数学物理方法答案(5) 刘连寿
理论物理基础教程刘连寿第五篇第一章答案
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ˆ+F ˆ + ]vdτ = v[( F ˆ + )u ]* d τ ， F ˆ +F ˆ + 是厄米算符。 所以 ∫ u * [ F ∫ ˆ +F
* ˆ −F ˆ + )]vdτ 同理， ∫ u [i( F + * ˆ ˆvdτ − i u * F ˆ u ) * dτ = i∫ u * F vdτ − i ∫ v( F ∫ ˆ vdτ = i ∫ u F
Axe − λx = ∫ c ( p x )ψ p x dp x
x
( x) =
1 e ipx x / h 2πh
其中
v c ( p x ) = ∫ψ ψ ( x)d r =
* px 3
∫ (e 2πh
0
1
∞
ip x x / h *
) Axe −λx dx
= =
A xe −( λx +ipx x / h ) dx ∫ 2πh 0 h [− xe − ( λ +ip x / h ) x 2πh λh + ip x x
P305
1. 计算下列各种频率的谐振子的能量子： (a)υ = 50HZ 的带电谐振子； (b)υ = 1010 HZ 的微波； (c)υ = 1015 HZ 的光波， 进而指出为什么普通振子的能量不显分立性。 答：(a)
hυ = 6.63 *10 −34 J ⋅ S * 50 HZ = 3.31 * 10 −32 J
因为在 z → ±∞ 时， u ， v 都趋于 0，所以第一项和第三项都为 0，所以，上式变为
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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 =Q ，,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 ==+ ∴ =+=Q 。
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法答案(10) 刘连寿
3.反演 u(x,t)=L-1[u(x,p)]=L-1[x b -p b L [- 2 e a ] L-1[ 2 ] p p -1 x b -p b e a 2] 2 p p
(1)L-1[
b ] bt p2
f (t ), t 由延迟定理L-1[e p F(p)] f (t ) 0,t< x x b(t ), t p b - x a a L1[- 2 e a ] p 0,t x a
F[
8.用傅里叶变换求解下列定解问题：
2u 2u 0, x 2 y 2 x , y 0;
u y 0 ( x), u x 0, u y 0.
(k , y ), f ( x) f (k ) ，则原定解问题称为 解：设 u ( x, y ) u
x 0, t 0
t 0
u x 0 0, u t 0 0, ut
b
解：对方程及边界条件作关于变量 1. t的拉氏变换。
2 2 2 d p u(x,p)-pu(x,0)-u (x,0)-a u(x,p)=0 t 2 dx u(0,p)=0, u (x,p) 0 x x
(t )
A 0 0 t t0 t 0, t t0
如图 4，求电流。
5.试证明
(1) n 2 cos( a) 2 sin 2 ( a ) n ( n a )
式中实数 a 0, 1, 2,
6.求解半无界弦的振动
utt a 2u xx 0
2
C ( p ) ，则有 4.证明象函数 C ( p) 的位移定理，若有 f (t )
e ip0t f (t ) C ( p p0 )
数学物理方法(刘连寿第二版)第06章习题[1]
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第六章 习题答案6.1-1 求解下列本征值问题的本征值和本征函数。
（1）0=+''X X λ ()00=X ()0='l X（2）0=+''X X λ ()00='X ()0='l X （3）0=+''X X λ ()00='X ()0=l X （4）0=+''X X λ()0=a X()0=b X解：（1）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00==b X 和()0=='a l X 得到()0=x X ，不符合，所以0≠λ0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()00==a X ，()()2224120sin ln l b l X nπλλ+=⇒==',2,1,0=n所以：()()x ln x X 212sin π+=,2,1,0=n（2）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00=='a X 和()0=='a l X ，所以()b x X =存在。
0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()000=⇒=='b b X λ，() ,2,10sin 222==⇒=-='n ln l a l X n πλλλ综合：本征值：222l n n πλ=,2,1,0=n 本征函数：()x ln x X n πcos = ,2,1,0=n（3）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00=='a X 和()0==b l X ，()0=x X 不符合。
