一端固定，另一端受力0F 而伸长，求解杆在放手后的振动。
此题的定解问题为20000000,(0),0,0,(,0),(0),0.tt xx x x x l X X t t u a u x l u u F F X u u x dx dx x l x YS YS u ===⎧-=≤≤⎪==⎪⎪∂⎨===≤≤⎪∂⎪=⎪⎩⎰⎰ 6.长为l 的理想传输线，远端开路，先把传输线充电到电位差0u ，然后把近端短路。
求解线上的电压),(t x u 。
此问题的泛定方程为)0(,1,022l x LCa u a u xx tt <<==-， 边界条件为(0,)0,(,)0.x x l u t u l t R L j t ==⎧⎪∂⎨⎛⎫=-+= ⎪⎪∂⎝⎭⎩，初始条件为00(,0),1(,0)0.t x t u x u u x j C ==⎧⎪⎨=-=⎪⎩11.在矩形区域b y a x <<<<0,0上求解拉氏方程0=∆u ，使满足边界条件 00(),0,sin ,0.x x a y y b u Ay b y u x u B u a π====⎧=-=⎪⎨==⎪⎩。
数学物理方法第三版答案
数学物理方法第三版答案【篇一：数学物理方法试卷答案】xt>一、选择题（每题4分，共20分） 1．柯西问题指的是（ b ） a．微分方程和边界条件. b. 微分方程和初始条件. c．微分方程和初始边界条件. d. 以上都不正确. 2．定解问题的适定性指定解问题的解具有（ d）a．存在性和唯一性. b. 唯一性和稳定性. c. 存在性和稳定性. d. 存在性、唯一性和稳定性.??2u?0,?3．牛曼内问题 ??u 有解的必要条件是（ c）??n?f??a．f?0.b．u??0.c．?fds?0. d．?uds?0.???x(x)??x(x)?0,0?x?l4．用分离变量法求解偏微分方程中，特征值问题??x(0)?x(l)?0的解是（ b ）n?n??n???n??x ).b．( ?x ). a．( ??,cos?,sinllll????(2n?1)?(2n?1)??(2n?1)???(2n?1)??x ).d．( ?x ). c．( ??,cos?,sin2l2l2l2l????22225．指出下列微分方程哪个是双曲型的（ d ）a．uxx?4uxy?5uyy?ux?2uy?0. b．uxx?4uxy?4uyy?0.c．x2uxx?2xyuxy?y2uyy?xyux?y2uy?0. d．uxx?3uxy?2uyy?0.二、填空题（每题4分，共20分）??2u?2u?2?2?0, 0?x??, t?0?t?x??1．求定解问题?ux?0?2sint, ux????2sint, t?0的解是(2sintcosx).??ut?0?0, utt?0?2cosx, 0?x????2．对于如下的二阶线性偏微分方程a(x,y)uxx?2b(x,y)uxy?c(x,y)uyy?dux?euy?fu?0其特征方程为( a(x,y)(dy)2?2b(x,y)dxdy?c(x,y)(dx)2?0). 3．二阶常微分方程y(x)?或0).4．二维拉普拉斯方程的基本解为（ ln1（）.r1 ），三维拉普拉斯方程的基本解为r113y(x)?(?2)y(x)?0的任一特解y?（ jx44x1(x) 3225．已知j1(x)?222sinx, j1(x)?cosx，利用bessel函数递推公式求??x?x23j3(x)?（221221dsinx(sinx?cosx)??x()()）. ?xx?xdxx三、（15分）用分离变量法求解如下定解问题2??2u2?u??t2?a?x2?0, 0?x?l, t?0??u??u?0, ?0, t?0 ??xx?l??xx?0?u?x, utt?0?0, 0?x?l.?t?0?解：第一步：分离变量(4分) 设u(x,t)?x(x)t(t)，代入方程可得x(x)t(x)x(x)t(t)?ax(x)t(t)??2x(x)at(x)2此式中，左端是关于x的函数，右端是关于t的函数。
李明奇数学物理方法作业
杨立-201122050231-第1次作业-4班习题2.1.2长为L ，均匀细杆，x=0端固定，另一端沿杆的轴线方向被拉长b 静止后（在弹性限度内）突然放手，细杆作自由振动。
试写出振动方向的定解条件。
解：由于x=0端固定，可知0|0x u ==，又L 端为自由端，知|0x L u ==。
t=0时刻杆上点的位移0|t b u kx x L===，又t=0时刻的速度为0，即0|0t t u ==。
习题2.2.1一根半径为r ，密度为ρ，比热为c ，热传导系数为k 的均质园杆，如同界面上的温度相同，其侧面与温度为1u 的介质发生热交换，且热交换的系数为1k 。
试导出杆上温度u 满足的方程。
