数学物理方法答案(11) 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》课程教学大纲（72 学时）（理论课程）一课程说明（一）课程概况课程中文名称：《数学物理方法》课程英文名称：Mathematics physics method课程编码：3910252114开课学院：理学院适用专业/开课学期：物理学/第 4 学期学分/周学时：4 学分/周4 学时《数学物理方法》是物理学本科专业的必修专业主干课，通过该课程的学习，使学生掌握复变函数、数学物理方程和特殊函数的基本理论、建模方法和计算方法，培养学生用数学方法和物理规律解决各类物理实际问题的能力，为后续课程的学习打下良好的基础。

本课程是前期课程《高等数学》的延伸，为后继开设的《电动力学》、《量子力学》等课程提供必需的数学理论知识和计算工具。

本课程在本科物理学专业中占有重要的地位，本专业学生必须掌握它们的基本内容，否则对后继课的学习将会带来很大困难。

（二）课程目标通过本课程的学习，使学生掌握处理物理问题的一些基本数学方法，为进一步学习后继课程提供必要的数学基础。

要求学生熟悉复变函数(特别是解析函数)的一些基本概念，掌握泰勒级数及洛朗级数的展开方法，利用留数定理来计算回路积分和三类实变函数的定积分；掌握傅立叶变换和拉普拉斯变换的概念及性质，并能运用拉普拉斯变换方法求解积分、微分方程。

了解三种类型的数学物理方程的导出过程，能熟练写出定解问题；掌握用行波法求解一维无界及半无界波动方程，利用分离变量法求解各类齐次及非齐次方程；了解特殊函数的常微分方程，掌握用级数解法求解二阶常微分方程，了解施图姆-刘维尔本征值问题及性质；掌握勒让德多项式、贝塞尔函数及性质，并能利用勒让德多项式求解三维轴对称拉普拉斯方程。

（三）学时分配二教学方法和手段1.本课程课堂讲授约需 72 课时。

2.学生在学习过程中应注重各专题所要求内容的全貌，以掌握基本思想和基本方法为主，培养创新精神。

3.在学习过程中，应以推荐教材为主，适当参考所列出的或其它的参考书，要适应各种不同的教材的编排体系和书写符号等。

《数学物理方法》课程教学大纲（供物理专业试用）课程编码：140612090学时：64 学分：4开课学期：第五学期课程类型：专业必修课先修课程：《力学》、《热学》、《电磁学》、《光学》、《高等数学》教学手段：（板演）一、课程性质、任务1．《数学物理方法》是物理教育专业本科的一门重要的基础课，它是前期课程《高等数学》的延伸，为后继开设的《电动力学》、《量子力学》和《电子技术》等课程提供必需的数学理论知识和计算工具。

本课程在本科物理教育专业中占有重要的地位，本专业学生必须掌握它们的基本内容，否则对后继课的学习将会带来很大困难。

在物理教育专业的所有课程中，本课程是相对难学的一门课，学生应以认真的态度来学好本课程。

2．本课程的主要内容包括复变函数、傅立叶级数、数学物理方程、特殊函数等。

理论力学中常用的变分法，量子力学中用到的群论以及现代物理中用到的非线性微分方程理论等，虽然也属于《数学物理方法》的内容，但在本大纲中不作要求。

可以在后续的选修课中加以介绍。

3．《数学物理方法》既是一门数学课程，又是一门物理课程。

注重逻辑推理和具有一定的系统性和严谨性。

但是，它与其它的数学课有所不同。

本课程内容有很深广的物理背景，实用性很强。

因此，在这门课的教学过程中，不能单纯地追求理论上的完美、严谨，而忽视其应用。

学生在学习时，不必过分地追求一些定理的严格证明、复杂公式的精确推导，更不能死记硬背，而应重视其应用技巧和处理方法。

4．本课程的内容是几代数学家与物理学家进行长期创造性研究的成果，几乎处处都闪耀创新精神的光芒。

教师应当提示学生注意在概念建立、定理提出的过程中所用的创新思维方法，在课堂教学中应尽可能地体现历史上的创造过程，提高学生的创造性思维能力。

二、课程基本内容及课时分配第一篇复数函数论第一章复变函数（10）教学内容：§1.1．复数与复数运算。

复平面，复数的表示式，共轭复数，无穷远点，复数的四则运算，复数的幂和根式运算，复数的极限运算。

L maX cos ma 2 L maX sin mga sin
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