0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()000=⇒=='b b X λ，()() ,2,1,04120cos 222=+=⇒==n ln l a l X nπλλ本征函数：()x ln x X n πcos = ,2,1,0=n（4）0=λ时，()d cx x X +=，代入边界条件得 ()0=+=d ca a X 和()0=+=d cb l X ，得到b a =，故0≠λ。
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《数学物理方法第四版课后习题答案》数学物理方法是一门涉及数学和物理学的交叉学科，它的研究对象是如何利用数学方法来解决物理学中的问题。
《数学物理方法第四版》是一本经典的教材，它涵盖了许多重要的数学物理方法，如傅里叶分析、复变函数、分析力学等。
在这本教材中，每一章都包含了大量的习题，这些习题旨在帮助学生加深对所学知识的理解，并提高他们的解题能力。
然而，对于许多学生来说，这些习题可能会带来一定的困难，因此他们需要及时地查阅习题答案来核对自己的解答。
本文将以《数学物理方法第四版课后习题答案》为标题，探讨数学物理方法这门学科的重要性以及这本教材对学生学习的帮助。
首先，数学物理方法在物理学中具有重要的地位。
许多物理学问题都可以通过数学方法来解决，比如利用微分方程来描述物理系统的演化，利用傅里叶分析来分析信号的频谱等。
因此，学习数学物理方法对于物理学专业的学生来说是至关重要的。
其次，这本教材提供了大量的习题，并且每一章都附带了习题答案。
学生可以通过做这些习题来巩固所学知识，并且及时地查阅答案来核对自己的解答。
这样一来，学生可以更好地理解课程内容，提高解题能力。
最后，数学物理方法这门学科对于培养学生的数学思维和物理直觉具有重要意义。
通过学习这门学科，学生可以培养自己的抽象思维能力和逻辑推理能力，同时也可以提高对物理现象的理解和分析能力。
总之，《数学物理方法第四版课后习题答案》这本教材对于学生学习数学物理方法这门学科具有重要的帮助。
它提供了丰富的习题和详细的答案，可以帮助学生更好地理解课程内容，提高解题能力，培养数学思维和物理直觉。
希望学生们能够充分利用这本教材，努力学习，取得更好的成绩。
理论物理基础教程答案_刘连寿
O
X
那么
L m( X a cos ) MX X L 0 X
则对应的拉格朗日方程为
d m( X a cos ) MX 0 dt d maX cos ma 2 ma sin X mga sin dt
N
Lz e ra Az
a 1 N
N
Lz e xa Aya ya Axa
a 1
2.质量为M 半径为a 的半球形碗，放在光滑的水平桌面上，如图1 。 有一个质量为 m的滑块沿碗的内壁无摩擦的滑下。用 表示滑块位 置与球心连线和竖直方向的夹角。这个系统起始时静止且 0 。 求滑块滑到 1时 的值。
解：系统具有xy平面内的平移对称性，所以动量的x，y分量守恒：
p1x p2 x , p1y p1y
又系统的能量守恒，则有
2 p12 p2 E1 E2 U0 2m 2m
那么，则有
而散射前后动量与z轴的 夹角之比为
sin 1 p1 p2 p2 1 U0 / E sin 2 p2 p1 p1
csc2 2 g cot
m 2 J (Constant)
（3） （4）
L 0
由（4）式可得
J m 2
2
（1）
带入（3）式可得
J2 2 csc 2 4 g cot 0 m
d d d d dt d dt d
1 M 1 m 2 1 m a cos m a sin M a cos 2 mM 2 mM 2
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。
()000000x 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 zz 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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法答案(5) 刘连寿
（2） 用 c1 表示 c3k 1
c3k 1 c3k 2 1 c3k 5 3k (3k 1) 3k (3k 1) (3k 2)(3k 3) 1 c1 (3k 1)3k (3k 2)(3k 3) 7 6 4 3
Ck k (k 1) z k 2 Ck 2 (k 2)(k 1) z k
k 2 k 0
这样（2）式可写成
(k 2)(k 1)C
k 0
k 2
k (2k )Ck z 0
由于上式在 z0 的邻域内点点成立，故 z 的同次幂项的系数和为零，即
k 2 k 0
2c2 [( k 2)( k 1)ck 2 ck 1 ]z k 0
k 1
c 2)( k 1)
即 ck
ck 3 k (k 1)
亦即 c3k
c3k 3 3k (3k 1)
（1） 用 c0 表示 c3k
C2 k 2(2k 2) 4k 4 C2 k 2 C2 k 2 2k (2k 1) 2k (2k 1) (4k 4 ) 2(2k 2 2) C2 k 2 2 2k (2k 1) (2k 2)(2k 2 1) (4k 4 )(4k 8 ) C2 k 4 2k (2k 1)(2k 2)(2k 3) (4k 4 )(4k 8 ) (4 )( ) C0 (2k )! (4k 2 )(4k 6 ) (6 )(2 ) C1 (2k 1)!