解：如图所示通过两截面而留下的热量=微元段升 温吸热+与侧面交换所留下的热量因为 11[(,)(,)(,)(,)]()2x x t kdt u x dx t s x dx t u x t s x t c sdxu dt k u u rdxdt ρπ++-=+- 其中，k 为进入截面的系数；s 为横截面；x u 为沿轴温度的法向导数；2πrdx 为侧面。
所以 221()t xx u a u b u u -=--，2k a cp =，212k b c r ρ= 习题2.3.3由静电场Gauss 定理 1s V E dS dV ρε⋅=⎰⎰⎰⎰⎰ ，求证：E ρε∇⋅=，并由此导出静电势u 所满足的Poisson 方程。
解：因为 s VE dS EdV ⋅=⎰⎰⎰⎰⎰且 1s VE dS dV ρε⋅=⎰⎰⎰⎰⎰ 比较可得 E ρε∇⋅=即 ()E ερ∇⋅=可令 E u =-∇ 代入上式可得2u u ρε∇=∆=-0 x x+dx L X习题2.4.2求下列方程的通解（2）230xx xy yy u u u +-=；（5）161630xx xy yy u u u ++=；解：（2）230xx xy yy u u u +-=此方程式双曲型的第二标准型，将其化成第一标准型特征方程2230dy dy dx dx ⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得12dy dx=± 令3x y x yζη=-⎧⎨=+⎩ 可得111212220880a a a a ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦10b =；20b =；0c =；0f =可得标准型0u ζη=因此 (3)()u f x y g x y =-++。
数学物理方法姚端正CH3 作业解答
= ∑ ak z k ， 其中， ak =
k =0
∞
f ( k ) (0) k!
① ②
f '( z) =
α α ln(1+ z ) α e = f ( z) 1+ z 1+ z
⇒
f ' (0) = α
同时由①式有： (1 + z ) f ' ( z ) = αf ( z ) 将②式两边再对 z 求导： (1 + z ) f ' ' ( z ) + f ' ( z ) = αf ' ( z )
∞ 1 ∞ 1 1 1 1 1 1 = = ⋅( = )= ∑ ∑ k k +1 z ( z + 1) − 1 z + 1 1 − 1 z + 1 k = 0 ( z + 1) k = 0 ( z + 1) z +1
其中，
1 1 1 1 1 ∞ ( z + 1)k ∞ ( z + 1) k = = ⋅ = ⋅∑ = ∑ k +1 1 − z 2 − ( z + 1) 2 1 − z + 1 2 k = 0 2 k k =0 2 2 f ( z) =
k →∞
lim |
k + ak |= 1 ( k + 1) + a k +1
若 | a |> 1 ，则
lim |
罗比塔法则 k + ak k ( k − 1) a k − 2 1 + ka k −1 罗比塔法则 1 = = | lim | | lim | |= k +1 k k −1 → ∞ → ∞ k k ( k + 1) + a 1 + (k + 1)a ( k + 1) ka |a|
“数学物理方法”第11章作业解答
数学物理方法第11章作业解答第346页 4. 半径为高为的圆柱体0ρL 上下底温度为零度侧面(0ρρ=u)分布为Lz z f /)(=底和侧面保持零度上底温度分布为2)(ρρ=f 求柱体内各点的稳恒温度分布解采用柱坐标系原点在下底心定解问题020000,()z z Lu u u u f ρρρρ===∆=====由柱面的其次边条知µ≥01µ>一般解()cos (,,)~())sin m m J x m x N x m e ϕρϕϕ= u z∵边条与无关ϕ∴m=0 0ρ→∵即0x→m N →∞应舍去mN 00(,)~))(n n n u z J J A B ee ρ)∴=⋅+∑其中由柱面第一类齐次边条决定µn 00)J =02(0)0n n x µρ ∴=(0)n x 是的第n 个零点0()Jx2µ=0, 考虑到m =0 00.u A B z ∴=+不不能满足第一类边条000A B ∴==综合得0(,))()n n nu z J A B eρ=⋅+∑代入底面边条(0)(0)0(0)01021)0(2)n n n nn x L x Ln n x B J eB e ρρρρρ∞=∞−=+= += ∑∑ n n (A A (1) {同P 236例}上面两式展成傅立叶贝塞尔级数再对比系数()(0)(0)000(0)200022(0)0002n n n x L x L n n n B x J d e B e J x