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数学物理方法第三章第三讲解析

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数学物理方法(王元明)第三章

数学物理方法(王元明)第三章

( x at ) 代表以速度a 沿x 轴正向传播的波 ( x at ) 代表以速度a 沿x 轴负向传播的波
1 2
1 x at ( )d b. 只有初始速度时： u ( x, t ) x at 2a 假使初始速度在区间 上是常数 ，而在此区间外恒等于0
u( x, t ) 1 ( x at ) 1 ( x at )
特征方程 A(dy)2 2Bdxdy C(dx)2 0
b 2 4ac A B 4 AB A 2 2 2 2 (d y ) a (d x ) 0 0 4 1 ( a ) 4 a 0 a 0 2 2 x y 双曲型方程 2u 2u 2 2 2 0 0 4 1 1 0 (d y ) (d x ) 0 2 2 x y 椭圆型方程 2 u u a2 2 0 2 4 1 0 0 (dy)2 0 t x 抛物型方程
u u u u u A B x x x
y Ax
y Bx
2 2 2u u u u u 2u 2 u 2 u A B A B A 2 AB B 2 2 x x x 2 u u u u u y y y
e
( x at ) 2
]
1 2

x at x at

x at
2ase
s 2
ds

( x at ) 1 [ e 2
2
2
e
( x at ) 2
] 1 [ e 2
x at x at s 2

数学物理方法第三章-精品文档126页

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解 级数的部分和为
sn

1

z

z2

z k1

1 zk 1 z
,
(z

1)
26
z 1
z 1
lim
k
sk

1 1
z
lim z k 0
k

级数 zk 收敛,
k0

级数 zk 发散.
k0
由阿贝尔定理知: 收敛范围为一单位圆域 z 1,
在此圆域内, 级数绝对收敛, 收敛半径为1,
从某个k开始,
总有
z k
1, 2
于是有
zk kk


1 2
k
,
故该级数对任意的z均收敛. 11
(2) 对所有的正实数除 z=0 外都发散. 此时, 级数在复平面内除原点外处处发散. 例如,级数 1z22z2kkzk
当z0时, 通项不趋于零, 故级数发散. (3) 既存在使级数发散的正实数, 也存在使级数收 敛的正实数.
[证毕]
18
注意:
定理中极限 lim ak1 存在且不为零 . k ak
如果:

1.0, 则级数 ak zk 在复平面内处处收敛 ,
k0
即 R .
2.(极限不存在),
¥
å 则级数 ak zk 对于复平面内除 z = 0以外的一切 k=0
z 均发散, 即 R0.
19
课堂练习 试求幂级数
n p
wk ,
k n1
绝对收敛
式中 p 为任意正整数



若 wk uk2vk2 收敛，则称 w k 绝对收敛

数学物理方法第三章答案完整版

数学物理方法第三章答案完整版

第三章答案1. (6分)已知齐次状态方程Ax x=&的状态转移矩阵)(t Φ如下，求其逆矩阵)(1t -Φ和系统矩阵A 。

⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+---=Φ--------2t t 2t t 2t t 2t t 3e 2e 3e3e 2e 2e 2e 3e )t (。

解： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+---=-Φ=Φ-2t t 2t t 2t t 2t t 13e 2e 3e3e 2e 2e 2e 3e )t ()t ( （3分） ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=Φ==4-3-21|)t (A 0t & （3分） 2. (8分)求定常控制系统的状态响应。

()()()()()()0101,0,0,11210x t x t u t t x u t t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+≥== ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭&解：11t tt Att tt t tt e te te e e t t tee te -------+⎛⎫+⎛⎫== ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭ （4分）0()()(0)()()10t t t t t x t t x Bu t d e te e d te e e τττττττττ------=Φ+Φ-⎡⎤⎡⎤+⎡⎤=+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎰⎰ （4分）3．(3分) 已知齐次状态方程Ax x =&的状态转移矩阵)(t Φ如下，求其系统矩阵A 。

⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+---=Φ--------2t t 2tt 2t t 2tt 3e 2e 3e3e 2e 2e 2e 3e )t (。

解：⎥⎦⎤⎢⎣⎡=Φ==4-3-21|)t (A 0t & （3分） 4．(8分)已知系统的状态方程为：u x x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=111101&， 初始条件为1)0(1=x ，0)0(2=x 。

求系统在单位阶跃输入作用下的响应。

解：解法1：⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=Φ--t t t e te e s s L t 01101)(11； （4分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰---t t t t t t t t t t t ttte e te e te e d e e t e e tee x 212111)(00100τττττ。