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。
()000000x 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 zz 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 刘连寿著 第三版 课后答案set12
2 ∞ ⎧ 2 ⎪ A(k ) = ∫0 f (ξ ) cos kξ dξ 令A(k)= cc (k ) π ⎨ π ⎪ ⎩cs (k ) = 0 则 ⎧c (k ) = ∞ f ( x) cos kxdx ∫0 ⎪ c ⎨ 2 ∞ ⎪ f ( x) = ∫ cc (k ) cos kxdk π 0 ⎩
{
0
}
2
+ (α + iω )
2
12.1.3．求函数 f ( x ) = 解： c( k ) =
1 （a>0）的傅立叶变换。 a + x2
2
∫
∞
−∞
f ( x)e − ikx dx = ∫
e − ikx dx −∞ a 2 + x 2
∞
为应用留数定理，要分别讨论 k<0 及 k>0 情形。
(1)k < 0 c(k ) = ∫ = 2π i
7．求 f ( x ) = e （一） f ( x ) =
− ax
傅立叶正余弦变换，其中，a>0。
∞
π∫
2
0
[cc ( k )cokx + cs ( k ) sin kx]dk
解： f ( x)既不是奇函数也不是偶函数，则cc 及cs均不为零。
cs (k ) = ∫ e − ax sin kxdx
0
∼ k2 π
直接积分也可以得到相同的结果。
方法二：
∼
f ( k ) = ∫ cos β x 2 e − ikx dx
−∞ k k2 k k2
∞
1 ∞ iβ x 2 −ikx 1 ∞ − iβ x 2 −ikx 1 ∞ i β ( x − 2 β ) 2 −i 4 β 1 ∞ i β ( x + 2 β )2 +i 4 β = ∫ e dx + ∫ e dx = ∫ e dx + ∫ e dx 2 −∞ 2 −∞ 2 −∞ 2 −∞
理论物理基础教程刘连寿第五篇第二章答案
第七篇第一章统计理论基础1.试求理想气体的定压膨胀系数和等温压缩系数。
1．解：假设我们考察的系统是n mol的理想气体，由于理想气体状态方程为：(1)(2)故定压膨胀系数：而等压压缩系数:综上有理想气体（n mol）：2.某气体的定压膨胀系数和等温压缩系数，，其中都是常数，试求此气体的状态方程。
2．解：根据题意：把体积看成是数并微分有：两边同时积分有：由极限情况下：,故：得到：3．一弹性棒的热力学状态可用它的长度L，应力描述f和温度T关系,即为其状态方程，今设此弹性棒发生一微小变化，从一平衡态变到另一平衡态，试证明：其中为棒横截面积，为线膨胀系数，为杨氏模量。
3．证明：杨氏模量的定义：与类比线胀系数：对长度积分有：证毕4．对气体的膨胀系数和压缩系数进行测量的结果得到一下方程：，其中是常数，只是的函数.证明：（a）(b) 状态方程：4．证明：(a)由：（1）又由：（2）（2）式两边对求导（T一定时）：此式与比较可知：f（P）=（因与T无关也与P无关）(b) 将带入(1)式有：当时，,故5．试给出半径为的维球体积：5．证明：在半径为1的维球区域内积分为：以另一种方式求上述积分有：由两式可知：证毕6．利用附录给出的斯特林公式：证明上题中的系数满足下式：6．证明：第一部分：只要将上题中解答过程的(3)式中的换成即得。
故关键是证明第二部分由于(1)由于：即有（1）式成立，故待证命题成立。
证毕第二章统计热力学基础1．单原子晶体中可占据一个格点或一个间隙点。
原子占据格点时的能量比占据间隙点时高。
设格点数和间隙点数相等。
且等于晶体中的原子数。
（a）考虑有个原子占据间隙点的宏观态，计算系统处于此宏观态的熵（b）设系统达到平衡，问晶体在此态的温度是多少？（c）若，晶体的温度时300K，处于间隙点的原子所占的比例是多少？解：（a）根据题意假设一个原子占据间隙点时能量，则占据格点时能量。
现有个原子占据间隙点故有个占据格点。
带电圆形薄片远处的电势
带电圆形薄片远处的电势分布摘要：本文在试图解决和计算带电圆形薄片远处的电势的同时，把求得的解利用华中科技大学李元杰教授的科学计算与模拟平台，把最后的解即电势的具体分不图像画出来，做到把数学物理进行到底的理念。