ρρρρρρρ−+= ⋅ += ′∫n n A A ρρ ()()(0)43004022(0)002 =.n x nx J x dx J x ρρ⋅′∫见书上P334例一 ()()()()(0)232011042(0)02=.42n x nx J x xJ x x J x J x ρ ⋅−+ ′0()()()()23(0)(0)(0)(0)01142(0)02=.4n n n n nx J x x J x J x ρ ⋅−′ 解得n B =−n A ()()204(0)(0)(0)(0)1041n n n n x x L x J x shρρ−=n A 使用了01J J ′=−最后()()(0)(0)00204(0)(0)0(0)1(0)(0)01041(,)(n n x z x z n n n n n n x x u z e e J x L x J x sh ρρρρρρρ∞−=− =−∑⋅[ (0)(0)20(0)(0)(0)(0)2110142[1()()n n n n n nn x zsh x J x Lx J x x shρρρρρ∞==−∑() ]====∆====L z u u u u L z z f u L P L z z /0,0( 0./)(., 1. 000 361ρρρ柱坐标系解定解问题温度求解柱体内各点的稳恒为分布侧面上下底温度为零度高为匀质圆柱半径为()z L n L n I Ln I n z u Ln I n n L n L L n I zdz L n z L n z n L L n I z L n d z n L Ln I zdzL n L z L L n I B L z z L n L n I B z Ln L n I B z u B A zB A u m n Ln L L B L A I A I A z B z A I u K m x m m z z x K x I u n n L L L L n n n n n n n nn n n n n n n n n n n n n n n m m m πρπρππρρππππρππππρπππρππρππρππρπρµπννννρνρνγννρνρϕνρϕϕννµµνsin)()(2)1(),)1()(2)(cos 1)(2cos cos 1)(2 )(cos 1)(2 sin 2)(1/sin )(sin )(),000)2)2,1(,0sin 0sin cos )(0 0)()sin cos )((00)(sin cos sin cos )()(~010000110000000000000001010000000⋅⋅−=−⋅=⋅−⋅⋅= −−⋅⋅=⋅−⋅⋅=⋅=====+=======+⋅=⇒=+=∴→=∴=<≤∴∑∫∫∫∑∑∑∑∑++∞=∞=最后得由侧面边条综合由底面边条知时考虑到得为了得到非零解必须得定由上下底齐次边条决其中项时应有截舍去无关由于边条为时上下底面为齐次边条 ∵∵分离变数得球坐标系解本定解问题为处温度变化情况使他冷却求解球内各而把球面温度保持零度初始温度为均质球半径为)()(4.2372===∆−==rfuuuaurfrPtrrt至此即可最后得即代入边条得的边条应舍去不能满足时舍去部分没有了时得无关与无关所以由于本问题与满足()sin(),2,1sin)))~2~1,),(),(22222222222222222trannnnnntaknnntaknnntaktakltaktakerrnrrnctrunrnkrkrkrkjerkjcerkjcukrucceeruknekrjukmlrvrvvkvvetrvtruππππϕθϕθϕθ−−−−−−−∑∑∑=======∴=====≠====+∆=tranranrrnnnnerrnrdrrrnrfr rt rukrkrjdrrrrnjdrrrrnjrfcrrnjcrfc2222102221sinsin)(2),(sin)()()()()(:ππππππ−∞=∞=⋅⋅⋅====∫∑∫∫∑整理后代入由初条定满足分离变数可得解本定解问题为处温度变化情况使他冷却求解球内各而把球面温度保持零度初始温度为均质球半径为0,),(),(cos )(00cos )(5.2020372220=+∆====∆−−==v k v v e t r v t r u r f u u u a u r f r P t a k t r r tθθ至此即可个解的第是方程其中即即代入边界条件得可知对此初始条件应舍去不能满足舍去时考虑到舍去时考虑到可得无关所以由于本问题与( )(cos )(),,( 0)(cos sin cos sin )( 0)()(cos )(1,cos )()(cos ~,0)(cos )(cos ~10)2)(cos ~010),,()(222222022221110020000211111t