数学物理方法试卷合集

得分
评阅人
二、填空题： （共 5 题，每空 3 分，共 18 分）
1．函数 f ( x) x 按勒让德多项式 Pl ( x) 的展开式为 x
2
2
1 2 P0 ( x) P2 ( x) 。 3 3
2．在一维问题中，第一类齐次边界条件为 u (0, t ) 0 。若 u 代表温度，则边界条件的物理意义为 杆的 左端保持为零度；若 u 代表位移，则边界条件的物理意义为 弦的左端固定 。
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华中师范大学 2007 –2008 学年第一学期
------------------------------------------------- 密 ---------------------------------- 封 ----------------------------- 线 ---------------------------------------------------------
w( z ) c0
（3）方程的通解：
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 及解。因
JG
所以方程的解为：
4．函数 cos t 的拉普拉斯变换为 L[cos t ]
p p 2
2
5．积分


cos x ( x)dx
1
。
得分
评阅人
三、证明题： （共 1 题，共 10 分）
JG

l l
工

l l
试证明正交归一关系：
e i ( k n k m ) d 2l mn ，其中 k n
1 2 1
1 3
1 3
2 3
(l 0,2)。由此得到球外电势为
u2 ( R, )
1 2 1 1 3cos 2 1 ) 3 P2 (cos ) ( 3R 3R 3 R R
4．试用拉普拉斯变换法求方程 y '' y t 满足初始条件 y (0) 1, y '(0) 2 的解。 解：设 L[ y (t )] Y ( p ) 。对原方程的两边取拉普拉斯变换，并考虑到初始条件，则有：
当 n m 时，
因此有：
e i ( k n k m ) d 2l mn
作
n m , km (m, n 0,1,2,) 。 l l
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室
(k ) f (k ) 。 3．傅里叶变换的卷积定理为 F [ f 1 ( x ) f 2 ( x )] f 1 2
JG
f ( k ) (b) 的形式？为什么？ k! f ( k ) (b) 。因为高阶导数公 k!
专业：
答：罗朗级数中积分表达式与泰勒级数的积分表达式相同，但罗朗级数中 ak
式要求 f(z)解析才成立。而在此 f(z)仅在区域内 R2 z b R1 解析，所以罗朗展开式中系数的积分形 式不能写成微分形式。
2 u a u 0 tt xx
u(0,t)=0 ， u (l , t ) 0 x F x u( x , 0) 0 ， u ( x , 0) 0 t YS
初始条件 u( x , 0)
F x 0 ，根据胡克定律 (0, x ) YS
段的相对伸长为
u( x ,0) u(0,0) x
证明：当 n m 时，
1 l i0 e d 1 2l l
l 1 l i ( n m ) / l 1 l e d d [ei ( n m ) / l ] l l 2l 2l i (n m) 1 l ei ( n m ) / l l i 2 (n m) 0
2
工
1 2 , a2 , al 0 (l 0, 2) ，因此球内电势为 3 3
由 0 u 2 (, )
d P (cos ) 及 cos
l 0 l l
P2 (cos ) P0 (cos ) 得 d 0 , d 2 , dl 0
2 3
室
，故
F0 u( x ,0) u(0,0) u( x ,0) P Y Y S x x
F x u( x , 0) 0 YS
( X 0端固定)
（3）通解为：
JG
t ( x , 0) 0
8 F0l u ( x, t ) 2YS
2 n 1 2 n 1 2 n 1 u ( x , t ) [A cos( at ) B sin( at )]sin( x) n n l l 2 2 2 l n 0
期末考试 A 卷参考答案
课程名称 数学物理方法 题型 分值 得分
得分 评阅人 一、问答题： （共 4 题，每题 3 分，共 12 分）
1． 复变函数 w x iy 是否为解析函数？为什么？
2 2
课程编号 83810012 任课教师 吴少平
填空题 证明题 计算题
学号：
选择题
总分 100
12
18
L[ y ''] L[ y ] L[t ]
即
p 2Y ( p) p 2 Y ( p) Y ( p)
1 p2
由上式解得：
1 p 3 2 2 2 p p 1 p 1
再由上式取拉普拉斯逆变换得：
y (t ) L1[
或者：利用展开定理进行计算。
所以
k
JG
pt 3 1 d p 3 p 2 e Lim ( p 0) 2 Lim( p i )( 2 2 )e pt Lim( p i )( 2 2 )e pt p p i p i 0 (2 1)! dp p p 1 p 1 p 1 p 1 t cos t 3sin t
3 2
a P (cos ) 3 P (cos ) 3 P (cos )
l 0 l l 2 0