模块：半径为a 的圆形薄片，电荷面密度为，k 为常数。
准确到电四极，求该带电体在远处的电势分布。
解：圆盘的总电量为30322ka rdr kr ds Q aππσ⎰⎰=== （1） 由于电荷轴对称分布，该带电体的电偶极矩P=0.取轴过圆盘中心且垂直于圆盘。
电四矩⎰''=ds x x σ3D 由于电荷分布与Z 无关，分布的对称性，电四极矩各分量为012332313====D D D D 53cos 33D 524211ka drd kr ds x πθθσ=='=⎰⎰⎰ 1122D D =远处的势为 R x x D R Q ji ij 124141200)2()0(∙∂∂∂+∙=+≈∑πεπεϕϕϕ =)cos 31(406230503θεε-∙+Rka R ka 则ϕ即为所求的电势解。
作图：如下图为在科学计算机与模拟平台上对解ϕ的立体图和平面图。
结论：这是一个普通的具有一定物理意义的数学方程，它的关键不在于这是怎样一个问题，如何把问题解出来，一般问题的求解，做到解 时就结束了。
但是不能直观的把方程的具体形式用图像表示出来，利用科学计算机与模拟平台可以清晰美观的把看似复杂抽象概念具体化，这便是本文的一大亮点。
参考文献：1、数学物理方程与特殊函数华中科技大学李元杰编著高等教育出版社，20092.数学物理方法刘连寿王正清编著高等教育出版社20043、电磁学与电动力学刘金英陈银华赵叔平尤峻汉朱俊杰胡友秋编著中国科学技术大学出版社 2005。
数学物理方法课后习题答案
数学物理方法课后习题答案数学物理方法课后习题答案数学物理方法是一门综合性的学科，它将数学和物理相结合，为解决物理问题提供了强有力的工具和方法。
在学习这门课程时，习题是不可或缺的一部分，通过解答习题可以加深对知识点的理解和运用，提高解决实际问题的能力。
下面将针对数学物理方法课后习题给出一些答案和解析。
1. 假设有一根长度为L的均匀细杆，质量为M，细杆的一端固定在原点O，另一端可以自由运动。
求细杆的转动惯量和转动轴上的质心位置。
解析：首先，根据细杆的定义，我们可以将细杆看作是一根连续分布的质点链。
设细杆的质心位置为x，将细杆分为两段，一段长为x，质量为m1，另一段长为L-x，质量为m2。
由于细杆是均匀的，所以m1/m2=(L-x)/x。
根据转动惯量的定义，细杆的转动惯量为I=∫r^2dm，其中r为质点到转动轴的距离，dm为质点的质量微元。
对于细杆的转动惯量，可以将细杆看作是一根连续分布的质点链，所以I=∫r^2dm=∫x^2dm1+∫(L-x)^2dm2。
根据质心的定义，细杆的质心位置为x=(m1*x+m2*(L-x))/(m1+m2)。
将m1/m2=(L-x)/x代入，化简得到x=L/2，即细杆的质心位置在中点。
2. 一个质量为m的质点沿着x轴运动，其位置关于时间的函数为x(t)=Acos(ωt+φ)，其中A、ω和φ为常数。
求质点的速度和加速度关于时间的函数。
解析：根据题目中给出的位置函数，可以求出质点的速度和加速度。
首先，速度的定义为v(t)=dx(t)/dt。
对位置函数求导，得到v(t)=-Aωsin(ωt+φ)。
然后，加速度的定义为a(t)=dv(t)/dt。
对速度函数求导，得到a(t)=-Aω^2cos(ωt+φ)。
所以，质点的速度关于时间的函数为v(t)=-Aωsin(ωt+φ)，加速度关于时间的函数为a(t)=-Aω^2cos(ωt+φ)。
3. 一个质点受到一个外力F=mg和一个阻力F=-kv的作用，其中m为质量，g为重力加速度，k为阻力系数。
数学物理方法答案（）刘连寿（ＰＤＦ）
第七章 分离变量法7.1 直角坐标系中的分离变量法1.求解下列本证值问题的本证值和本证函数 （1）0,(0)0,()0X X X X l λ'''+=== ； （2）0,(0)0,()0X X X X l λ''''+=== ； （3）0,()0,()0X X X a X b λ''+=== ； （4）[]0,(0)0,00x l X X X X hX λ='''+==+== .2. 单簧管直径均匀的细管，一端封闭而另一端开放，试求管内空气柱的本征振动，即求解()()2u u 00,t 0,,0.a tt xx u u l x ⎧⎪-=⎨==⎪⎩t 解：(1)分离变量 .