a k n n n n n n n ta knn n ta kl l r r l l ta k l l l ta k l l l n e P r k j c t r u n x tgx x r xk kr tgkr kr kr kr kr x xx x x j r k j e P r k j c u l r f e P kr j u uP r e P r u r r k e P kr j u r r k m r v r v −∞=−−=−+−∑∑=∴==∴==−−===∴=∴==∞→∞→=∞→∞→≠==θθθθθθθθθϕ∵20023021020232022322122121011)(23)(22 )(22)(2)()()(cos )(cos )(:−⋅⋅=⋅⋅= ===∫∫∫∫∑∞=r k r k j r k j r k r k j r k rdr r k j k dr r j drr r k j drr r k j r f c r k j c r f c n n n n n n r n nr ar an n r n n n n n πππθθ因为由初条定系数[][]drr r k j r f e P r k j r k j r t r u r k j r r k j r k r r k j r k n r t a k n n n n n n n n 210120013020030202103020230)()()(cos )()(2),,()(2)(22 )(22 022∫∑−⋅=⋅=⋅⋅=⋅=θθππ最后---end---。
数学物理方法 作业答案
则 f (z) = ex sin y − iex cos y + iC = −iez + iC
因此，（5）= cos 5ϕ −10 cos3 ϕ sin2 ϕ + 5 cosϕ sin4 ϕ ，
（6）= 5cos4 ϕ sin ϕ −10 cos2 ϕ sin3 ϕ + sin5 ϕ
（7） cosϕ + cos 2ϕ + cos 3ϕ + ... + cos nϕ ，（8） sinϕ + sin 2ϕ + sin 3ϕ + ... + sin nϕ
综上所述，可知 z 为左半平面 x<0，但除去圆 x2 + y2 −1 + 2x = 0 及其内部
（7） z -1 ≤ 1, z +1
[ ] 解：
z -1 z +1
=
x −1+iy x +1+iy
=
⎡ x2 + y2 −1 ⎤2
⎢⎣(x
+1)2
+
y2
⎥ ⎦
+
4y2
(x +1)2 +
y2
2
( ) [ ] 所以 x2 + y2 −1 2 + 4 y2 ≤ (x + 1)2 + y2 2
第一章 复变函数
§1.1 复数与复数运算
1、下列式子在复数平面上个具有怎样的意义？ （1） z ≤ 2
解：以原点为心，2 为半径的圆内，包括圆周。 （2） z − a = z − b ，（a、b 为复常数）
解：点 z 到定点 a 和 b 的距离相等的各点集合，即 a 和 b 点连线的垂直平分线。 （3） Re z ＞1/2 解：直线 x = 1/ 2 右半部分，不包括该直线。 （4） z + Re z ≤ 1
数学物理方法姚端正CH3 作业解答
k →∞
k →∞
所以，所求收敛半径为 R
P55 习题 3.3
1
1.将下列函数在 z = 0 点展开成幂级数，并指出其收敛范围： （1） 1 (1 − z ) 2
解：解法之一：利用多项式的乘法： 已知
∞ 1 = ∑ zk 1 − z k =0
| z |< 1 ，
∞ ∞ 1 k = ( z ) ⋅ ( zk ) ∑ ∑ 2 (1 − z ) k =0 k =0
k →∞
lim |
k + ak |= 1 ( k + 1) + a k +1
若 | a |> 1 ，则
lim |
罗比塔法则 k + ak k ( k − 1) a k − 2 1 + ka k −1 罗比塔法则 1 = = | lim | | lim | |= k +1 k k −1 → ∞ → ∞ k k ( k + 1) + a 1 + (k + 1)a ( k + 1) ka |a|
收敛范围： | （5）
a z |< 1 b
即 | z |<|
b | a
1 1 + z + z2 1 1− z 1 z 解： = − = 2 3 3 1+ z + z 1− z 1 − z 1 − z3 令 t = z 3 ，则
∞ 1 = ∑t k ， 1 − t k =0
故
2
∞ 1 = ∑ z 3k 1 − z3 k =0
数理方法 CH3 作业解答 P51 习题 3.2
1. 确定下列级数的收敛半径： （2） ∑ k k z k k =1 2 k k z k k =1 2 ak k k +1 2k |= lim | k /( k +1 ) |= lim =2 k →∞ k + 1 a k +1 k → ∞ 2 2
