数学物理方法第十一章
数学物理方法答案(科学出版社)
λn (x )=(
nπ 2 nπ x ) ， X n (x )=sin l l
（3）特解的线性叠加
n 2π 2 a 2t − ∞ nxπ u ( x , t ) = ∑ Cn e sin l2 l n =1
（4）根据本征函数正交性，由初始条件定系数. 由 x (l
n
∞
( 2n + 1) π at 得 A
=0,
得Bn =
8lv0 2 (2 n +1)π x l dx = ∫0 v0 sin (2 n +1)π a 2l (2 n +1)2 π 2 a
8lv0 ∞ 1 (2 n +1)π at (2 n +1)π x sin sin ∑ 2l 2l π 2 a n = 0 (2 n +1)2
l nxπ − x ) = u ( x , 0) = ∑ Cn sin l n =1
nxπ 2 l 4l 2 n C = ∫0 x (l − x ) sin dx = [1 − ( −1) ] n l l n3π 3 (2 n +1)2 π 2a 2 2 − 8l ∞ ( 2 n +1) xπ 1 2 ∑ ∴ u ( x, t ) = e sin l l π 3 n =0 (2 n +1)3
段的相对伸长为
( X =0端固定)
1 (n+ )π x 2 X (x )=sin n l
(3)通解为：
，λ
n
(x )=(
(2n+1)π 2 ) 2l
∞ 2 n +1 2 n +1 2 n +1 u ( x , t ) = ∑ [A cos( at ) + B sin( at )]sin( π π π x) n n 2 l 2 l 2 l n =0 (4)由 u ( x , 0) = 0 得 B = 0 t n ∞ F0 x 2 n +1 π x ) 得： = u( x , 0) = ∑ An sin( YS l 2 时,上式中的 x ± at 就会超出这个区间.考虑本题是第一内 边界条件,这里的 ϕ ( x ) 与ψ ( x ) 应理解为经过奇沿拓的,周期为 2l 的初位移与初速 度.
11.1泛函和泛函的极值-武汉大学数学物理方法
考虑：δ ∫ [ F ( x, y, y′) + λG ( x, y, y′)]dx = 0
a
b
则→
∂F ∂y
+λLeabharlann ∂G ∂y−d dx
[(
∂F ∂y ′
)+λ
d
dx ∂y ′
(
∂G
)] = 0
积分常数 C1 , C 2和λ可由附加条件定出
§11.1 泛函和泛函的极值
四.泛函的条件极值
1 ⎧ 2 ⎪ J [ y ( x )] = ∫ y ′ dx 0 ⎪ 1 ⎪ 2 例 2 .⎨ y dx = 1 ∫ ⎪ 0 ⎪ y ( 0 ) = 0， y (1 ) = 1 ⎪ ⎩
考虑
δ ∫ ( y′2 + λy 2 )dx = 0
0
1
不显含x, 也可推出一阶Euler方程, 此处直接用二阶Euler d 也不困难 : 2λy − (2 y′) = 0 dx
§11.1 泛函和泛函的极值
四.泛函的条件极值
即 : y′′ − λy = 0 y = C1e
λx
+ C2 e −
λx
§11.1 泛函和泛函的极值
二、泛函的极值
2.变分
(1) : 函数的变分 : 若 y ( x ) 微变 y ( x ) + t η ( x ), t为小参数 , 则记
δ ( y ) = tη ( x ) ( 2 ) — 称 tη ( x )为 y ( x )的变分 . 注意 : δ y 不同于 dy , dy 有一取极值过程 , δ y 不取
δ ( y ) → y ′( x )的变分
即： δ ( y ′) ≡
d dx
δ ( y)
人教版物理八年级下册第十一章功的计算
思考：第三次与第一次比较说明了什么？ 在力的方向移动的距离一样大时，功的大小跟物体 受力的大小成正比
二、功的计算 1、功等于力和物体在力的方向上通过的距离的乘积。 2、功的公式： 功=力×距离
W=F·S （注意S是指在F的方向上移动的距离） 3、功的单位：焦耳（焦） 1焦耳=1牛顿·米
