数学物理方法第三章答案完整版
《计算物理》第三章习题参考答案
V { A} E{( A A ) 2 } E{ A2 2 A A A } =E{ A}2 A A2 A
2 2
2
2 另一方面，设 V ( Ai ) A , i 1, , N , 则有
1 V { AN } 2 N
2 1 A 2 V { Ai } 2 N A N N i 1 N
(vi vi 1 ) min{1,
e
( xi i )2 2
e min{1, e
xi 2 2
}
(2 xi i i 2 ) 2
}
judge: 2 (xi xi 1 ), if it's true, i 1 xi 1 xi i , then goto ii ) and walk for the next step xi 1 xi 2 ; if not, goto ii) and walk for the step xi xi 1 again. iiii ). ={0 ,1 , ,i , , N }, f (i ) Ae
i ). i [0,1], (i ) 1, i 1, , n; ii ). 首先对偏倚密度函数 g ( x) e x 抽样： F1 ( x) e x dx 1 e x ,
0 x
set i F1 (i ) i ln i ; iii ). 求出f ( x) f (i ) f ( x) 在各抽样点的值： g ( x)
tan(1 ) tan(n 2 ) tan(n 1 )
2 2 xn xn 1 2 2 2 xn xn 1 x2
x1
,
数学物理方法习题答案[1]
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数学物理方法习题答案：第二章：1、（1）a 与b 的连线的垂直平分线；以0z 为圆心，2为半径的圆。
（2）左半平面0,x <但是除去圆22(1)2x y ++=及其内部；圆2211()416x y -+= 2、2,cos(2)sin(2)ie i πππ+； 32,2[cos(sin(3)ie i πππ+；,(cos1sin1)i e e e i ⋅+ 3、22k e ππ--； (623)i k e ππ+；42355cos sin 10cos sin sin ϕϕϕϕϕ-+； 11()sin ()cos 22b b b b e e a i e e a --++- 1()cos 2y y ay b e e x e ---- 4、（1）2214u υ+=变为W 平面上半径为12的圆。
（2）u υ=- 平分二、四象限的直线。
5、(1) zie iC -+;2(1)2i z -; ln i z - (2) 选取极坐标,,()22u C f z ϕϕυ==+=6、ln C z D +第三章：1、 （1）i π （2）、 iie π-- （3）、 0 （4）、i π （5）、6i π2、 设()!n z z e f n ξξ=z 为参变数，则 ()122011()1(0)2!2!1()()!!!!n z n n n lln n n n z z nz e d f df in in z d z z e e n n d n n ξξξξξξξξπξξπξξ+=======⎰⎰第四章：1、（1）2323()()ln 22z i z i z i i i i i ---+-+-（2）23313(1)2!3!e z z z ++++（3）211111()()[(1)(1)](1)11222k k k k kk z z i i i z z z i z i z i ∞=---=-=--++--<+-+∑2、(1)1nn z ∞=--∑(2) 11()43f z z z =--- ①3z <时 11011()34k k k k z ∞++=-∑ ，34z <<时11101134k k k k k k z z -∞++=-∞=-∑∑，4z >时 11111()43k k k k k z z -++=-∞-∑ ② 11011()34kk k k z ∞++=-∑ ③031z <-<时1(3)kk z ∞=---∑，041z <-<时 11()(4)k kk z ∞+=---∑；④ 031z <-<，041z <-<同③的结果，而31z ->时，21(3)k k z ∞=-∑，41z ->时，21()(4)kk k z ∞=--∑ 3、 （1）两个奇点 1,z z ==∞ 所以，1z =为()f z 的二阶极点。
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法课本答案第三章分离变量法
第三章 分离变量法3。
2 基础训练3.2.1 例题分析例1 解下列定解问题：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂-==∂∂=><<∂∂=∂∂====0,20,00,0020022222t t lx x t u lx x u x uu t l x x u a t u （1） 解：分离变量，即令(,)()()u x t X x T t = （2） 代入方程（（1）中第一式），得0)()(2=+''t T a t T λ （3）0)()(=+''x X x X λ （4）其中λ为分离常数。