令u(,)()()x t X x T t = X ()()0x X x λ''+= 2()()0T t a T t λ''+=由 得 u(0,t)=0X(0)=0由u (l,t)=0x得X ()=0l '（2）求解本征值 由 X ()()0x X x λ''+=X(0)=0，X (l)=0' 1(n+)2X ()=sinn xx l π 得(2n+1)()=n 2x lπλ（3）求()T t 将n λ代入方程：()T t 2122()()()02n T t a T t n n l π+''+=2121()cos()sin()22n n T t A at B at n n n l lππ++=+ （4）管内本征振动为：(,)()()u x t u x T t n n =n212121[cos()sin()]sin()2220,1,2n n n A at B at x n n l l ln πππ+++=+=3. 一根均匀固定于和0x =x l =两端，假设初始时刻速度为零，而初始时刻弦的形状是一抛物线，抛物线的顶点为(,)2lh ，求弦振动的位移。
§4 罗朗级数 §5奇点分类
§4. 罗朗级数【刘连寿、王正清编著《数学物理方法》P 55-61】在前面讲的幂级数中，幂次均为正（非负）的，若一个级数既包括正幂项也包含负幂项，即有形式()()()2210102020a a a a z z a z z z z z z −−++++−+−−− +，则称为以为中心的罗朗级数。
幂级数在解析，而对于罗朗级数，0z 0z z =0z z =是它的奇点。
将罗朗级数分成两部分：正幂部分 称为罗朗级数的正则或解析部分， ()()201020a a z z a z z +−+−+ 负幂部分()12200a a z z z z −−+−− + 称为罗朗级数的主要部分。
对于正幂部分，设它的收敛圆为0z z R −<，在0z z R −<内，正幂部分是一个解析函数。
作变换01z z ξ=− 则负幂部分变为ξ的幂级数：212a a ξξ−−++ 。
设它的收敛圆为1rξ<，01z z 1r<− 即0z z −>r ，负幂部分在0z z r −>内收敛，且为一解析函数。
当R r <时，由于0z z R −<，0z z r −>不能同时成立，故正幂部分与负幂部分不存在公共收敛区域，从而罗朗级数不存在收敛区域。
当时，正幂部分与负幂部分有公共收敛区域： 圆环r R <0r z z R <−<，这也是罗朗级数收敛的区域，在此区域内，罗朗级数为一解析函数，可以逐项积分和求导。
罗朗定理 ：在圆环H ：0r z z R <−< ()0,r R ≥≤∞内解析的函数()f z 必可展开成罗朗级数()()0nn n f z a z z ∞=−∞=−∑，其中()()1012n n c f a d i z ρξξπξ+=−∫ ， 0,1,2,n =±± 称为罗朗系数，而c ρ是圆环内任一以为圆心的圆周 0z 0z ξρ−=，()，且展开式是唯一的，即r R ρ<<()f z 及圆环H 唯一地决定系数。
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
则 ， u ( x, y) = ex (x cos y − y sin y) v ( x, y) = ex ( y cos y + x sin y)
； ∂u = ex (x cos y − y sin y) + ex cos y
∂x
∂v = ex cos y − y sin yex + x cos yex ∂y
v = 1 +c =1
u =1
2
6
c=1 2
所以 。 f ( z) = x2 − y2 + xy + i(2xy + y2 − x2 + 1) 2 22
第二章 解析函数（2）
12.设
ω
是
z
的解析函数，证明
∂x ∂u
=
∂y ∂v
，
∂x ∂v
=
−
∂y ∂u
。 (ω = u + iv, z = x + iy)
∂x ∂y =−
∂v ∂v
即得所证。
14.若 ，试证：（1） 。 z = x +iy
sin z = sin xchy + i cos xshy
证： sin z = sin(x + iy) = sin x cos iy + cos x sin iy
《数学物理方法》答案
z 4 + a4 = 0 ( a > 0) 。
4