解：∵匀速提升 ∴F1=G=100牛
又∵s1=1米 ∴W1=F1s1=100牛×1米=100焦 ∵F2=50牛 s2=10米 ∴ W2=F2s2=50牛×10米=500焦
答：…
注意：提升物体所做的功常直接用W=Gh计算
公式W=Fs综合应用 “功等于力跟物体在力的方向上通过距离的乘积”，用公 式可以表示为W＝FS。这是课本上告诉我们计算功的法则， 解题时应注意以下“三性”。
意义：1牛的力使物体在力的方向上，通过1米的距离时 所做的功为1焦
1焦耳有多大？
1）把一只鸡蛋举高2米所做的功大约为1焦耳
2）把一本<物理>书从地面捡起放回桌面所做 的功大约为2焦耳
例1 质量为50kg的雪橇上装载了350kg的原木，一匹马 拉着雪橇沿着平直的里面匀速前行，将原木运到了3000m 外的货场。如果雪橇行进中受到的摩擦力是800N，求马 车的水平拉力作用。
慕联提示
亲爱的同学，课后请做一下习题测 试，假如达到90分以上，就说明你 已经很好的掌握了这节课的内容， 有关情况将记录在你的学习记录上， 亲爱的同学再见！
解：雪橇在平直路面上做匀速直线运动，马的水平 拉力F与摩擦力F擦的大小相等。
F擦=800N
F=800N
雪橇沿水平方向移动的距离s=3000m
所以，马的水平拉力做功 W=FS=800NX3000m=2.4x106J
《数学物理方法》第十一章分离变量法
流
程
T Aexp(a2t)
X sin
x,
n l
图
un Tn (t)Xn ( x)
u u(x,t)
u Tn X n
28
1. 补充：三角函数的正交性
29
30
31
32
33
【例11.1.2】 设长为l 的均匀杆，两端绝热, 杆 内初始温度分布为(x), 求杆内温度随时间的 变化规律 解 定解问题为
将尝试解 y ＝ erx 代入方程得 r2 - 2 ＝ 0 特征根为±，
将r ＝ ±代入尝试解得方程的二个特解， 其线性组合即为通解 y ＝ c1ex+c2e-x ． (1)
12
2．方程 y"+ 2y ＝ 0 的通解有三种形式.将尝试解
y ＝ erx 代入方程得 r2 + 2 ＝ 0 特征根为±i， 将r ＝ ±i 代入尝试解得方程的二个特解，其线 性组合即为通解
(uy1+vy2)"
＝ (u"y1+2u'y1'+ uy1") + (v"y2+2v'y2'+ vy2")
p(uy1+vy2)'＝ p(u'y1+ uy1')+ p(v'y2+ vy2') q(uy1+vy2)
19
→ (u"y1 +2u'y1'+ uy1")+ p(u'y1 +uy1') + quy1 + (v"y2 +2v'y2'+ vy2")+ p(v'y2+ vy2')
数学物理方法讲义
《数学物理方法》（Methods of MathematicalPhysics）《数学物理方法》是物理类及光电子类本科专业学生必修的重要基础课，是在《高等数学》课程基础上的一门重要的应用数学类课程，为专业课程的深入学习提供所需的数学方法及工具。
课程内容：复变函数（18学时），付氏变换（20学时），数理方程（26学时）第一篇复变函数（38学时）绪论第一章复变函数基本知识4学时第二章复变函数微分4学时第三章复变函数积分4学时第四章幂级数4学时第五章留数定理及应用简介2学时第六章付里叶级数第七章付里叶变换第八章拉普拉斯变换第二篇数学物理方程（26学时）第九章数理方程的预备知识第十章偏微分方程常见形式第十一章偏微分方程的应用绪 论含 义使用数学的物理——（数学）物理 物理学中的数学——（应用）数学Mathematical Physics方 程1=x{222111c y b x a c y b x a =+=+()t a dtdx= ⎰=)(t a xdt常微分方程0222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x dt x d ω ()C t A x +=ωcos偏微分方程——数学物理方程0222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂z y x ψψψ ()z y x ,,ψψ=12=x()ψψψψψz y x U zy x m h t h i ,,22222222+⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂()t z y x ,,,ψψ=复 数1. 