（2）式代入边界条件（（1）中第二式），得0)()0(='=l X X （5）相应的本证值问题为求⎩⎨⎧='==+''0)()0(0)()(l X X x X x X λ （6） 的非零解．下面针对λ的取值情况进行讨论： （1）当0λ<时，（6）式中方程的通解是()X x Ae =+ （7）其中A ，B 为积分常数，（7）代入（6）中边界条件，得A B Ae+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ （8）由（8）得A=B=0，得X （x ）=0，为平凡解，故不可能有0λ<。
(2) 当0λ=时，（6）式中方程的通解是 ()X x Ax B =+由边界条件得A=B=0，得X （x ）=0，为平凡解，故也不可能有0λ=。
（3）当02>=βλ时，上述固有值问题有非零解．此时式（6）的通解为x B x A x X ββsin cos )(+=代入条件（6）中边界条件，得0cos ,0==l B A β由于 0≠B ，故 0cos =l β，即),2,1,0(212 =+=n ln πβ从而得到一系列固有值与固有函数2224)12(ln n πλ+= ),2,1,0(2)12(sin)( =+=n x ln B x X n n π与这些固有值相对应的方程（3）的通解为),2,1,0(2)12(sin 2)12(cos )( =+'++'=n tlan D t l a n C t T n nn ππ于是，所求定解问题的解可表示为x l n t l a n D t l a n C t x u n n n 2)12(sin 2)12(sin 2)12(cos ),(0πππ+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=∑∞=利用初始条件确定其中的任意常数n n D C ,，得0=n D33202)12(322)12(sin )2(2ππ+-=+-=⎰n l xdxln lx x l C l n故所求的解为x l n t l a n n l t x u n 2)12(sin 2)12(cos )12(132),(0332πππ++⨯+-=∑∞=例2 演奏琵琶是把弦的某一点向旁边拨开一小段距离，然后放手任其自由振动。
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 ∴==。
1u x ∂=∂，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 v x 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*000lim lim lim()0z z z z z z z zz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。
【当0,i z z re θ≠∆=，*2i ze zθ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z z z 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()332222220,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩，332222220(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方程课后参考答案第三章
解：令
又 故取 则 满足调和方程
即
代入原定解问题，得 满足
用分离变量法零解 ，得
.
所以
再由另一对边值得
所以 .
得
最后得
8.举例与说明在二维调和方程的狄利克莱外问题，如对解 不加在无穷远处为有界的限制，那末定解问题的解以不是唯一的。
是区域 中的调和函数（无穷远点除外）.
如果区域 为球面K以外的无界区域，则函数u 在 中除去原点O外是调和的，函数 称为函数 的凯尔文（Kelvin）变换。
证明：只需证明 满足 。
=
=
代入 的表达式，有
=
=
若u在包含原点O的有界区域内处处式调和的即 ,则除无穷远点（O的反演点）外， 即除 点外v是调和的。若u在无界域 上是调和的，则除去O点外，v也是调和的。证毕。
且矩阵( )是正定的，即
由于矩阵( )是非正定的，故 可以写成 的线性齐次式的平方和，即
=
所以
于是
因此在 点
与 在 点满足方程是矛盾的，故 不能在 内部达到正的最大值。
7．证明第6题中讨论的椭圆形方程第一边值问题的唯一性与稳定性。
证：唯一性。只须证明方程在齐次边值条件只的零解。
设 在 内满足方程，在 边界 上 。因 在 上连续，故 是有界的，
第三章调和方程
§1建立方程定解条件
1．设 是n维调和函数（即满足方程
），试证明
其中 为常数。
证： ,
即方程 化为
所以
若 ，积分得
即 ，则
若 ，则 故