《数学物理方法》第三章 1

《数学物理方法》第三章 1

∫
C
f ( z )dz = ∫ u ( x, y )dx − v( x, y )dy + i ∫ v( x, y )dx + u ( x, y )dy
C C
2. 参数方程的表达形式C: z=z(t) (t:α→β)
∫
C
f ( z )dz = ∫ f [ z (t )]z ′(t )dt
α
β
3.2 柯西积分定理
(u + iv )(dx + idy)
，则
f ( z )dz = udx − vdy + i(vdx + udy )
上式说明了两个问题： 上式说明了两个问题： (1) 当 f ( z ) 是连续函数，且C是光滑曲线时， 是连续函数， 是光滑曲线时， 一定存在； 积分 ∫C f ( z )d z 一定存在； (2)
长和弧长，两边取极限就得到 长和弧长，
∫
C
f ( z )d z ≤
∫
C
f ( z ) dz =
∫
C
f ( z ) ds
f 连续， （6）积分估值定理 若沿曲线 C ，(z) 连续，且f ( z ) ）
在
C上满足
f ( z ) ≤ M ( M > 0) ，则
C
∫
f ( z )d z ≤ M ⋅ l
其中 l 为曲线 C 的长度． 的长度．
k
)∆ y )∆ y
+
k
i ∑ [ v( ξ
]Hale Waihona Puke kkkk
k
k
由此可知， 由此可知，当 n →∞且小弧段长度的最大值 的分法如何， λ → 0 时，不论对C的分法如何，点(ξk ,ηk )的取法 如何，只要上式右端的两个和式极限存在， 如何，只要上式右端的两个和式极限存在，那么 左端的和式极限也存在， 连续， 左端的和式极限也存在，由于 f ( z ) 连续，则

《数学物理方法》第3章

《数学物理方法》第3章
1 k

(3.2.1) 其中所有的ak和b为复常数，b点称为幂级数 的中心，ak 为幂级数的系数。
32
§3.2.1 阿贝尔定理

定理
若幂级数 ，在某点z0收敛， 则级数在以b点为圆心, |z0-b|为半径的圆内绝
对收敛，并在
|z-b|≤q| z0-b| (0＜q＜1) (3.2.2)
的闭圆上一致收敛．

由比值法易得两级数之R1 =R2=1/3，故题设 级数的R=1/3．
50
(方法三）变量代换法．

令w=(3z)2，则
，易见
w平面与z平面中级数收敛半径的关系亦为
51
既然幂级数在收敛圆内收敛，
在收敛圆外发散．
那么，在收敛圆周上情况怎样
呢？
52
【例3.2.4】已知下述幂级数的收敛半径R=1， 问它们在收敛圆周上的敛散性如何？
设级数 在圆|z-b|= |z1-b|外的z2 点收敛(|z2-b| ＞ |z1-b|)．由阿贝尔定理可知， 该级数必在圆|z-b|= |z2-b|内收敛(z1点在该收敛 内)，这与级数在z1点发散的假设矛盾，推论 得证．
36
§3.2.2 收敛圆与收敛半径

阿贝尔定理及其推论表明： (1)幂级数 在某

除了直接用级数一致收敛的充要条件进行判别外，还 有两个很有用的判别法，如表3-2所示．
35
24
26
20
4. 一致收敛级数的重要性质
一致收敛级数的三个性质的
条件与结论之间的联系列于表3-3.


一致收敛级数性质(1)、(2)的证明见习题3.1.5 和习题3.1.6； 这里仅证明性质(3)，即证明 性质(3) 魏尔斯 特拉斯(Weierstrass)定理

高三物理复习 第三章 知识、方法总结人教实验版 知识精讲

高三物理复习 第三章 知识、方法总结人教实验版 知识精讲

高三物理复习 第三章 知识、方法总结人教实验版【本讲教育信息】一. 教学内容：复习 第三章 知识、方法总结［教学重点、难点］一、应用牛顿运动定律解题的常见方法1、程序法：按顺序对题目给出的物体运动过程进展分析的方法简称“程序法〞，“程序法〞要求我们从读题开始，注意题中能划分多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程或各个状态进展分析。

例1. 在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和B ，质量分别为m 和2m ，当两球心的距离大于l 〔l 比2r 大得多〕时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于l 时，两球之间存在相互作用的恒定斥力F ，设A 球从远离B 球处以速度0v 沿两球心连线向原来静止的B 球运动，如图1所示，欲使两球不发生接触，0v 必须满足什么条件？思路：此题解法较多，解题关键是弄清物理过程，找出物理模型，画出对应的位移关系，选用适当的定理〔定律〕列方程进展求解。