数的概念的扩充正整数（自然数） 1，2，…运算规则 ＋，－，×，÷，()2，－ 121-=-负 数 0，-1，-2，…整 数 …，-2，-1，0，1，2，…÷ 5.021= 333.031=有理数（分数） 整数、有限小数、无限循环小数414.12=无理数 无限不循环小数 实 数 有理数、无理数i =-1 虚 数y i复 数 实数、虚数、实数＋虚数 yi x y x +,,2. 负数的运算符号12-=xi x ±=i 虚数单位，作为运算符号。
《数学物理方法》第11章_11-2009级
+ (v"y2 +2v′y2′+ vy2")+ p(v′y2+ vy2′) + qvy2
＝ (u"y1 + pu′y1 + quy1) + (vy2"+ pvy2′+ qvy2)
+ u"y1+2u′y1′+ pu′y1 +v"y2 + 2v′y2′+ pv′y2
＝u"y1+v"y2 + 2(u′y1′+ v′y2′)+p(v′y2 + u′y1 ) ＝ u′y1′+ v′y2′＝ f(x)
14
为此，对 y ＝ u(x) y1(x) + v(x)y2(x) (9)式两边 求导，得 y′＝ (u y1 ′+ v y2 ′) + (u ′y1+v ′y2) (11) 为方便起见，第二个条件规定上武第二项为 零，即 u ′y1+ v ′y2 ＝0． (12) 将(12)式代入10 式，并利用 y1(x)及y2(x)是齐 次方程的解，即有 u′y1′+ v′y2′＝ f(x) ． (13) 将(12)式、(13)式联立，即可求出
由边界条件X(0) ＝ X(l) ＝ 0,可得
这是关于A,B的线性齐次方程组, 由于系数行 列式不为零,故A＝B＝0.
因此l < 0时, X(x)无非零解.
22
(2) 若l ＝0, 这时方程成为X" (x) ＝ 0, 它的通解 为 X(x) ＝Ax+B 由边界条件X(0) ＝ X(l) ＝ 0,得A＝B＝0, X(x) 也无非零解.
高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)
高等数学 第四册（第三版） 数学物理方法 答案（完整版）第一章 复数与复变函数（1）1.计算)(1)2;i i i i i -=-=-()122(12)(34)(2)5102122.;345(34)(34)591655i i i i i i i i i i i i +-++--+++=+=-=---+-+5551(3).;(1)(2)(3)(13)(3)102i i i i i i i ===------4222(4).(1)[(1)](2)4;i i i -=-=-=-1122())]a bi =+=112224sin )]()(cossin );22i a b i θθθθ=+=++3.设1z=2;z i =试用三角形式表示12z z 及12z z 。
解：121cossin;(cos sin );44266z i z i ππππ=+=+121155[cos()sin()](cos sin );2464621212z z i i ππππππ=+++=+ 122[cos()sin()]2(cos sin );46461212z i i z ππππππ=-+-=+11.设123,,z z z 三点适合条件1230z z z ++=及1231;z z z ===试证明123,,z z z 是一个内接于单位圆z =1的正三角形的顶点。
证明：1230;zz ++=z 123231;312;;z z z z z z z z z ∴=--=--=--122331;z z z z z z ∴-=-=-123,,z z z ∴所组成的三角形为正三角形。