即 ，则
2．证明拉普拉斯算子在球面坐标 下，可以写成
2023年大学_《高等数学》第四册(数学物理方法)课后习题答案下载
2023年《高等数学》第四册(数学物理方法)课后习题答案下载《高等数学》第四册内容简介第一篇复变函数论第一章复数与复变函数第一节复数1.1.1. 复数域1.1.2. 复平面1.1.3. 复数的模与幅角1.1.4. 复数的乘幂与方根第二节复变函数的基本概念1.2.1. 区域与约当曲线1.2.2. 复变函数的概念1.2.3. 复变函数的极限与连续性第三节复球面与无穷远点1.3.1. 复球面1.3.2. 闭平面上的几个概念习题第二章解析函数第一节解析函数的概念及哥西一黎曼条件 2.1.1. 导数的定义2.1.2. 哥西一黎曼条件2.1.3. 解析函数的定义第二节解析函数与调和函数的关系2.2.1. 共轭调和函数的求法2.2.2. 共轭调和函数的几何意义第三节初等解析函数2.3.1. 初等单值函数2.3.2. 初等多值函数习题第三章哥西定理哥西积分第一节复变积分的概念及其简单性质3.1.1. 复变积分的定义及其计算方法3.1.2. 复变积分的简单性质第二节哥西积分定理及其推广3.2.1. 哥西积分定理3.2.2. 不定积分3.2.3. 哥西积分定理推广到复围线的情形第三节哥西积分公式及其推广3.3.1. 哥西积分公式3.3.2. 解析函数的无限次可微性3.3.3. 模的最大值原理哥西不等式刘维尔定理摩勒纳定理第四节解析函数在平面场中的应用3.4.1. 什么叫平面场3.4.2. 复位势3.4.3. 举例习题第四章解析函数的幂级数表示第一节函数项级数的基本性质4.1.1. 数项级数4.1.2. 一致收敛的函数项级数第二节幂级数与解析函数4.2.1. 幂级数的敛散性4.2.2. 解析函数的幂级数表示第三节罗朗级数4.3.1. 双边幂级数的收敛圆环4.3.2. 解析函数的罗朗展式4.3.3. 罗朗展式举例第四节单值函数的孤立奇点4.4.1. 孤立奇点的`三种类型4.4.2. 可去奇点……习题第五章残数及其应用第六章保角变换第二篇数学物理方程第七章一维波动方程的付氏解第八章热传导方程的付氏解第九章拉普拉斯方程的圆的狄利克雷问题的付氏解第十章波动方程的达朗贝尔解第十一章数学物理方程的解的积分方式第十二章定解问题的适定性第十三章付里叶变换第十四章拉普拉斯变换第三篇特殊函数第十五章勒让德多项式球函数第十六章贝塞耳函数柱函数第十七章厄密多项式和拉盖尔多项式附录《高等数学》第四册目录本书内容为数学物理方法，包括复变函数论、数学物理方程、积分变换和特殊函数等部分，可供综合大学和师范学院物理类专业作为教材。
数学物理方法答案3
由关于极点的留数定理的推论 2，得
Re sf z2 1 2 z 2 2a 1 z 1
z z2
1 2 z 2 2a 1 z 2 a 1 2
a2 a
1 4 a2 a
。 由留数定理，得
I i 2 i Re sf z2 i 2 i 1 4 a2 a
4
F z f z eimz z2 ae
3 i 4
i zeimz 4 在上半平面有二个一阶极点 z ae 和 1 z 4 a4
。
由关于极点的留数定理的推论 2，得
3
Re sF z1
ze
4
imz
z a 4
zeimz
z z1
e 4z2
cos xdx 1 1 2 i Re sF i Re sF 3i 8e 24e3 。 2 x 1 x 9
2
（3） f z
z z 在实轴上无奇点,且 f z 0。 z a4
2 a2 a
。
29、求下列各积分的值 （1） 0
x 2 dx ； x 2 1 x2 4
（2）
cos x dx ； ( x 1) x 2 9
2
2
（3） 0
x sin mx 。 dx （ m 0, a 0 ） x4 a4
解:（1） I 0
1 2 d 1 dz dz i 。 2 1 z 1 z 2 2a 1 z 1 2 0 2a 1 cos 2 z 1 zz 2a 1 iz 2
《数学物理方法》第三章 2
z
从而有
f (z0 +∆z) − f (z0) 1 f (ζ ) f (ζ ) = dζ − ∫ dζ ∫C C ζ −z ∆z 2πi∆z ζ − z0 −∆z 0
1 = 2πi
f (ζ ) ∫ C (ζ − z0 )(ζ − z0 − ∆z )dζ
1 f (ζ ) ∆zf (ζ ) = dζ + ∫ dζ ∫C 2 C (ζ − z )2 (ζ − z −∆z) 2πi (ζ − z0 ) 0 0
∆z f (ζ ) ds ∆zf (ζ ) I =| ∫ dζ |≤ ∫ 2 C (ζ − z )2 (ζ − z −∆z) C ζ − z0 ζ − z0 −∆z 0 0
f ( z) dz 的值可能也无 z − z0
∫
C
f ( z) dz = z−z
0
∫
z − z0 =δ →0
f ( z) dz → ∫ z−z
0
z − z0 =δ
f (z ) dz z−z
0 0
→ f ( z0 ) ∫
z − z0 =δ
1 dz = 2πif ( z0 ) z − z0
上面的猜想是否成立，我们即将进行证明 上面的猜想是否成立，我们即将进行证明.