数学物理方法姚端正CH10作业解答
数学物理方法姚端正CH10作业解答本文档旨在提供《数学物理方法姚端正CH10作业解答》的目的和内容概述。
以下是该文档的详细内容。
本题需要详细解答书中第一道数学物理方法问题的步骤和解决思路。
首先，我们先给出问题的描述：问题：某物体在一维力场中的运动方程为$h''(t) + 3h'(t) + 2h(t) = 0$，其中$h(t)$表示物体的位置，$t$表示时间。
求该运动方程的通解。
以下是解答步骤和解决思路：步骤1：寻找特征方程对于二阶齐次常微分方程$h''(t) + 3h'(t) + 2h(t) = 0$，我们需要先找到其特征方程。
特征方程为$r^2 + 3r + 2 = 0$，解这个二次方程可以得到特征根$r_1 = -2$和$r_2 = -1$。
步骤2：列出通解形式通过特征方程的特征根，我们可以列出运动方程的通解形式：h(t) = C_1 e^{-2t} + C_2 e^{-t}$其中$C_1$和$C_2$为待定系数。
步骤3：确定待定系数为了确定待定系数$C_1$和$C_2$，我们需要借助初始条件。
假设初始位置为$h(0) = h_0$，初始速度为$h'(0) = v_0$。
将初始条件代入通解形式，得到方程组：C_1 + C_2 = h_0$2C_1 - C_2 = v_0$通过解方程组，可得到$C_1$和$C_2$的具体值。
步骤4：写出具体解将得到的$C_1$和$C_2$代入通解形式，即可得到具体的解。
例如，假设$C_1 = 2$，$C_2 = 1$，则解为：h(t) = 2e^{-2t} + e^{-t}$以上就是问题一的详细解答步骤和解决思路。
注意：此解答仅供参考，请自行确认内容的准确性。
这里将详细解答书中第二道数学物理方法问题的步骤和解决思路。
请在此处填写你的解答内容]本问题要求给出书中第三道数学物理方法问题的步骤和解决思路。
首先，我们阅读题目并理解要求。
数学物理方法姚端正CH10作业解答
数学物理方法姚端正CH10作业解答题目1题目描述求解一维无限深势阱中的薛定谔方程。
解答过程薛定谔方程为：$$ -\\frac{{\\hbar}^2}{2m}\\frac{{d^2}\\psi}{{dx^2}} + V(x)\\psi = E\\psi $$对于一维无限深势阱，即势能为零的区域内，薛定谔方程简化为：$$ -\\frac{{\\hbar}^2}{2m}\\frac{{d^2}\\psi}{{dx^2}} = E\\psi $$可以将上式改写为标准形式：$$ \\frac{{d^2}\\psi}{{dx^2}} = -k^2\\psi $$其中，$k = \\frac{\\sqrt{2mE}}{{\\hbar}}$。
上述方程为一个二阶常微分方程，可以通过分离变量的方法进行求解。
假设解为$\\psi(x) = A\\sin(kx) + B\\cos(kx)$，代入上式得到：$$ (A\\sin(kx) + B\\cos(kx))'' = -k^2(A\\sin(kx) +B\\cos(kx)) $$化简上式可得：$$ -Ak^2\\sin(kx) - Bk^2\\cos(kx) = -k^2(A\\sin(kx) +B\\cos(kx)) $$通过观察可以发现，上式两边的结果是相等的。
因此，我们只需对振幅因子A和B分别进行求解。
首先，将振幅因子A令为0，代入方程可得到：$$ B\\cos(kx) = 0 $$由于$\\cos(kx)$的周期为$2\\pi$，因此得到的解为$x = 0, \\pm \\pi, \\pm 2\\pi, \\cdots$。
接下来，将振幅因子B令为0，代入方程可得到：$$ A\\sin(kx) = 0 $$由于$\\sin(kx)$的周期也为$2\\pi$，因此得到的解为$x = \\pm \\frac{\\pi}{2}, \\pm \\frac{3\\pi}{2}, \\pm\\frac{5\\pi}{2}, \\cdots$。
数学物理方法习题解答（完整版）
数学物理方法习题解答（完整版）数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。
证明：令Re z u iv =+。
Re z x =，,0u x v ∴==。
1ux=?，0v y ?=?，u v x y ??≠??。
于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件，所以Re z 在z 平面上处处不可导。
2、试证()2f z z=仅在原点有导数。
证明：令()f z u iv =+。
()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。