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。

（2） 若 f(x)为偶函数
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 −∞

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紧缩系数。

1．解：假设咱们考察的系统是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：而等压紧缩系数:综上有理想气体（n mol）：2.某气体的定压膨胀系数和等温紧缩系数，，其中都是常数，试求此气体的状态方程。

2．解：依照题意：把体积看成是数并微分有：两边同时积分有：由极限情形下：,故：取得：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转变，从一平稳态变到另一平稳态，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：杨氏模量的概念：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紧缩系数进行测量的结果取得一下方程：，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一按时）：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：证明上题中的系数知足下式：6．证明：第一部份：只要将上题中解答进程的(3)式中的换成即得。

故关键是证明第二部份由于(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）设系统达到平稳，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）依照题意假设一个原子占据间隙点时能量，那么占据格点时能量。

现有个原子占据间隙点故有个占据格点。

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---。

数学物理方法课后答案【篇一：数学物理方法习题】1、求解定解问题：utt?a2uxx?0,(0?x?1),u|x?0?u|x?l?0,l?n0hx,(0?x?),?ln0?（p-223） ?u|t?0??hl(l?x),(?x?l),?ln0?l???n0u|t?0?0,(0?x?l).2、长为l的弦，两端固定，弦中张力为t，在距一端为x0的一点以力f0把弦拉开，然后撤出这力，求解弦的震动。

[提示：定解问题为 utt?a2uxx?0,(0?x?l),u(0,t)?u(l,t)?0,?f0l?x0x,(0?x?x0), ??tlu(x,0)???f0x0(l?x),(x?x?l),0??tlut|t?0?0.] (p-227)3、求解细杆导热问题，杆长l，两端保持为零度，初始温度分布u|t?0?bx(l?x)/l2。

[定解问题为k?22u?au?0,(a?)(0?x?l),xx?tc???] (p-230)u|x?0?u|x?l?0,??u|t?0?bx(l?x)/l2.???4、求解定解问题??2u?2u2??a?0,0?x?l,t?022??t?x?ux?0?0,ux?l?0. ??3?x?u?u ?asin,?0.?t?0l?tt?0?4、长为l的均匀杆，两端受压从而长度缩为l(1?2?)，放手后自由振动，求解杆的这一振动。

[提示：定解问题为?utt?a2uxx?0,(0?x?l),?ux|x?0?ux|x?l?0,??](p-236) ?2u|?2?(?x),t?0?l?ut|t?0?0.??5、长为l的杆，一端固定，另一端受力f0而伸长，求解杆在放手后的振动。

[提示：定解问题为?utt?a2uxx?0,(0?x?l),?u|x?0?0,ux|x?l?0,??] (p-238)x?uxf?0?u(x,0)??0dx??0,?xys?ut|t?0?0.??6、长为l的杆，上端固定在电梯天花板，杆身竖直，下端自由、电梯下降，当速度为v0时突然停止，求解杆的振动。

数学物理方法习题答案数学物理方法习题答案数学物理方法作为一门重要的学科，是自然科学中的基础学科之一。

它的研究对象是自然界中的现象和规律，通过数学的方法来描述和解释这些现象和规律。

在学习数学物理方法的过程中，习题是不可或缺的一部分。

下面我将为大家提供一些数学物理方法习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。

1. 求解微分方程：dy/dx = x^2 + y^2解：将方程改写为dy/(x^2 + y^2) = dx，然后对两边同时积分得到：arctan(y/x) = x + C其中C为积分常数。