⎛z⎞ ⎜ ⎟ = −1 ( a > 0 ) 4 4 ; 解:由题意 z = − a ,所以有 ⎝ a ⎠
θ + 2 kπ i ⎛z⎞ z iπ = cos π + sin π = i e = e 4 (k = 0,1, 2,3) ⎜ ⎟ ⎝a⎠ ;所以 a ;
k = 0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅
π
+ i 2kπ = ln 2 + i ( + 2kπ ) 4 4
π
3i = eiLn 3 = ei (ln 3+ 2 kπ ) = cos ln 3 + i sin ln 3 e 2+i = e 2 ei = e 2 (cos1 + i sin1) sin z lim =1 z →0 z 22，求证 sin z sin( x + iy ) lim = lim z →∞ x , y →∞ z x + iy 证: z = x + iy (x,y,均为实数)，所以
z = z2 = z3 = 1; 试证明 z1 , z2 , z3 是一 11.设 z1 , z2 , z3 三点适合条件 z1 + z2 + z3 = 0 及 1
个内接于单位圆
z =1 的正三角形的顶点。
∴ z1 = − z2 − z3 ; z2 = − z3 − z1; z3 = − z1 − z2 ; 证明： z1 + z2 + z3 = 0;
∂v ∂u = e x cos y − y sin ye x + x cos ye x = e x ( x cos y − y sin y ) + e x cos y ∂ y ∂x ； ∂u ∂v = −e x ( x sin y + sin y + y cos y ) = e x ( y cos y + x sin y + sin y ) ∂y ； ∂x ∂u ∂v ∂u ∂v = ; =− ∂x 。 满足 ∂x ∂y ∂y x, y ) 可微且满足 C − R 条件，故函数在 z 平面上解析。 即函数在 z 平面上 (
高考物理物理方法知识点专项训练答案(5)
高考物理物理方法知识点专项训练答案(5)一、选择题1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A．控制变量法是科学探究两个量关系的重要方法B．牛顿通过大量实验验证得出了牛顿第一定律C．伽利略利用理想斜面实验和逻辑推理证明了自由落体运动是初速度为零的匀加速运动D．法拉第发现电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的2．如图所示，重为G的光滑球在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间处于静止状态．若将此斜面换成材料和质量相同，但倾角θ稍小一些的斜面，以下判断正确的是 ()A．球对斜面的压力增大B．球对斜面的压力减小C．斜面可能向左滑动D．地面受到的压力变小3．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法和思路，以下关于所用研究方法或思路的叙述正确的是（）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度定义式xvt∆=∆，当△t非常非常小时，xt∆∆就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C．伽利略对落体问题的研究思路是：问题→猜想→实验验证→数学推理→合理外推→得出结论D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了类比法4．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连．初始A、B均处于静止状态，已知OA=3 m，OB=4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m（取g=10 m/s2），那么该过程中拉力F做功为（）A．4 JB ．10 JC ．12 JD ．14 J5．如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上，木块受到向右的拉力F 的作用向右滑行时，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为1µ，木板与地面间的动摩擦因数为2µ，则木板受到地面的摩擦力( )A ．大小为1µmg ，方向向左 B ．大小为1µmg ，方向向右 C ．大小为()2m M g μ+，方向向左D ．大小为()2m M g μ+，方向向右6．如图所示,物体A 和B 叠放并静止在固定粗糙斜面C 上,A 、B 的接触面与斜面平行。