2,2u u x y x y ??= =??。
v vx y==0 ??。
所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。
而,,u u v vx y x y, 在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。
()0000x x y y u v v u f i i x x y y ===='=+=-= ? ?????????。
或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z→?→?=?=?'==?=?-?=?。
22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=?→?→?→+?+?+??==+??→。
【当0,i z z re θ≠?=，*2i z e z θ-?=?与趋向有关，则上式中**1z zz z==??】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ?+++≠?=+，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。
证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ?-+≠?=+?+??， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ?++≠?=+?+??。
数学物理方法作业：16章勒让德函数
第十六章 勒让德常数16.1勒让德多项式的定义及表示16.1.1 定义及级数表示1. 勒让德方程：()()2110d dy x l l y dx dx ⎡⎤-++=⎢⎥⎣⎦2. 勒让德方程级数形式为：()()()()()22022!12!!2!l kl kl lk l k P x xk l k l k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦-=-=---∑ ，（若l 为偶数，22l l ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦；若l 为奇数，122l l -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦） 3. 勒让德多项式的表达式：()01P x = ()1P x x =()()221312P x x =-()()331532P x xx =-16.1.2 微分表示勒让德多项式的微分形式（罗德里格斯表示式）：()()2112!ll l l l dP x x l dx ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦16.1.3 积分表示勒让德多项式的积分形式（拉普拉斯积分表示式）：()()2011cos ll P x x x d πϕϕπ=+-⎰利用积分，可以证明 ()1l P x ≤ []1,1x ∈- 证明：()()()2222222001111cos (1)cos sin os llll P x x i x d x x d x c d πππϕϕϕϕϕϕϕπππ=+-=+-=+⎰⎰⎰ 011d πϕπ≤=⎰16.1.4勒让德多项式的生成函数勒让德多项式的生成函数：()()21,12ll l G r x r P x xr r∞===-+∑()1r ≤()()1211,12l l l G r x P x lxr r∞+===-+∑ ()1r > ()11x -≤≤16.2 勒让德多项式的性质16.2.1()l P x 的具体形式1)(0=x P xx P =)(1)13(21)(22-=x x P)35(21)(33x x x P -=)33035(81244+-=x x P. . . . . .)]()()12[(11)(11x lP x xP l l x P l l l -+-++=16.2.2特殊性质1、奇偶性：()()()1ll l P x P x -=- 当l 为偶数时，()l P x 是偶数；当l 为奇数时，()l P x 是奇函数。
2019届二轮复习物理中常用的数学特殊方法作业(全国通用)
《物理中常用的数学特殊方法》1.(微元法)如图甲所示,一对间距l=20 cm 的平行光滑导轨放在水平面上,导轨的左端接R=1 Ω的电阻,导轨上垂直放置一导体杆,整个装置处在磁感应强度大小B=0.5 T 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。
杆在沿导轨方向的拉力F 作用下做初速度为零的匀加速运动。
