数学物理方法答案(7) 刘连寿
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
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 )
理论物理统计物理基础刘连寿第七篇答案
，其中
都是
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： 对长度 积分有：
证毕
第三章统计系综
1. 将 各近独立的频率 为的谐振子组成的系统，每个谐振子的能量为
（a）求当系统的能量为
时的微观态数和熵
（b）求当系统达到平衡时，此系统能量与温度的关系，并和§7.3.2 中用正则分
布所得的结果比较。
解：(a) 假定 N 个独立的谐振子对应的量子数分别为
根据题意
则系统的微观态数即相当于将 个东西分配到 个不相同（可以区别）的容器 中的方法种数， 可等于 0 相当于容器可以是空的.故：
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： 满足下式：
证明上题中的系数
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：
叠（如图），链条两个端点的距离为 ，系统是孤立的，链环各种方位有相同的
能量，证明
时可以得到胡克定律。
证明：我们从端点 开始规定每节链环的方向，凡是指向右方的链环记为“+”， 指向左方的记为“-”。设所有指向右方的链环数为 ，所有指向左方的链环数 为 则总链环数为：
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(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。
数学物理方法试卷答案
精选文档《数学物理方法》试卷答案一、选择题（每题 4 分，共 20 分）1．柯西问题指的是（ B ）A．微分方程和界限条件 . B.微分方程和初始条件 .C．微分方程和初始界限条件 . D.以上都不正确 .2．定解问题的适定性指定解问题的解拥有（ D）A ．存在性和独一性 . B.独一性和稳固性 .C. 存在性和稳固性 .D.存在性、独一性和稳固性 .2 u0,3．牛曼内问题u有解的必需条件是（ C）nfA ．f0 .B ．u0 .C． f dS0 .D．udS0.4．用分别变量法求解偏微分方程中，特点值问题X ''(x)X ( x)0, 0 x l X (0)X (l )0的解是（ B）2,cos n2A． ( nx ) .B． (n,sinnx ) .l l l l(2n2(2n 1)( 2n2(2n1)C1)x ) . D ．1)． (,cos(2l , sin x ) .2l2l2l 5．指出以下微分方程哪个是双曲型的（D）A ．u xx 45u x2u y. uxyuyyB ．u xx4u xy4u yy0 .C ．2u xx 22u yy xyu x2u y.x xyu xy y y D ．u xx3u xy2u yy0 .二、填空题 （每题 4 分，共 20 分）2u2u0, 0x , tt2x21．求定解问题的解是 ( 2 sin t cosx ).u x 02sin t, u x2sin t , t 0ut 00,u t t 02 cosx, 0x2．对于以下的二阶线性偏微分方程a(x, y)u xx2b(x, y)u xyc( x, y)u yy du x eu yfu 0其特点方程为 (a( x, y)(dy )22b( x, y)dxdyc( x, y)(dx) 2) .3．二阶常微分方程''( x)1 y '(x)( 1 3 ) ( ) 0的任一特解 y （ J 3 ( 1 x) y x 4 4 x 2 y x22或 0).4．二维拉普拉斯方程的基本解为（ ln1），三维拉普拉斯方程的基本解为（ 1）.rr5．已知 J 1 (x)2sin x, J 1 ( x)2cos x ，利用 Bessel 函数递推公式求2x 2xJ 3 ( x) （2 ( 1sin x cos x) 2 x 23(1d )( sin x )） .2x xx dxx三、（ 15 分）用分别变量法求解以下定解问题2u22ut 2 a x 20, 0 x l , t 0 u0,u0, t 0x xxx lut 0x,ut t 00, 0 x l.解：第一步：分别变量(4分)设 u(x,t ) X (x)T (t ) ，代入方程可得X ( x)T '' (t )2 X ''X '' ( x) T '' ( x) a(x)T (t )a 2 T( x)X (x)此式中，左端是对于 x 的函数，右端是对于 t 的函数。
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 ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 332222220(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法参考答案
数学物理方法参考答案数学物理方法参考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，通过数学方法来解决物理问题。
在物理学的研究中，数学方法起到了至关重要的作用。
本文将为读者提供一些数学物理方法的参考答案，帮助读者更好地理解和应用这些方法。