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5.1
二阶线性常微分方程
二阶线性常微分方程解的一般性质 5.2 常点邻域内的幂级数解法
(为待定参数) ，在 z 0 的邻域内的级 1. 求厄米特方程 2 z 0，
数解。 解： （1）级数的形式。由于 p( z ) 2 z 和 q( z ) 在 z0 0 解析，故 z0 是 厄米特方程的常点。级数解具有下述形式
(k 2)(k 1)Ck 2 (2k )Ck 0
整理后即得待定系数的递推公式
Ck 2 2k Ck (k 2)(k 1)
（3）
（3）归纳出通项表达式，得级数解。由（3）式可见，偶次幂项系数 与奇次幂项系数是互不相干的，可以分别用 C0 和 C1 表示
(0) 1, (0) 0 的解。
解： 1. 解的形式 系数 p( z ) 0, q( z ) z 在 z0 0 解析， z0 是方程的常点 解的形式为： w( z ) ck z k
k 0
2. 系数递推公式 将 w( z ) 代入方程
k (k 1)ck z k 2 ck z k 1 0
（3） 因 c2 0 ，故 c5 c8 0 3. 方程的通解
w( z ) c0
c0 z 3k c1 z 3k 1 z k 1 3k (3k 1) 6 5 3 2 k 1 (3k 1)3k 7 6 4 3
4. 由初始条件定 c0 , c1 由
c3k c3k 3 1 c3k 6 3k (3k 1) 3k (3k 1) (3k 3)(3k 4) 1 c0 3k (3k 1)(3k 3)(3k 4) 6 5 3 2
（2） 用 c1 表示 c3k 1
c3k 1 c3k 2 1 c3k 5 3k (3k 1) 3k (3k 1) (3k 2)(3k 3) 1 c1 (3k 1)3k (3k 2)(3k 3) 7 6 4 3
k 2 k 0
2c2 [( k 2)( k 1)ck 2 ck 1 ]z k 0
k 1
c2 0, ck 2
ck 1 ( k 2)( k 1)
即 ck
ck 3 k (k 1)
亦即 c3k
c3k 3 3k (3k 1)
（1） 用 c0 表示 c3k
0 w(0) c0 1 w(0) c1 z 3k 1 k 1 (3k 1)3k 7 6 4 3
得解： w1 ( z ) z
C2 k
（4）线性无关的解为
0 ( z ) C2 k z 2 k , 1 ( z ) C2 k 1 z 2 k 1
k 0 k 0
厄米特方程的通解是 0 ( z ) 与 1 ( z ) 的线性组合
2. 试用级数解法求在 z0 0 邻域内艾里方程 z 0 满足初始条件
Ck k (k 1) z k 2 Ck 2 (k 2)(k 1) z k
k 2 k 0
这样（2）式可写成
(k 2)(k 1)C
k 0
k 2
k (2k )Ck z 0
由于上式在 z0 的邻域内点点成立，故 z 的同次幂项的系数和为零，即
C2 k 2(2k 2) 4k 4 C2 k 2 C2 k 2 2k (2k 1) 2k (2k 1) (4k 4 ) 2(2k 2 2) C2 k 2 2 2k (2k 1) (2k 2)(2k 2 1) (4k 4 )(4k 8 ) C2 k 4 2k (2k 1)(2k 2)(2k 3) (4k 4 )(4k 8 ) (4 )( ) C0 (2k )! (4k 2 )(4k 6 ) (6 )(2 ) C1 (2k 1)!
( z ) Ck z k
k 0
（1）
（2）系数递推公式。将（1）式代入厄米特方程，由同次幂项系数之 和为零，得
Ck k (k 1) z k 2 2 z Ck kz k 1 Ck kz k 0
k 0 k 0 k 0
（2）
在第一个求和公式中，k=0，1 项均为零，故可将通项中的求和指标 加 2，相应地将求和号中的求指标减 2，得