1231z z z ===123,,z z z ∴为以z 为圆心，1为半径的圆上的三点。
即123z ,z ,z 是内接于单位圆的正三角形。
.17.证明：三角形内角和等于π。
证明：有复数的性质得：3213213arg;arg ;arg ;z z z z z z αβγ---=== 21z z z z -•-arg(1)2;k αβγπ∴++=-+0;k ∴=;αβγπ∴++=第一章 复数与复变函数（2）7.试解方程()4400z a a +=>。
电子课件 [数学物理方法与仿真(第3版)][杨华军][电子教案(PPT版本)]chapter11
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11.3.2 达朗贝尔公式的物理意义 由上面的讨论我们得到了自由弦振动泛定方程 的通解（11.3.4）为
u(x,t) F1(x at) F2(x at)
即定解问题的解可以表示为两个函数 F1(x at), F2(x at) 之 和，而这两个函数的具体形式完全由初始条件来确 定．为了阐述达朗贝尔公式的物理意义, 实际上只需 阐明这两个函数 F1(x at), F2(x at) 的物理意义就行了．
u(x,t) 1 [(x at) (x at)] 1
xat
( )d
2
2a xat
(11.3.9)
当函数(x) 是二次连续函数，函数 (x) 是一次连续可微
的函数时，(11.3.9)式即为无界弦自由振动定解问题的
解，表达式(11.3.9)称为达朗贝尔(D.Alembert)公式.
无界弦自由振动定解问题的解称为达朗贝尔解.
uut(t
a x,0)
2u
xx
0, 0 x x,ut x,0
x,
0
x
u0,t 0
(13.4.4) (13.4.5) (13.4.6)
由于端点固定，所以有u(0,t) 0. 为了使用无界的达
朗贝尔公式，故需要把半无界问题延拓为无界问题来
处理，即必须把 u(x,t) 、 (x) 和(x) 延拓到整个无界区
假设方程的行波解具有下列形式
u(x, y) F(y x)
(11.2.2)
代入方程即得
a2F(y x) bF(y x) cF(y x) 0
需要求方程的非零解，故
F(x x) 0
a2 b c 0
(11.2.3)
(i) b2 4ac 0，对应于双曲型方程，式（11.2.3）有两
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。
数学物理方法课件 第十一章-格林函数法-1
第十一章格林函数法
引言：格林函数的概念
格林函数，又称为点源函数，是数学物理中的一个重要概念。
格林函数代表个“点源”在定边界条件（或初始条件）所产生的场知道了点表一个“点源”在一定边界条件（或初始条件）下所产生的场。
知道了点源所产生的场，利用迭加原理，就可以确定任意分布的源所产生的场。
如在无界空间中，源与场之间的关系为：
′′′
=r r r r r ()
u r )
()(,)()u G d ρ∫∫∫()
ρ′r 源分布()
ρ′r (,G ′r r 这样，从物理上看，一个数学物理方程的解实际上表示的是“源”与它所(,)
G ′r r 格林函数
产生的“场”之间的关系。
数学物理方法课程十五
Pn
(x)
1
2n2i
可以证明：y0(x),y1(x)的收敛半径为1；y0(x) , y1(x) 在x =±1发散。
因为-1≤x≤1，因而，勒让德方程的任一个解都 不可能在x =1和x = -1有限。但数理方程的解
要求有限，相应的就要求勒让德方程的解在一切 方向0≤θ≤π,即在x 的闭区间[-1,1]上保持有限，而 级数解不可能满足这个要求。“解在区间[-1,1]的 两端 x = ±1 保持有限”，称为自然边界条件。
u(r, )
1 r2
r
r 2
u r
1
r 2 sin
s in
u
0
u(r,
)
n0
Cn
r
n
Dn
1 r n1
Pn
(cos
)
三、勒让德多项式的微分形式及积分形式
1、勒让德多项式的微分表达式
Pn (x)
1 2n n!