解析：解法一：A 球距B 球远大于l 时，A 球做匀速直线运动，B 球静止，当A 、B 两球间的距离小于或等于l 时，A 球作匀减速运动。

B 球作匀加速运动，设A 球的加速度为1a ，B 球的加速度为2a ，根据牛顿第二定律有对A ：1ma F =，对B ：2ma 2F =A 球速度越来越小，B 球速度越来越大，当两球速度一样时，距离最近，此时距离应等于2r 。

在此过程中，A 球的位移是1x ，B 球的位移是2x ，由图2不难看出r 2x x l 12+=+如此r 2t a 21t v t a 21l 21022+-=+，将mF a 1=与m 2F a 2=代入上式整理得0r 2l t v t m4F 302=-+- 假设两球不发生接触，如此上式t 的一元二次方程应无解，即0ac 4b 2<-即0)r 2l (m4F 34v 20<-⋅- 得m)r 21(F 3v 0-< 解法二：运用牛顿定律和运动学公式解，两球刚好接触时共同速度为v ，如此对A ：t m F v v 0-=，对B ：t m 2F v =，得3v v 0= 根据匀变速直线运动位移关系式，有对A ：1202x m F 2v v ⋅-=-，对B ：22x m2F 2v ⋅=， 由图知r 2x x l 12+=+ 整理以上各式，解得m )r 2l (F 3v 0-=，要使A 、B 两球不接触，如此须m )r 2l (F 3v 0-< 答案：m)r 2l (F 3v 0-< 说明：此题题意是分子力模型或静电力模型的理想化改造，将A 、B 两球间的相互作用力设计为恒定斥力，而后又综合了直线运动中的追赶问题，此题已成为学科内综合的典型题目，学生初次接触此题会在“l 比2r 大得多〞上形成障碍，是否还考虑球的半径，此处该如何处理？另外，此题的多种解法也为学生开阔思路提供了营养。

【物理】2019届一轮复习人教版第三章第3单元牛顿运动定律解析典型问题教案

【物理】2019届一轮复习人教版第三章第3单元牛顿运动定律解析典型问题教案

第三章 第3单元 解析典型问题问题1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。

牛顿第二定律F=ma 是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。

在解题时，可以利用正交分解法进行求解。

例1、如图1所示，电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？ 分析与解：对人受力分析，他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 作用，如图1所示.取水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：F f =macos300, F N -mg=masin300 因为56=mg F N ，解得53=mg F f . 另例： 如图所示，在箱内倾角为α的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m 的木块。

求：⑴箱以加速度a 匀加速上升，⑵箱以加速度a 向左匀加速运动时，线对木块的拉力F 1和斜面对箱的压力F 2各多大？ 解：⑴a 向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力竖直向下，所以F 1、F 2的合力F 必然竖直向上。

可先求F ，再由F 1=F sin α和F 2=F cos α求解，得到： F 1=m (g +a )sin α，F 2=m (g +a )cos α 显然这种方法比正交分解法简单。

⑵a 向左时，箱受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交分解法。

可选择沿斜面方向和垂直于斜面方向进行正交分解，（同时正交分解a ），然后分别沿x 、y 轴列方程求F 1、F 2： F 1=m (g sin α-a cos α)，F 2=m (g cos α+a sin α)还应该注意到F 1的表达式F 1=m (g sin α-a cos α)显示其有可能得负值，这意味这绳对木块的力是推力，这是不可能的。

这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度a ≤g tan α时F 1=m (g sin α-a cos α)沿绳向斜上方；当a >g tan α时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。

数学物理方法课本答案第三章分离变量法

数学物理方法课本答案第三章分离变量法

第三章 分离变量法3。

2 基础训练3.2.1 例题分析例1 解下列定解问题：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂-==∂∂=><<∂∂=∂∂====0,20,00,0020022222t t lx x t u lx x u x uu t l x x u a t u （1） 解：分离变量，即令(,)()()u x t X x T t = （2） 代入方程（（1）中第一式），得0)()(2=+''t T a t T λ （3）0)()(=+''x X x X λ （4）其中λ为分离常数。

（2）式代入边界条件（（1）中第二式），得0)()0(='=l X X （5）相应的本证值问题为求⎩⎨⎧='==+''0)()0(0)()(l X X x X x X λ （6） 的非零解．下面针对λ的取值情况进行讨论： （1）当0λ<时，（6）式中方程的通解是()X x Ae =+ （7）其中A ，B 为积分常数，（7）代入（6）中边界条件，得A B Ae+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ （8）由（8）得A=B=0，得X （x ）=0，为平凡解，故不可能有0λ<。