测得力F 与时间t 的关系如图乙所示。
杆及两导轨的电阻均可忽略不计,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,则杆的加速度大小和质量分别为( )。
A .20 m/s 2,0.5 kg B .20 m/s 2,0.1 kg C .10 m/s 2,0.5 kg D .10 m/s 2,0.1 kg解析▶ 导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动,用v 表示瞬时速度,t 表示时间,则杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv=Blat ,闭合回路中的感应电流I=E R,由安培力公式和牛顿第二定律得F-BIl=ma ,联立解得F=ma+B 2l 2atR 。
在图乙中图线上取两点,t 1=0,F 1=1 N;t 2=10 s,F 2=2 N 。
代入上式解得a=10 m/s 2,m=0.1 kg,D 项正确。
答案▶ D2.(2018·广东三模)(特殊值法)(多选)如图所示,电源电动势为E ,内阻r 不为零,且始终小于外电路的总电阻,当滑动变阻器R 的滑片P 位于中点时,A 、B 、C 三个小灯泡的亮度相同,则( )。
A .当滑片P 向左移动时,A 、C 灯变亮,B 灯变暗 B .当滑片P 向左移动时,B 、C 灯变亮,A 灯变暗 C .当滑片P 向左移动时,电源的效率减小 D .当滑片P 向左移动时,电源的输出功率减小解析▶ 由图知,滑动变阻器R 与A 灯并联后与B 灯串联,最后与C 灯并联。
当滑片P 向左移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,总电流减小,路端电压增大,C 灯变亮。
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1、 下列式子在复数平面上各具有怎样的意义？（画图说明）
（1）
（2）
2、计算下列数值
（1）
（2）
（3）
3、解方程
1、设函数2222()()f z x axy by i cx dxy y =+++++问常数a ,b ,c ,d 取何值时, f (z )在复平面内处处解析?
2、如果f '(z )在区域D 处处为零, 证明f (z )在D 内为一常数.
3、(,)23()()0v x y xy x f z f i =+=判断是否可作为解析函数的虚部？为什么？若能，
求出一个解析函数，且满足
2、
1、求1()(12)
z f z e i =-+的全部孤立奇点。
1Re 2z >arg ,Re (,,z a z b a b αβαβ<<<<和为实数）
i i
(13)
Ln i -sin 2z =1、 求下列积分的值 （1）iz d , :i 1;i C e z C z z +=+⎰ （2）2||2d (5)(i)z z z z z =--⎰ （3）431 (1)(3)z z dz z z =-+-⎰
（4）5
cos :1(1)C z dz C z r z π=>-⎰ 2223713,(),'(1).
C C x y f z d z f i ςςςς+++==-+⎰
设表圆周求
2、32382(4)
z z z +=--是的 阶极点。
3、确定下列函数的奇点，并求出函数在各奇点处的留数。
（1）2
(1)(2)z z z -- （2）1
1z e -
4、用留数定理计算下列积分。
（1）431 (1)(3)z z dz z z =-+-⎰
（2）22()(3)z
C e dz z i z i π-+⎰ ，其中C 是|-1|3z =正向圆周.
1、求()=,0t f t e ββ->的傅立叶变换。
2、已知)(t f 的傅氏变换为[]00()()().F i ωπδωωδωω=+--，求)(t f
3、用拉普拉斯变换求解
4、质量为m 的物体挂在弹簧系数为k 的弹簧一端, 外力为f (t ), 物体自平衡位置x =0处开始运动, 求运动规律x (t )（用拉式变换求解）
1、用分离变量法求解混合问题
2、半径为a 的半圆形均匀薄板，板面绝缘，在半圆周的边界上保持恒定的温度0u ，在直径上保持零度，求板内的稳定温度分布。
1、设有两端固定的弦，其初始位移和初始速度为零，求在重力作用下该弦的振动。
22()()()(0)0(())
T t a T t g t T g t ω'⎧+=⎨=⎩已知()()()()20000,0,02,0sin ,0sin 0tt xx u a u x l t u t u l t t
u x x u x x x l l l
ππ⎧⎪-= << , >⎪
⎪⎪= , = 0≤⎨⎪⎪⎪= , = ≤≤⎪⎩。