iz iz z +i =1 z =− i
z （2）注意到函数 f (z) = ） 2在 5− z
z ≤ 2 内解析，而 i 在 内解析，
z = 2
内，由柯西积分公式得
高等数学第四册第三版数学物理方法答案 完整版
k = 0, ±1, ±2,⋅⋅⋅
3i = eiLn3 = ei(ln3+2kπ ) = cos ln 3 + i sin ln 3
e2+i = e2 iei = e2 (cos1+ i sin1) sin z
22，求证lim =1 z→0 z
证 : z = x +iy (x,y, 均 为 实 数 ) ， 所 以
=[
a2
+ b2
(cosθ
1
+ i sinθ )]2
=
(a2
+
b2
)
1 4
(cos
θ
+ i sin θ
);
2
2
3.设 试用三角形式表示 及 。 1+i
z1 =
, 2 z2 = 3 − i;
z1
z1z2
z2
π
π 1π
π
解： z1 = cos 4 + i sin 4 ; z2 = 2 (cos 6 + i sin 6 );
解:由题意 ,所以有 ; z4 = −a4
⎛ ⎜ ⎝
z a
4
⎞ ⎟ ⎠
=
−1( a
>
0)
;所以 ; ⎛
⎜⎝
z a
4
⎞ ⎟⎠
=
cos π
+ i sin π
=
eiπ
z
=
iθ +2kπ
e4
(k
=
0,1, 2,3)
a
; ; ; . iπ
i 3π
i 5π
i 7π
z1 = ae 4 z2 = ae 4 z3 = ae 4 z4 = ae 4
数学物理方法习题解答
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各具有怎样的意义？ 5，arg ,Re ,z a z b αβ<<<<（,,a αβ和b 为实常数）解：射线ϕα=与ϕβ=，直线x a =与x b =所围成的梯形。
7，111z z -≤+解：11111z z z z -≤⇒-≤++，令z x iy =+，则11z z -≤+即()()2222110x y x y x -+≤++⇒≥。
即复数平面的右半平面0x ≥。
【2】将下列复数用代数式，三角式和指数式几种形式表示出来。
3，1+解：代数式即：1z =+；2ρ=，且z 的辐角主值arg 3z π=，因此三角式：2cos2sin33z i ππ=+；指数式：232i k i z e eππϕρ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==，k ∈ 。
7，1i 1i-+解：21i (1i)2i i 1i(1i)(1i)2---===-++-，因此，其代数式：i z =-，三角式：33cos sin22z i ππ=+；指数式：322i k i z e eππϕρ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==，k ∈ 。
【3】计算下列数值。
（a ，b 和ϕ为实常数）2，解：将被开方的i 用指数式表示：22ei k i ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，k ∈ 。
那么2322eexp 63i k k i ππππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎡⎤⎛⎫==+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，k ∈ 。
7，cos cos 2cos 3cos n ϕϕϕϕ++++ 解：因为，cos R e (1)ik k e k n ϕϕ=≤≤，因此()[]2323cos cos 2cos 3cos R e R e R e R e (1)R e R e 1cos cos(1)sin sin(1)R e 1cos sin 222sin sin cos 222R e 2sin sin 2i i i in i in i i i in i n e eeee e eeeee n i n i n n n i ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ++++=++++⎡⎤-=++++=⎢⎥-⎣⎦⎧⎫-++-+⎪⎪=⎨⎬--⎪⎪⎩⎭++⎛⎫- ⎪⎝⎭= 222(1)2sin 2R e sin cos 2221(1)sin sin sin sin cos 22222R e sin sin2sin222n i i n i n e i e n n n n e ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ++⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎛⎫⎢⎥- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎛⎫++- ⎪⎝⎭===1.2 复变函数【2】计算下列数值。
数学物理方法第四版课后习题答案
数学物理方法第四版课后习题答案数学物理方法是一门综合性的学科，它既包含了数学的抽象思维和逻辑推理，又融合了物理的实证观察和实验验证。
对于学习数学物理方法的学生来说，课后习题是非常重要的一部分，通过解答习题可以巩固所学的知识，提高问题解决能力。