作
2
由 P l (cos ) 的正交性，得到 a0
JG

1 2 1 1 u1 ( R, ) R 2 P2 (cos ) (cos 2 ) R 2 3 3 3 3
c z
k 0 k

k
（2）系数递推公式。将 w( z ) 代入方程，得：
k (k 1)c z
k 2 k

k 2
ck z k 1 0
k 0

2c2 [( k 2)( k 1)ck 2 ck 1 ]z k 0
k 1
c2 0, ck 2
3．若单位球面上电势分布为 u (1, ) cos 解： （1）定解问题为
2
，求单位球内、外空间的电势分布。
2u1 ( R, ) 0, 2u2 ( R, ) 0 u1 (0, )有界， u2 (, ) 0 2 u1 (1, ) u2 (1, ) cos
即
ck 1 (k 2)(k 1)
ck 3 c3k 3 ， 亦即 c3k 。 k ( k 1) 3k (3k 1) (a) 用 c0 表示 c3k c3k 3 1 c3k 6 c3k 3k (3k 1) 3k (3k 1) (3k 3)(3k 4) 1 c0 3k (3k 1)(3k 3)(3k 4) 6 5 3 2 (b) 用 c1 表示 c3k 1 c3k 2 1 c3k 5 c3k 1 3k (3k 1) 3k (3k 1) (3k 2)(3k 3) 1 c1 (3k 1)3k (3k 2)(3k 3) 7 6 4 3 因 c2 0 ，故 c5 c8 0 ck
10
60
学生姓名：
答：因为 u x 2 x, u y 0, vx 0, v y 2 y ，由 C-R 条件有 x y ，即函数仅在直线 y x 上可导，不满 足解析函数的条件，所以原函数不是解析函数。
年级：
工
作
室
a ( z b) 中的系数 a
k
k
则 f ( z ) 的罗朗展开式 f ( z ) 2． 设函数 f ( z ) 在环域 R2 z b R1 内解析， 能否写成 ak
华中师范大学 2007 –2008 学年第一学期
------------------------------------------------- 密 ---------------------------------- 封 ----------------------------- 线 ---------------------------------------------------------
工
y (t ) Re s[ y ( p )e pt , bk ]
作
且 f ( p ) 只有三个孤立奇点： 0 （二阶极点） 、i, i （一阶极点） ， 由于当 p ， f ( p ) 一致地趋于零，
室
1 p 3 2 2 ] 2 p p 1 p 1 t cos t 3sin t
工
w( z ) 1

c0 1 1 w(0) ，所以 0 w(0) c1 0
z 3k k 1 3k (3k 1) 6 5 3 2
作
室
2．长为 l 的杆，一端固定，另一端受力 F0 而被拉长，求杆在去掉力 F0 后的振动。设杆的截面积为 S，杨氏 模量为 Y。 解： （1）定解问题为：
sin z 在有限远处的孤立奇点属于什么类型？在奇点处的留数为多少？ z sin z 答： f ( z ) 在有限远处的孤立奇点为 z 0 ，它属于可去奇点。它在奇点 z 0 处的留数为 0。 z
3．函数 f ( z )
院（系） ：
4．在分离变量法中引入的常数如何确定？斯图姆—刘维尔型本征值有何特点？ 答：在分离变量法中引入的常数可通过求解本征值问题而确定。 斯图姆—刘维尔型本征值的特点为：存在无穷多个、分立的、实的本征值；所有本征值都是非负的。
（2）对称性与通解形式。由于轴对称性，通解为
b ( , ) (al R l ll1 )Pl (cos ) u R 1 R l 0 u ( R, ) (c R l dl )P (cos ) l l 2 R l 1 l 0
（3）由边界条件和边值关系定系数。 由 u1 ( R, )
最后得方程的解为：
工
n 0
1 (n+ ) x 2 （2）由泛定方程及边界条件可得： X (x )=sin ， (x )=[ (2n+1) ]2 n n 2l l
(2n1)2 cos
作
B 0 n
( 1)n
室
(2 n 1) at (2 n 1) x sin 2l 2l
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(al Rl
l 0 l 0

bl )Pl (cos ) R l 1
l R 0 有界 ，得 bl 0 ，即 u1 ( R, ) al R P l (cos ) 。 l 0

由 cos
2
u1 (1, ) al Pl (cos ) 及 P2 (cos ) cos 2 P0 (cos ) ，可得
（4）定系数。由 u 由 得：
F0 x 2 n 1 u( x , 0) An sin( x ) 得： YS l 2 n 0 ( 1)n 8lF0 1 2 l F0 x (2 n 1) x A c sin dx n l 2l YS 2YS (2 n 1)2
(Re p 0) 。
得分
评阅人
四、计算题： （共 4 题，前 3 题各 16 分，第 4 题 12 分，共 60 分）
1．试用级数解法求解在 z 0 0 邻域内 w' ' zw 0 的解，其初始条件为 w(0) 1, w' (0) 0 。 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，所以 解的形式为： w( z )