dn dxn
(x2
1)n
—洛德利格斯公式
2、勒让德多项式的积分形式：
因而应舍去，而当n为非整数时，y0(x), y1(x) 为
无穷级数，且在 x=±1处发散，因而应舍去。
总之，勒让德方程和自然边界条件( y(x)在
x=±1处有限)构成本征值问题，它决定了分离 变数过程中所引入的常数必须取下列数值。
“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---。
物理知识点十一章总结
物理知识点十一章总结物理学是探索自然界和宇宙间相互作用的科学，致力于揭示自然规律，并且通过实验和理论预测来解释它们。
物理学是一门非常广泛的学科，它包括了从微观领域的基本粒子到宏观领域的宇宙间相互关系的研究。
在这些研究中，物理学家们利用各种工具和方法，如数学、实验和计算等，来探索物质、能量和宇宙间的一切。
在过去的几个世纪中，物理学已经取得了巨大的进展。
从牛顿的力学、爱因斯坦的相对论到量子力学和宇宙学，物理学已经在科学界和人类社会中扮演着非常重要的角色。
这一章将对物理学的一些基本概念和原理进行总结，包括力学、热学、电磁学等方面的知识。
一、力学力学是物理学的一个基础分支，它研究物体的运动和相互作用。
在力学中，最基本的概念是力，力是物体之间相互作用的结果，它可以导致物体的运动或变形。
根据牛顿的力学定律，物体的运动状态受到力的作用，力的大小和方向决定了物体运动的变化。
力学还包括了动力学和静力学。
在动力学中，研究物体在力的作用下的运动规律，包括速度、加速度等；而在静力学中，研究物体处于静止状态时受到力的平衡条件，包括平衡力、张力等。
在力学中，还涉及到能量和动量等概念。
能量是物体在运动过程中的物理量，它可以以各种形式存在，包括动能、势能等；而动量是描述一个物体运动状态的物理量，它与物体的质量和速度有关。
二、热学热学是研究热量和温度的物理学科，它涉及到热力学、热传导、热辐射等内容。
热力学是研究热量的传递和转化过程，它描述了物体在不同温度下的热平衡状态和热量的转化规律。
在热学中，我们还了解到热力学定律，它包括了热传导定律、热辐射定律等，这些定律描述了热量在传递和转化过程中的一些规律和特点。
热学还涉及到温度和热容等概念，温度是描述物体热平衡状态的物理量，而热容是描述物体在温度变化下吸收或释放热量的物理量。
三、电磁学电磁学是研究电荷和电磁场相互作用的物理学科，它包括了静电学、电流学、电磁感应和电磁波等内容。
静电学研究了静电场和电荷之间相互作用的规律，它描述了电荷之间的排斥和吸引规律。
11.2 贝塞尔方程
2
d R dx
2
2
x
dR dx
x m
2
2
R 0
（11.4.1）
数学物理方法
令 i x , y ( ) R ( x ) 代入上式，则得到贝塞尔方程
y y m
2 2 2
y0
（11.4.2）
令 i x , 即可得到虚宗量贝塞尔方程的解。 定义虚宗量贝塞尔方程的解具有如下形式
解：采用柱坐标系，极点在下底中心， z 轴沿圆柱的轴， 定解问题表为
2u 0 u 0, 0 u z 0 f 1 ( ), u
zL
f2 ( )
本例是圆柱内部的拉普拉斯方程定解问题， 柱侧是齐次的第 二类边界条件，故考虑 0 的情况。
况应舍弃。 故把特解叠加起来，有
v
Ap I0 (
p L
) sin
p z L
p 1
为确定系数，将上式代入柱侧的边界条件 q0 p p p z I '0 ( 0 ) sin Ap
p 1
L
L
L
k
数学物理方法
例 2 半径 0 ，高 L 的导体圆柱壳，用不导电的介质将柱壳 的上下底面和侧面隔离开，柱壳侧面电势为 u 0 z / L ，上底 面电势为 u 1 ，下底面接地，求柱壳外电势分布
v [ A J 0 ( ) B N 0 ( )]e
a t
2
A J 0 ( 1 ) B J 0 ( 1 ) 0 代入边界条件， ，从而解 AJ 0 ( 2 ) BJ 0 ( 2 ) 0
出本征值 ，从而定出相应系数，得解。
数学物理方法第11章(2)
所有本征振动的叠加得到通解
系数由初始条件确定．有
把右边的函数 后比较两边的系数，得到
展开为傅里叶余弦级数，然
11.3 有界弦的强迫振动 边界条件齐次化
