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数学物理方法I(2005年光科04级)B(答案)

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北 京 交 通 大 学
2005-2006学年第二学期《数学物理方法（I ）》期末考试试卷（B ）
学院_____________ 专业___________________ 班级____________ 学号_______________ 姓名_____________
一. 填空题：（以下4小题，每小题5分，共20分）
1. 复数()()1/1i i -+的代数式为i -，三角式为()()cos 3/2sin 3/2i ππ+，
指数式为3/2i e π.
2．解析函数()22/iz e z a +的奇点及其留数为:,,z ia ia =-单极点
()/2,/2;,/2a a a a e ia e ia e e ia ---∞-留数分别为本性奇点留数..
3. 已知幂级数()11k
k z i k
∞
=-∑
的收敛半径圆是1z i -=. 4. 设函数()f z 和()g z 分别以点0z 为m 阶和n 阶极点,则0z 为函数()()/f z g z 的m n m n -<阶极点.但如则不是极点.(填0z 为函数的何种性质的点.) 二.(15分)已知解析函数的虚部sin x v e y =,求实部和这个解析函数. 解:sin x v e y =
222
2sin ,sin cos ,sin x
x x x v v e y e y x x
v v
e y e y y y
∂∂==∂∂∂∂==-∂∂
所以有22220v v
x y ∂∂+=∂∂，即v 为调和函数。

5分
由C-R 条件，得cos sin ,x x u v e y x y
u v
e y y x
∂∂==∂∂∂∂=-=-∂∂ 2分
于是
()
cos sin cos x x x u u
du dx dy e ydx e ydy x y d e y ∂∂=
+=-∂∂=
cos x u e y C =+ 5分 最后得()z f z u iv e iC =+=+ 3分
三. (10分)在环域2z <<∞的环域上把()21/32z z -+展开为洛朗级数. 解:
()()21111
322121
z z z z z z ==-
-+---- 3分 在环域2z <<∞的环域上
0011112212/11111111/k
k k
k z z z z z z z z z z ∞=∞=⎛⎫
== ⎪--⎝⎭
⎛⎫-
=-=- ⎪--⎝⎭
∑∑ 4分
最后得
()12
11
1232k k
k k k z z z z -∞-∞
-+=-=-=--+∑∑ 3分
四. (15分)计算实变函数的定积分：
202cos dx x π+⎰ 解：令ix z e =，则有
()11
,cos 2
dz dx x z z iz -=
=+ 3分
所以()2210
11121
2cos 412/2z z dx dz dz x iz i
z z z z π
-====+++++⎰
⎰⎰ ()2
1
41
f z z z =
++
在单位圆里的奇点为单极点02z =- 7分
其留数为(
(
)
21Res 22z f z →--+==
⎡⎤--⎣⎦ 由留数定理得
(
202
2Res 22/2cos dx i f x i
πππ=-+=+⎰ 5分
五. (15分)在边界条件()00f =下,把定义在()0,∞内的函数()x f x e λ-=展开为傅立叶积分.
解: 在边界条件()00f =下，应作傅立叶正弦变换
()()0
sin f x B xd ωωω∞
=⎰ 5分
其中
()()()()()
()()()
0222
2
sin sin 11112i i i i B f d e d e e d i e e i i i λξλωξλωξ
λωξλωξωξωξξωξξ
ππ
ξππλωλωωπλω∞
∞
-∞---+∞
---+=
==-⎡⎤=-+⎢⎥-+⎣⎦=
+⎰⎰
⎰ 7分
所以()2
2
2
sin f x xd ωωωπλω
∞
=+⎰
3分
六. (15分)求解常微分方程
()2220
2,00t
t d y dy dy y t e y dt dt dt =-+===. 解：对方程两边做拉氏变换，得
()
23
2!
21p y py y p -+=
- 5分
求解得()
5
2!
1y p =
- 5分
反演得42/4!t y t e = 5分 七. (10分)用运算微积(拉普拉斯变换)方法求出积分
()0sin tx
I t dx x
∞=⎰
解：两边对t 做拉氏变换，得
()22
2200011
11arctan 2x I t dx dx x p x p x x p p p π∞∞∞
==++==⎰⎰ 7分 反演()2
I t π
=
3分。

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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(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(科学出版社)

数学物理方法答案(科学出版社)

（2）由表 11-2 得本征值与本征函数分别为
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.
数理方法习题参考答案(1)

数理方法习题参考答案(1)


x
P0
(x)dx
=
1 xdx = 1
0
2
∫ ∫ c2n
=
4n +1 2
1 −1
x P2n (x)dx
= (4n +1)
1 0
xP2n
(x
)dx
∫ ( ) =
(4n +1) 22n (2n)!
1
x
0
d 2n dx 2n
x 2 − 1 2n dx
( ) ∫ ( ) ( ( )) ( ( )) =
4n 22n
+ c3
1 2
5x3
− 3x
=
5c3 2
x3
+
3c2 2
x2
+
⎜⎛ ⎝
c1
−
3c3 2
⎟⎞ ⎠
x
+
c0
5c3 2
= 1，3c2 2
= 0，c1
− 3c3 2
= 0，c0
=0
c0 = 0,
c1
=
3, 5
c2
= 0,
c3
=2 5
∴ x3
=
3 5
P1(x) +
2 5
P3 (x)
待定系数法只能适用于 f (x) 为 xn 多项式或者可以展开 xn 多项式的情况。
1 x2
−1
d l−1 dx l−1
x 2 − 1 l dx
∫ ( ) ( ) =
−
3
2l + 1 2l+1 l!
1 x2d
−1
d l−2 dx l−2
x2 −1 l
( ) ∫ ( ) ( ) ( ) =
数学物理方法课后答案 (2)

数学物理方法课后答案 (2)

若?x在无穷远点的无心邻域在大圆弧czreirr上limz?zk一致成立则lim?zdzik?12rrcr21解上第一式表明任给0存在与argz无关的m0使当zrm时dz有z?z?k利用i?复变函数性质5及上式可证c21rz?adzdzlim?zdz?ikzzkzzk2???max???rcr1crzcrz21?由于可任意小21为常量故上式可任意地小
2
2+ 4 i
1+i
[( x 2 − y 2 ) + 2ixy ](dx + idy )
86 − 6i 3
= ∫ [ x 2 − (3 x − 2) 2 + 2ix(3 x − 2)](1 + 3i ) dx = −
（3）沿1 + i 到 2 + i ，再到 2 + 4i 的折线。
I =∫
2 1
2+ 4 i
L
∫ ∫
L
f (ξ )[
f (ξ ) Δ z ∫ L (ξ − z ) 2 (ξ − z − Δ z ) d ξ
ξ − z ( ξ − z − Δz )
2
d ξ ， 现 在 讨 论 能 否 找 到 δ ( ε )， 使 当 Δ z < δ 时 d ,同 时 将 2
上 式 成 立 。 因 本 题 是 讨 论 Δ z → 0时 的 积 分 极 限 ， 不 妨 令 Δ z < min z − ξ = d 代 入 有 Δ I ≤ δ
4 4 1 1 0 0
I3 = ∫ {[2(t2 + 3) + (2t)2 ]2dt + [3(2t)-(t2 + 3)]2tdt} = ∫ (24t 2 + 12 − 2t 3 − 6t )dt =