一、微积分微积分是数学物理方法中最基础也是最重要的一部分。
它包括了导数、积分和微分方程等内容。
在物理学中，微积分可以用于描述物体的运动、求解力学问题、计算电磁场等等。
下面是一些常见的微积分问题的参考答案：1. 求解函数的导数：对于一个函数f(x)，求它的导数f'(x)。
可以使用导数的定义，即f'(x) =lim(h→0)[f(x+h)-f(x)]/h。
也可以使用求导法则，如常数法则、幂法则、指数函数法则、对数函数法则等。
2. 求解定积分：对于一个函数f(x)，求它在区间[a, b]上的定积分∫[a, b]f(x)dx。
可以使用定积分的定义，即将区间[a, b]划分为若干小区间，然后对每个小区间求和，再取极限。
也可以使用定积分的性质，如线性性、区间可加性、换元积分法等。
3. 求解微分方程：对于一个微分方程，求它的通解或特解。
可以使用常微分方程的解法，如变量分离法、齐次方程法、一阶线性微分方程法等。
也可以使用偏微分方程的解法，如分离变量法、特征线法、变换法等。
二、线性代数线性代数在数学物理方法中也扮演着重要的角色。
它包括了矩阵、向量、线性方程组等内容。
在物理学中，线性代数可以用于描述物体的旋转、变换、矢量运算等。
下面是一些常见的线性代数问题的参考答案：1. 求解线性方程组：对于一个线性方程组Ax=b，求它的解x。
可以使用高斯消元法，将线性方程组转化为阶梯形或行最简形，然后逐步求解。
也可以使用矩阵的逆，即x=A^(-1)b。
2. 求解特征值和特征向量：对于一个矩阵A，求它的特征值和特征向量。
可以使用特征方程，即det(A-λI)=0，其中λ为特征值，I为单位矩阵。
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）第七章 一维波动方程的傅氏解1． 今有一弦，其两端被钉子钉紧，作自由，它的初位移为： 2．(01)()(2)(12)hx x x h x x ϕ≤<⎧=⎨-≤≤⎩，初速度为0，试求其付氏解，其中h 为已知常数。
解：所求问题是一维波动方程的混合问题：2(12,0)(0,)(,)0(0)(01)(,0)(2)(12)(,0)0tt xx t u a u x t u t u l t t hx x u x h x x u x ⎧=<<>⎪==≥⎪⎪≤≤⎧⎨=⎨⎪-≤≤⎩⎪⎪=⎩，根据前面分离变量解法得其傅氏解为：1(,)(cossin )sin n n n n at n at n xu x t C D l l l πππ∞==+∑。
其中，122201228()sin [sin (2)sin ]222l n n n n hC d h d h d l l n πξπξπξϕξξξξξξπ==+-=⎰⎰⎰，0n D =，于是所求傅氏解为：2218(,)cos sin n h n at n xu x t n l l πππ∞==∑2.将前题之初始条件改为：(1)(10)()(1)(01)h x x x h x x ϕ+-≤≤⎧=⎨-≤≤⎩，试求其傅氏解。
解：所求问题为一维波动方程的混合问题：211((1)sin (1)sin n n l l l h d h d πξπξξξξξ--=++-⎰⎰n c 012222211(sinsinsin )n n n h d d d πξπξπξξξξξ--=++⎰⎰⎰2282sin h n n ππ=22821(,)sin cossinh n n at n x lln n u x t ππππ∞=∴=∑。
3今有一弦，其两端0x =和x l =为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为0。
初速度为[](2()0(2,c x x x βϕβ≤≤⎧=⎨∉⎩，其中c 为常数，0,l αβ<<<试求其傅氏解。
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 −∞
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法答案(7) 刘连寿
l n cos x l n l x0 I
n n cos ( x0 ) cos ( x0 ) n l l 2I n n l sin x0 Bn n l l n a n n 0,sin l l
（4）管内本征振动为：
u ( x , t ) u ( x )T (t ) n n n
2n1 2n1 2n1 [ A cos( at ) B sin( at )]sin( x) n n 2l 2l 2l
n 0,1,2
3. 一根均匀固定于 x 0 和 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 ( , h) ，求弦振动的位 移。 解： （1）定解为
初始条件为：
u ( x, 0) 0 I x x0 2 ( , 0) u x t 0 x x0
n 第一类齐次边界条件， 故其本证值为：
n n 本征函数为： sin x ， l l
2
其通解为：
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） X X 0, X (0) 0, X (l ) 0 ； （2） X X 0, X (0) 0, X (l ) 0 ； （3） X X 0, X (a) 0, X (b) 0 ； （4） X X 0, X (0) 0, X hX 0x l 0 .