2 2u u 2 f ( x, t ), t 0, 0 x L 2 a 2 x t u (0, t ) u ( L, t ) 0, u ( x,0) 0, ut ( x,0) 0
边界 齐次化
11.4 二维极坐标系下拉普拉斯方程分离变量
例 11.3.1 物理模型： 带电的云与大地之间的静电 场近似是匀强静电场,其电场 强度 是竖直的，方向向 下．水平架设的输电线处于 这个静电场之中，输电线是 导体圆柱，柱面由于静电感 应出现感应电荷，圆柱邻近 的静电场也就不再是匀强的 了，如图11.2所示．不过离圆 柱“无远限远”处的静电场 仍保持为匀强的．现在研究 导体圆柱怎样改变了匀强静 电场,求出柱外的电势分布．
(2)若
，则（11.2.22）的解为 只能得到无意义的解
由（11.2.23）得 ，应该排除 （3）若 ，则方程的解是
由（11.2.23）则
注意到 ．在
且要得到非零解，只有 条件下， ，即 可以是任意常数．条件
故得到本征值为 相应的本征函数是
系数B可以在求通解时考虑进去，故此将系数认为是
归一化的
n a 2 L n x Cn (t) dx f n (t ) Cn (t) 0 f ( x, t ) sin L L L
Cn (0) 0 (0) 0 Cn
Cn (t )
n a
L
t
0
n a(t ) f n ( ) sin d L
t
数学物理方法：第十一章-格林函数法-2
/
0
u
(r)
V
G
(r,
r
)
(r)dr
0
G
(r,
r)
u(r) n
u
(r)
G(r, n
r)
dS
（2）第二类边界条件
2u(r)
(r)
/
0
u n
f (r )
(r D)
u(r)
V
G(r, r)
(r)dr
0
G(r,
r)
f
(r)dS +
1 V
V
u(r)dr
2G(r,
r)
1
0
(r r)+ 1 0V
G(r, r)
4
0
1
| r r |
4 0
q | r r1
|
4 0
1 | r r |
4 0
q
a r r
r
0
G(r, r)
4 0
1 |r
r
|
a r
4 0
|
1 r
a2 r2
r
|
q
a r
像电荷的电量和位置：
qa, r
r1
=
a2 r2
r
结论：1）像电荷位于球面的外侧； 2）如果源电荷是正的，则像电荷则是负的。
e z
cos
r r
r r
r
o y
x
sin sin cos cos sin sin sin sin cos cos
cos sin sin cos cos cos
例2 在半无界空间内求解拉普拉斯方程的第一边值问题
2u 0
数学物理方法积分变换法
U (1 , 2 , t ) 2 2 2 a 1 2 U (1 , 2 , t ) F (1 , 2 , t ), t U (1 , 2 , 0) (1 , 2 )
2 2 1 ( x ) ( y ) u ( x, y, t ) 2 exp d d 2 4a t 1 1 4a t y 1 1 2xa1t 2 2 2a t x1 e d y1 e d 1 1
2
数学物理方法2015.02
第一节 Fourier积分变换法
例子
2 2 u u u 2 2 a , ( x , y ) R ,t 0 2 2 x y t u ( x, y, 0) 1, 1 x, y 1 ( x, y) R 2 其它 0,
再例
2 u u 2 Au, x , t 0 a 2 x t u ( x, 0) ( x x ), x 0
( x x0 )2 u ( x, t ) exp At 2 4 a t 2a t 1
其中 R, G, L 和 C 分别表示导线电阻、线间电 漏、电感和电容
数学物理方法2015.02
第二节 Laplace积分变换法
LG RC 做函数变换：v( x, t ) u ( x, t ) exp t 2 LC
则传输线上的电报方程可以约化为
2 2u u 2 2 b u, x , t 0 2 a 2 x t u( x, 0) ( x), u ( x, 0) ( x), x 1 t 1
数学物理方法课件-11 球函数
2
2
又
f ( ,) Am ( ) cosm Bm ( ) sin m m＝0
Am
(
)
1
m
2
f ( ,) cosmd
0
Bm
(
)
1
2 0
f ( ,) sin md
易判断，Bm ( ) 0，且m 0或2.