本文将为读者提供《数学物理方法第四版》课后习题的答案，帮助读者更好地理解课本内容。
第一章：数学物理方法的基础1.1 习题答案：a) 由于是一元函数，所以可以将其表示为幂级数的形式：f(x) = a0 + a1x + a2x^2 + ...将f(x)代入微分方程，整理得到：a2 + (a3 - a1)x + (a4 - 2a2)x^2 + ... = 0由于等式左侧是一个幂级数，所以等式两边的每一项系数都为零，解得：a2 = 0a3 - a1 = 0a4 - 2a2 = 0...解得：an = 0 (n为偶数)an = an-2/n(n-1) (n为奇数)b) 将f(x)代入微分方程，整理得到：2a2 + (3a3 - a1)x + (4a4 - 2a2)x^2 + ... = 0a2 = 0a3 - a1 = 0a4 - 2a2 = 0...解得：an = 0 (n为偶数)an = an-2/(n+1)(n+2) (n为奇数)1.2 习题答案：a) 根据题意，设矩形的长为L，宽为W，则有：2L + 2W = 100LW = A解得：L = 50 - WW(50 - W) = AW^2 - 50W + A = 0由于W为矩形的宽度，所以W > 0，根据二次方程的性质，判别式D = 2500 - 4A > 0解得：A < 625b) 根据题意，设矩形的长为L，宽为W，则有：2L + 2W = 100解得：L = 50 - WW(50 - W) = AW^2 - 50W + A = 0由于W为矩形的宽度，所以W > 0，根据二次方程的性质，判别式D = 2500 - 4A ≥ 0解得：A ≤ 625第二章：向量分析2.1 习题答案：a) 根据题意，设向量A的分量为(A1, A2, A3)，向量B的分量为(B1, B2, B3)，则有：A ×B = (A2B3 - A3B2, A3B1 - A1B3, A1B2 - A2B1)A ·B = A1B1 + A2B2 + A3B3解得：A ×B = (1, -1, 2)A ·B = 3b) 根据题意，设向量A的分量为(A1, A2, A3)，向量B的分量为(B1, B2, B3)，则有：A ×B = (A2B3 - A3B2, A3B1 - A1B3, A1B2 - A2B1)A ·B = A1B1 + A2B2 + A3B3A ×B = (1, -1, 2)A ·B = 0以上是《数学物理方法第四版》第一章和第二章部分习题的答案，希望读者通过这些答案能够更好地理解课本内容，提高问题解决能力。
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第三章答案1. (6分)已知齐次状态方程Ax x=&的状态转移矩阵)(t Φ如下，求其逆矩阵)(1t -Φ和系统矩阵A 。
⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+---=Φ--------2t t 2t t 2t t 2t t 3e 2e 3e3e 2e 2e 2e 3e )t (。
解： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+---=-Φ=Φ-2t t 2t t 2t t 2t t 13e 2e 3e3e 2e 2e 2e 3e )t ()t ( （3分） ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=Φ==4-3-21|)t (A 0t & （3分） 2. (8分)求定常控制系统的状态响应。
()()()()()()0101,0,0,11210x t x t u t t x u t t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+≥== ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭&解：11t tt Att tt t tt e te te e e t t tee te -------+⎛⎫+⎛⎫== ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭ （4分）0()()(0)()()10t t t t t x t t x Bu t d e te e d te e e τττττττττ------=Φ+Φ-⎡⎤⎡⎤+⎡⎤=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎰⎰ （4分）3．(3分) 已知齐次状态方程Ax x =&的状态转移矩阵)(t Φ如下，求其系统矩阵A 。
⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+---=Φ--------2t t 2tt 2t t 2tt 3e 2e 3e3e 2e 2e 2e 3e )t (。
解：⎥⎦⎤⎢⎣⎡=Φ==4-3-21|)t (A 0t & （3分） 4．(8分)已知系统的状态方程为：u x x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=111101&， 初始条件为1)0(1=x ，0)0(2=x 。
求系统在单位阶跃输入作用下的响应。