2 T (t ) a T (t ) 0
由 u(0,t)=0 得 X(0)=0 由 u (l,t)=0 得 X(l )=0
x
（2）求解本征值 由 X( x ) X ( x ) 0
数学物理方法习题解答(完整版)44767
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。
()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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
理论物理基础教程刘连寿第七篇答案
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。
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， (x )=(
n
(2n+1) 2 ) 2l
2 n 1 2 n 1 2 n 1 x) u ( x , t ) [A cos( at ) B sin( at )]sin( n n l 2 2 2 l l n 0
（3）由 u ( x , 0) 0 得 B
（4）管内本征振动为：
u ( x , t ) u ( x )T (t ) n n n
2n1 2n1 2n1 [ A cos( at ) B sin( at )]sin( x) n n 2l 2l 2l
n 0,1,2
3. 一根均匀固定于 x 0 和 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 ( , h) ，求弦振动的位 移。 解： （1）定解为
4. 演奏琵琶是把弦的某一点向旁拨开一个小距离，然后放手让其自
由振动。设弦长为 l ，被拨开的点在弦长 距离为，试求解弦的振动。
1 （ n0 为正整数）处，拨开 n0
解：按题意，实际上是求下列定解问题： 其泛定方程为： utt a 2uxx 0 边界条件：
u (0, t ) 0 u (l , t ) 0
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
u tt a 2 u xx 0 u 0,t 0, u x l ,t 0.
解：(1)分离变量 .令 u( x , t ) X ( x )T (t )
X( x ) X ( x ) 0
t
n
0
F0 x 2 n 1 x ) 得： u( x , 0) An sin( YS 2 l n 0
( 1) n 8lF0 2 l F0 x (2 n 1) x 1 sin A c dx n 2l l YS 2YS (2 n 1)2
8 F0l u ( x, t ) 2YS
（４）作特解的线性叠加，得
n at n at n x u ( x , t ) [A cos( ) B sin( )]sin( ) n n l l l n 1
（５）根据本征函数的正交性，由初始条件定系数 An ,
Bn
4h n x 由 (l x ) x u ( x ,0) An sin l l2 n 1
1 4h l 2 (x ) h (l x ) x 2 2p 2 l n x X (x)=sin( )， n l
（２）分离变量后得Ｘ（ｘ）本征值问题的解为： 本 征 值 =(
n 1,2,
n 2 ) , l
本征函数
（３）Ｔ（ｔ）方程的解．将Ｔ（ｔ）方程，得解
Tn t An cos n at n at Bn sin l l
2 T (t ) a T (t ) 0
由 u(0,t)=0 得 X(0)=0 由 u (l,t)=0 得 X(l )=0
x
（2）求解本征值 由 X( x ) X ( x ) 0
X(0)=0 ， X(l)=0
1 (n+ ) x 2 X (x )=sin n l
得 (x )=
2 l 4h n x 16 h[1 ( 1)n ] An c (l x ) x sin dx l l2 l 3 h3
由 0 u ( x , 0) Bn (
t
n 1
n a n x )sin( ) 得 B 0 n l l
16 h [1 ( 1)n ] n at n x u ( s, t ) cos( )sin( ) 3 3 l l n 1 n
2n0 h l / n0 2n0 h l n n sin d sin d 2 l n 0 / l l l ( n0 1) 0 l
l 2n0 h n sin d l n / l ( n0 1) 0 l
2
其中 0 sin
l / n0
n l2 n l2 n d 2 2 sin cos l n n0 nn0 n0
初始条件为：
u ( x, 0) 0 I x x0 2 ( , 0) u x t 0 x x0
n 第一类齐次边界条件， 故其本证值为：
n n 本征函数为： sin x ， l l
2
其通解为：
F0 后的振动，设杆的横截面积为 S，杨氏模量为 Y ．
解：定解为：
utt a 2u xx 0 u(0, t ) 0, Fx u( x,0) 0 , YS
u x (l , t ) 0 ut ( x,0) 0
初始条件 u( x , 0)
F0 x ，根据胡克定律 (0, x ) YS
初始条件：
l n0 h 0 x0 l x n0 u ( x, 0) ( x) l n0 h (1 x) xl n0 l (n0 1) ut t 0 ( x) 0
这是第一类齐次边界条件，用分离变数法可得：
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） X X 0, X (0) 0, X (l ) 0 ； （2） X X 0, X (0) 0, X (l ) 0 ； （3） X X 0, X (a) 0, X (b) 0 ； （4） X X 0, X (0) 0, X hX 0x l 0 .