故
f ( ,) Am ( ) cosm
m0，2
比较知
m
0时，A0 (
)
3 2
sin 2
Pl
(x)
1
2
2 3
xi
2
l
1 x2 cos d ( )
1 2
3
2
xi
2
l
1 x2 cos d
1
2
0
2
0
3
2
1
2
0
1
2
0
2
1
3 2
2
1
xi
1 x2 cos
l
d
1
l
2 x i 1 x2 cos d
2 0
2 0
1
l
2 x i 1 x2 cos d ( )
x2)
(m
2) x 2
v
代入连带勒让德方程得
(1
x
2
)
m 2
1
v
2mx(1
m
x2) 2
v
m(1
x
2
)
m 2
1
(1
x2)
(m
2) x 2
v
2 x(1
x2
)
m 2
v
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1
1
2
3
4
5
I0 I6
对于圆柱内部问题，如果柱侧有齐次边界条件，则<0应排除11
拉普拉斯方程
11.2 贝塞耳方程
u 0 柱坐标系下的解
0
2 0
0
(
)
cos sin
m m
(
)
cos sin
m m
(
x
H(1)
2 ei( x / 4)
x
H(2)
2 ei( x / 4) x
0
J
2 cos( x / 4) x
N
2 sin( x / 4) x
研究圆柱外部问题：两个线性独立特解都要保留
6
贝塞尔函数的图象
x 0
J0( x) 1,
Jm0 ( x)
1 m!
(
x 2
)m
x
Jm(x)
k 0
1
( x ) 2k
k !( k 1) 2
I ( x) i J (ix)
k 0
1
( x ) 2k
k !( k 1) 2
通解： y( x) C1Iv ( x) C2Iv ( x)
10
m 阶虚宗量贝塞耳方程
2 d 2 R dR ( 2 m2 )R 0 d 2 d
Im ( x) im Jm (ix)
第一种和第二种汉克尔函数
H(1) H( 2 )
( (
x) x)
J J
( (
x) x)
iN iN
( (
x) x)
贝塞耳方程的通解 y( x) C1H(1) ( x) C2 H(2) ( x)
第一类柱函数：贝塞耳函数
Jm (x)
(1)k
x 2km
k0 k !(k m 1) 2
第二类柱函数：诺依曼函数 第三类柱函数：汉克尔函数
k 0
1
( x )m2k
k!( k 1) 2
Im (x) imJm (ix) im (1)m Jm (ix) im (1)m im Im (x) Im (x)
另一个独立解需要另外研究（含有对数项）
x0
x
I0 1, Im 0. I0 , Im .
5
图
4
3
2
x a 0 I0, Im 0.
（一）三类柱函数 (1) 阶贝塞耳方程
x2 d 2 R x dR (x2 2 )R 0
dx2 dx
整数 阶贝塞耳函数
J
(x)
(1)k
k 0
1
k!( k
1)
( x ) 2k 2
另一个解
阶贝塞耳函数
J
(x)
(1)k
k 0
1
( x ) 2k
k!( k 1) 2
通解： y(x) c1J (x) c2J (x)
dx2 dx
ix
2 d 2 R dR ( 2 2 )R 0 d 2 d
J
( )
(1)k
k 0
i 2k
k !( k
( x ) 2k 1) 2
i
k 0
1
( x ) 2k
k !( k 1) 2
定义：
I ( x) i J (ix)
k 0
1
( x ) 2k
k!( k 1) 2
J ( ) i
诺依曼函数
N
( x)
J
(x) cos sin
J
(x)
为整数时0/0型
2x
Nm (x)
lim
vm
Nm (x)
(lnBiblioteka 2C) J m ( x)
....