(2) 当0λ=时，（6）式中方程的通解是 ()X x Ax B =+由边界条件得A=B=0，得X （x ）=0，为平凡解，故也不可能有0λ=。

（3）当02>=βλ时，上述固有值问题有非零解．此时式（6）的通解为x B x A x X ββsin cos )(+=代入条件（6）中边界条件，得0cos ,0==l B A β由于 0≠B ，故 0cos =l β，即),2,1,0(212 =+=n ln πβ从而得到一系列固有值与固有函数2224)12(ln n πλ+= ),2,1,0(2)12(sin)( =+=n x ln B x X n n π与这些固有值相对应的方程（3）的通解为),2,1,0(2)12(sin 2)12(cos )( =+'++'=n tlan D t l a n C t T n nn ππ于是，所求定解问题的解可表示为x l n t l a n D t l a n C t x u n n n 2)12(sin 2)12(sin 2)12(cos ),(0πππ+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=∑∞=利用初始条件确定其中的任意常数n n D C ,，得0=n D33202)12(322)12(sin )2(2ππ+-=+-=⎰n l xdxln lx x l C l n故所求的解为x l n t l a n n l t x u n 2)12(sin 2)12(cos )12(132),(0332πππ++⨯+-=∑∞=例2 演奏琵琶是把弦的某一点向旁边拨开一小段距离，然后放手任其自由振动。

高三物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律本章小结课件

高三物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律本章小结课件

以上各式代入数据得:F1= 20 N3 ,F2= 40N 3
3
3
因此,拉力F的大小范围为: 20 N3 ≤F≤
3
答案
203N3≤F≤
40 3
N3
40N 3
3
典例2 如图所示,一个弹簧台秤放在水平地面上,Q为与
轻弹簧上端连在一起的秤盘,P为一重物,已知P的质量M
=10.5 kg,Q的质量m=1.5 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=
出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定,这是解决此类问题的关键所 在。
设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为a0,此时斜面对小球的支持力 恰好为零,小球只受到重力和细绳的拉力,且细绳仍然与斜面平行。对小球 受力分析如图所示。
易知: mg=ma0
tan θ
a0= g=7.5 m/s2
tan θ
因为a=10 m/s2>a0
kx2-mg=ma ②
1
x1-x2= 2
at2
③
由①式得x1= (M=0m.1)5g m④
k
由②③④式得a=6 m/s2
Fmin+kx1-(M+m)g=(M+m)a
Fmax-Mg=Ma 得Fmin=(M+m)a=72 N,Fmax=M(g+a)=168 N
答案 168 N 72 N
2.假设法 有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索,但在变化过程中可能会出 现临界状态,也可能不会出现临界状态,解答此类问题一般用假设法,即假 设出现某种临界状态,找出临界条件,然后再把题设物体的受力情况及运动 状态与临界条件对比,最后再根据实际情况进行处理。 典例3 一斜面放在水平地面上,倾角为θ=53°,一个质量为0.2 kg的小球用 细绳吊在斜面顶端,如图所示。斜面静止时,球紧靠在斜面上,绳与斜面平 行,不计斜面与水平面的摩擦,当斜面以10 m/s2的加速度向右运动时,求细 绳的拉力及斜面对小球的弹力。(g取10 m/s2)

最新数学物理方法第三章第三讲解析教学讲义ppt课件

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也可采用间接展开法，即利用基本展开公式以及逐项求
导、逐项积分、代换方法等将函数展开成罗朗级数。 如
上例
ez z2
1 z2
(1
z
z2 2!
z3 3!
z4 ) 4!
1 z2
1 z
1 2!
1 z 3!
1 z2 4!
两种方法相比，其繁简程度显而易见. 因此，以后在
求函数的罗朗展开式时，通常不用公式去求系数 cn ，而常
长 的 时 间 隧 道，袅
数学物理方法第三章第三讲解析
例1
把函数
f (z)
ez z2
在以 z 0
为中心的圆环域 0 z 内展开成罗朗级数.
【解】 直接法展开
利用公式计算 cn ，那么就有
cn
1 2πi
C
e
n3
d
其中 C 为圆环域内的任意一条简单曲线.
当 n 3 0 ，即 n 3 时，由于 ez zn3 解析， cn 0 ，
1 z 3
n0
(
z
2)n
1 2(z 2) n(z 2)n1 , z 2 1
所以
f
(z)
z
1
2
(z
1 3)2
1 2 3(z 2) n(z 2)n2 z2
n(z 2)n2 , 0 z 2 1 n1
3 用级数展开法计算闭合环路积分
在罗朗展开式中的系数项中. 令 n 1 ，得到
(z)
1 (z 2)(z 3)2
在 0 z 2 1内展开成罗朗级数.
【解】因在 0 (z 2)n . n
因为
1 1 1 z 3 (z 2) 1 1 (z 2)
(z 2)n , z 2 1 n0