(2)由表 11-2 得本征值与本征函数分别为
n (x )=（
(3)特解的线性叠加
n 2 ） l
， X (x )=cos
n
n x l
n at n at n x ] cos( ) B sin u ( x , t ) [A cos n n l l l n 0
2n0 h n sin 2 n (n0 1) n0 2n0 h n 1 (1 ) sin 2 2 n n0 (n0 1)
2n0 2 h n 2 2 sin n (n0 1) n0
显然 Bn 0 故通解为：
u ( x, t )
( ( x) 0)
2n0 2 h 1 n n at n sin cos sin x 2 2 (n0 1) n 1 n n0 l l
Байду номын сангаас
n 0
( 1) n (2 n 1)2
cos
(2 n 1) at (2 n 1) x sin 2l 2l
7. 长为 l 的杆 ，两端受压从而长度缩小为 l (1 2 ) ,放手后任其自 由振动，求解杆的振动。
u a 2u 0 tt xx u (0, t ) 0, u (l , t ) 0 x 解：(1)定解 问题为 ： u ( x, 0) 2 ( l x), u ( x, 0) 0 t 2
n 1
n n n a sin x Cn sin x l l l n 1
I x x0 2 0 x x0 Cn 2 l n f ( x) sin xdx l 0 l x0 l 2 x0 I n sin xdx odx odx 0 x x 0 0 l 2 l 2 x0 I n sin xdx x l 0 2 l I
l
l / n0
sin
n 1 n 1 cos (1) n d l n n0 n
l
l / n0
sin
n l2 n l2 n l 2 d cos 2 2 sin (1) n l nn0 n0 n n0 n
An
2
2 h n 2n0 h n 2h n 2 2 sin cos cos n0 n n0 n n0 n
x0
l n cos x l n l x0 I
n n cos ( x0 ) cos ( x0 ) n l l 2I n n l sin x0 Bn n l l n a n n 0,sin l l
u ( x, t ) ( An cos
n 1
n n n at Bn sin at ) sin x l l l
由 u ( x, 0) 0 可知 An 0
u ( x, t ) Bn sin
n 1
n n at sin x l l
ut ( x, 0) Bn
5. 长为 l 两端固定的弦，用宽为 2 的细棒敲击弦上 x x0 点，亦即在
x x0 处施加冲力，设其冲量为 I ,弦的单位长密度为 ，求解弦的振
动[参考 6-1 习题 2] 解：其泛定方程为： utt a 2uxx 0 其定解方程为：
u (0, t ) 0 u (l , t ) 0
n
(2n+1) 2l
（3）求 T (t ) 将 代入 T (t ) 方程： T (t ) (
n
n
2 n 1 2 2 ) a Tn (t ) 0 2l
2 n 1 2 n 1 at ) T (t ) A cos( at ) B sin( n n n 2l 2l
初始条件 u( x , 0) 的证明.杆两端受压,杆中点位移为零，由左方两个 相似三角形对应成比例,可得
u( x ,0) l ， u( x,0) l l x 2 2
l 2（ -x） ， 2
由右方两个相似三角形两个对应边成比例,可得