解：解法1：⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=Φ--t t t e te e s s L t 01101)(11； （4分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰---t t t t t t t t t t t ttte e te e te e d e e t e e tee x 212111)(00100τττττ。
（4分） 解法2：⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=+-=-s s s s s s s s s s x s Bu A s s x 21)1(111)1(11)1(1)}0()({)I ()(22221；⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==-t t te e s x L x 212)]([1。
5．(8分) 已知系统的状态空间描述为[]12034110x x u y x⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦=& 1）求系统的状态转移矩阵。
2）初始条件为[](0)01Tx =，求系统在()()1u t t =作用下的系统输出()y t 。
解：1）111112344242(1)(2)(1)(2)1()3131(1)(2)(1)(2)(1)(2)3222321212()()33231212t s sI A s s s s s s s sI A s s s s s s s s e es s s s t L sI A L s s s s -------⎡⎤-=⎢⎥+⎣⎦+⎡⎤⎢⎥+++++⎡⎤⎢⎥-=⋅=⎢⎥----++⎢⎥⎣⎦⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤--⎢⎥-++++⎡⎤Φ=-==⎢⎥⎣⎦--⎢⎥++⎢⎥++++⎣⎦2222223323tt t t tt t e e e e e e -------⎡⎤-⎢⎥-+-+⎣⎦(5分)2）[]22220022222322222()()(0)()()23232112231312322222()10()t t tt t t t t t ttt t t t tt e e e e x t t x Bu t d d e e e e e e e e e e e e e e y t x t e ττττττττ-------------------⎡⎤⎡⎤--=Φ+Φ-=+⎢⎥⎢⎥-+-+⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤-++-+⎡⎤-⎢⎥⎢⎥=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+---⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦==-⎰⎰1+（3分）或[]2111221()[()(0)()()]3122()10()1t t t e x t L sI A x sI A BU s e y t x t e ------⎡⎤-+⎢⎥=-+-=⎢⎥-⎢⎥⎣⎦==-+ 6．(8分) 已知系统的状态空间描述为[]01023110x x u y x⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦=& 1）求系统的状态转移矩阵。
2）初始条件为[](0)01Tx =，求系统在()()1u t t =作用下的系统输出()y t 。
解：123s sI A s -⎡⎤-=⎢⎥+⎣⎦（1分）13131(1)(2)(1)(2)1()22(1)(2)(1)(2)(1)(2)s s s s s s sI A s s s s s s s s -+⎡⎤⎢⎥+++++⎡⎤⎢⎥-=⋅=⎢⎥--++⎢⎥⎣⎦⎢⎥++++⎣⎦（2分）2211122211121212()()22122221212t tt t t tt t e ee e s s s s t L sI A L e e e e s s s s -----------⎡⎤--⎢⎥⎡⎤--++++⎡⎤Φ=-==⎢⎥⎢⎥⎣⎦---+-+⎢⎥⎣⎦++⎢⎥++++⎣⎦（2分）222200222222()()(0)()()22111122222t t tt t t t t t t t t t t t t e e e e x t t x Bu t d d e e e e e e e e e e e e e e ττττττττ------------------⎡⎤⎡⎤--=Φ+Φ-=+⎢⎥⎢⎥-+-+⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎡⎤-++-+-⎢⎥⎢⎥=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦-⎣⎦⎣⎦⎰⎰（2分）[]2111022t y x e -==-+（1分）或 2111211()[()(0)()()]22t te x t L sI A x sI A BU s e -----⎡⎤-+⎢⎥=-+-=⎢⎥⎣⎦（2分）[]2111022t y x e -==-+ （1分）7．（3分）设状态转移矩阵333311()()24()1()2t tt t t t t t e e e e t e e e e ----⎡⎤+-+⎢⎥Φ=⎢⎥⎢⎥-++⎢⎥⎣⎦，试确定其矩阵A 。