将等式两边同时取正切，得到：y/x = tan(x + C)即为所求的解。

2. 求解偏微分方程：∂u/∂t = a^2(∂^2u/∂x^2 + ∂^2u/∂y^2)解：假设u(x, y, t) = X(x)Y(y)T(t)，将其代入方程得到：X(x)Y(y)T'(t) = a^2(X''(x)Y(y) + X(x)Y''(y))整理得到：T'(t)/a^2T(t) = X''(x)/X(x) + Y''(y)/Y(y)由于等式两边只依赖于不同的变量，所以必须等于同一个常数，设为-k^2。

于是得到三个常微分方程：T'(t)/a^2T(t) = -k^2X''(x)/X(x) = -k^2Y''(y)/Y(y) = -k^2解这三个方程，得到：T(t) = C1e^(-a^2k^2t)X(x) = C2sin(kx) + C3cos(kx)Y(y) = C4sin(ky) + C5cos(ky)将三个方程的解合并，得到原方程的通解：u(x, y, t) = Σ[C1e^(-a^2k^2t)][C2sin(kx) + C3cos(kx)][C4sin(ky) + C5cos(ky)]其中Σ表示对k的求和。

不妨让引用科学家柯朗在《数学物理方法》一书
（德文版 序言）中的一段话加以描述，柯朗写道：
“从17世纪以来，物理的直观，对于数学问题和方法
是富有生命力的根源，然而近年来的趋向和时尚，已
将数学与物理间的联系减弱了，数学家离开了数学的 直观根源，而集中推理精致和着重于数学的公设方面,
甚至有时忽视数学与物理学以及其他科学领域的整体 性.而且在许多情况下,物理学家也不再体会数学家的 观点,这种分裂,无疑地对于整个科学界是一个严重的 威胁,科学发展的洪流, 可能逐渐分裂成为细小而又细 小的溪渠,以至于干涸,因此,有必要引导我们的努力转
z r(cos i sin )
称为复数的三角表示式. 即为
z r cos ir sin r(cos isin) z cosArgz isinArgz
定义 1.2.6 复数的指数表示 利用欧拉(Euler) 公式
ei cos i sin 我们可以把任意非零复数 z x iy r cos i sin 表示
第一章 复数与复变函数
要求掌握：
1. 复数：复数运算和复数的各种表示方法； 模与幅角； 2. 曲线和区域的判断：简单曲线、简单闭曲 线；单、复（或多）连通区域；有、无界区 域；区域（开、闭区域）；映射的概念； 3. 复变函数的极限和连续； 4. 复球面与无穷远点概念；
重点：复数的运算和各种表示法； 复变函数极限的概念；
《数学物理方法》
参考资料：
第一部分 复变函数论 （含积分变换）
第二部分 数学物理方程 第三部分 特殊函数
参考资料（教材）
第四部分 计算机仿真
数学物理思想
数学思想是人类创造性思维最具活力的体现
爱因斯坦相对论的建立便是最有力的佐证。将数学思 想方法应用于现代高科技各专业技术领域，并构建成典 型的（物理）模型和解决问题的方法是数学思维和现代 专业技术领域的结晶，从而形成科学研究中实用性很强 的数学物理方法。它既利用精妙的数学思想，又联系具 体的研究任务和研究目标, 建立数学物理模型，给出解决 方法，是思维和研究任务、数学和物理模型有机结合的 方法，是统一数学思想和物理模型的系统化理论。脱离 了数学思维，具体研究任务失去了理论指导方法；脱离 了所研究的物理模型，作为最具生命力根源的数学思维 没有发挥其解决实际问题的巨大潜能。既非数学思想， 也非物理模型本身能达到尽善尽美，只有两者的有机结 合才能形成推动人类科学技术赖以发展的最有成效的动 力之源。

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 (

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 ?++≠?=+?+??。

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。