阶贝塞耳方程的通解又可以写作 y(x) c1J (x) c2 N (x)
m 阶贝塞耳方程的通解只能写作 y(x) c1Jm (x) c2Nm (x)
d dx
[
Z ( x x
)
]
Z
1 ( x
x
)
d dx
[ x
Z
( x)]
x
Z 1( x)
基本递推公式
Z ' Z / x Z 1
Z ' Z / x Z 1
推论一
Z 1 Z 1 2Z '
Z 1 2 Z / x Z 1 0
推论二
9
虚宗量贝塞耳方程 阶虚宗量贝塞耳方程
x2 d 2 R x dR ( x2 2 )R 0
2 x
cos( x
1 2
m
147
)
诺伊曼函数的图象
x 0
N0(x)
2
ln
x 2
Nm0
(
x)
( m 1)!
(
2 x
)m
x
Nm(x)
2 x
sin( x
1 2
m
1
48
)
（三） 递推公式
d
dx
(
J ( x x
)
)
d
(1)k
dx k 0
1
( 1 ) 2k x2k
k !( k 1) 2
(1)k
k 1
3
其中 Γ-函数定义为 (x) ett x1dt 0 它有递推关系： (x 1) x(x)
当 x 为 正整数 (x 1) x!
(0) (m)
(2) m 阶贝塞耳方程
Jm (x)
(1)k
k 0
1
( x )m2k
k!(m k)! 2
Jm (x) 求和只能从 k 开m 始。
k lm
Jm (x)
0
1
R0
(
)
1
ln
Z
(z)
z
Rm (
m0
)
m
m
2
11.1 三类柱函数
贝塞耳方程：
d 2 R 1 dR
m2
(1 )R 0
dx2 x dx
x2
虚宗量贝塞耳方程：
d2R dx2
1 x
dR dx
(1
m2 x2
)R
0
x
球贝塞耳方程：
d (r2 dR) [k2r2 l(l 1)]R 0 dr dr
(1)k
km
1 k!(m k
1)
(
x 2
)m
2k
(1)l m
l 0
(l
1 m)!(l
( x )m2l 1) 2
(1)m
(1)l
l 0
l !(l
1
( x )m2l
m)! 2
(1)m Jm ( x)
Jm (x) 与 Jm (x) 相互不独立。y(x) c1Jm (x) c2Jm (x) 不再是通解4
Nm (x)
Jm (x)cos mx sin mx
Jm (x)
Hm (x) Jm (x) i Nm (x)
5
（二）渐进行为 J0 J5
1 0.8
图
x 0
0.6
0.4
J0 1, J 0
0.2
N0 ,
N .( 0) -0.2
J .
-0.4
2
4
6
8
10
内解问题：只要零阶和正阶贝塞尔函数
1
复习：拉普拉斯方程 u 0 分离变数结果
球坐标系
柱坐标系
(
)
cos m sin m
rl
R(r
)
1/
r
l
1
(x) l-阶连带 勒让德方程
(
)
cos sin
m m
0
2 0
Z
(z)
e
z
e z
R() m-阶
贝赛尔方程
Z(z
)
cos sin
z
z
R() m-阶虚 宗量贝赛尔方程
2k
( 1 ) 2k
k !( k 1) 2
x2k 1
k l 1 (1)l1
l 1
( 1 ) 2l 1 x2l 1
l 0
(l 1)!( l 2) 2
1
x
(1)l
l 0
1
( 1 ) 12l x 12l
l !( 1 l 1) 2
J
1 ( x
x)
d dx
[ x
J
( x)]
x
J
1( x)
诺依曼函数、汉克尔函数满足同样关系。 写作 Z ( x)