解： 33033011(3)(3)1124()1413(3)2t t t t t t tt t t e e e e A t e e e e --=--=⎡⎤-++⎢⎥⎡⎤=Φ==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥+-+⎢⎥⎣⎦& 8．(10分) 已知系统的状态空间描述为[]01023231x x u y x⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦=& 若初始条件为[](0)01Tx =，求系统在()()1u t t =作用下的系统输出()y t 。
解：1）121111233131(1)(2)(1)(2)1()22(1)(2)(1)(2)(1)(2)211121212()()22121212t t t s sI A s s s s s s s sI A s s s s s s s s e e e s s s s t L sI A L s s s s --------⎡⎤-=⎢⎥+⎣⎦+⎡⎤⎢⎥+++++⎡⎤⎢⎥-=⋅=⎢⎥--++⎢⎥⎣⎦⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤--⎢⎥--++++⎡⎤Φ=-==⎢⎥⎣⎦--⎢⎥++⎢⎥++++⎣⎦222222t t t t t e e e e e -----⎡⎤⎢⎥-+-+⎣⎦(6分)2）[]222200222222()()(0)()()224211222()31()23t t tt t t t t t t t t t t t t t e e e e x t t x Bu t d d e e e e e e e e e e e e e e y t x t e ττττττττ-------------------⎡⎤⎡⎤--=Φ+Φ-=+⎢⎥⎢⎥-+-+⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎡⎤--++-+=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+-⎣⎦⎣⎦⎣⎦==-+⎰⎰ （4分）或用另一种方法[]1111()[()(0)()()]()31()23t t t e x t L sI A x sI A BU s e y t x t e ------⎡⎤-+=-+-=⎢⎥⎣⎦==-+ （4分）9．（3分）设状态转移矩阵22223222()3323t tt t t tt t e e e e t e e e e --------⎡⎤--Φ=⎢⎥-+-+⎣⎦，试确定其矩阵A 。
解： 012()34t A t =⎡⎤=Φ=⎢⎥--⎣⎦& （3分） 10．(10分) 已知系统的状态空间描述为[]01023110x x u y x⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦=& 初始条件为[](0)01Tx =，求系统在()()1u t t =作用下的系统输出()y t 。
解：（1）121111233131(1)(2)(1)(2)1()22(1)(2)(1)(2)(1)(2)211121212()()22121212t t t s sI A s s s s s s s sI A s s s s s s s s e e e s s s s t L sI A L s s s s --------⎡⎤-=⎢⎥+⎣⎦+⎡⎤⎢⎥+++++⎡⎤⎢⎥-=⋅=⎢⎥--++⎢⎥⎣⎦⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤--⎢⎥--++++⎡⎤Φ=-==⎢⎥⎣⎦--⎢⎥++⎢⎥++++⎣⎦222222t t t t t e e e e e -----⎡⎤⎢⎥-+-+⎣⎦（6分）（2）[]2222002222222()()(0)()()22111122222111022t t tt t t t t t t t t t t t t t e e e e x t t x Bu t d d e e e e e e e e e e e e e e y x e ττττττττ-------------------⎡⎤⎡⎤--=Φ+Φ-=+⎢⎥⎢⎥-+-+⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎡⎤-++-+-⎢⎥⎢⎥=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+⎣⎦-⎣⎦⎣⎦==-+⎰⎰ （4分） 或用另一种方法[]21112211()[()(0)()()]22111022t tt e x t L sI A x sI A BU s e y x e ------⎡⎤-+⎢⎥=-+-=⎢⎥⎣⎦==-+（4分）11. (10分)已知系统的状态空间描述及初始条件如下：[]01010651u,y ⎡⎤⎡⎤=+=⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦x x x & ()()120001x ,x ==求当u =1(t )时，系统的输出y 。