高考物理课件 第三章 牛顿运动定律 3.1 牛顿第一定律 牛顿第三定律课件

高考物理课件 第三章 牛顿运动定律 3.1 牛顿第一定律 牛顿第三定律课件
【答案】 B
1．如图所示，物体A和B的重力分别为11 N和7 N，不计弹簧 秤、细线的重力和一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A．弹簧秤的读数为14 N，A对地面的压力为11 N B．弹簧秤的读数为18 N，A对地面的压力为0 C．弹簧秤的读数为7 N，A对地面的压力为4 N D．弹簧秤的读数为0，A对地面的压力为11 N
解析：当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持 原来较大的速度向右运动，则只有图 A 所示的情形符合要求，故 A 正确．
答案：A
方法技巧 1.惯性现象的“一只”、“二有”、“三区别” (1)“一只”：惯性的大小只跟物体的质量有关 (2)“二有”：惯性是一切物体固有的属性；物体在任何情况 下都有惯性． (3)“三区别”：惯性与第一定律的区别；惯性与力的区别； 惯性与速度的区别. 2.惯性的“两种表现” (1)不受外力的条件下，惯性表现出“保持”“原来的”运动 状态． (2)在受力条件下，惯性表现出运动状态改变的难易程度，质 量越大，惯性越大，运动状态越难改变.
思维拓展·能力提升
用牛顿第三定律转换研究对象 转换研究对象是解决力学问题时经常采用的解题策略，当物体 的某个力不容易求时，可根据作用力与反作用力的关系，先求它的 反作用力，如求压力时，可先求支持力．在许多问题中，牛顿第三 定律起到转换研究对象的重要作用．
(2018·海口模拟)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑 材料．一质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg 的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量 及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为 μ1，木块与长木板间 的动摩擦因数为 μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩 擦力大小一定为( )

《数学物理方法》第三讲导数&解析函数

《数学物理方法》第三讲导数&解析函数

如果
f ( z) ∂u ∂v ∂v ∂u +i = −i ∂x ∂x ∂y ∂y
点可导， 在z点可导，以上两极限必须存在且彼此相等，即： 点可导 以上两极限必须存在且彼此相等，
∂u ∂v ∂v ∂u = =− & ∂x ∂y ∂x ∂y
--------数学物理方法第三讲--------
两条件合称柯 西—黎曼条件 黎曼条件
常用的求导公式： 常用的求导公式：
d ω1 d ω2 d (ω1 + ω2 ) = + dz dz dz dω1 d ω2 d (ω1ω2 ) = ω2 + ω1 dz dz dz
d n z = nz n +1 dz
d z e = ez dz d sin z = cos z dz
d cos z = − sin z dz d 1 ln z = dz z
数学物理方法第三讲
导数&解析函数（ 学时 学时） 导数 解析函数（2学时） 解析函数
导数
定义： 上定义的单值函数， 定义：设函数 ω = f ( z )是区域 B 上定义的单值函数，即对于 值与之对应， 区域 B 上的每一个 z 值，有且只有一个 ω 值与之对应，若在
∆ω f ( z + ∆z ) = lim ∆z →0 ∆z ∆z →0 ∆z 存在， 趋近于0的方式无关 的方式无关， 存在，并且与 ∆z 趋近于 的方式无关，则称 ω = f ( z )在 z 点 可导（或单演）， ），此极限叫做函数 点的导数（ 可导（或单演），此极限叫做函数 f ( z ) 在 z 点的导数（或 lim
B 上的某点 z ，限
df 微商），以 表示。 微商），以 f '( z ) 或 ）， 表示。 dz

《数学物理方法》第三章 2

《数学物理方法》第三章 2
f (ζ ) ∫ C ζ − z0 dζ 1 f (ζ ) f ( z 0 + ∆z ) = ∫ C ζ − z 0 − ∆z d ζ 2πi 1 f ( z0 ) = 2πi
z
从而有
f (z0 +∆z) − f (z0) 1 f (ζ ) f (ζ ) = dζ − ∫ dζ ∫C C ζ −z ∆z 2πi∆z ζ − z0 −∆z 0
1 = 2πi
f (ζ ) ∫ C (ζ − z0 )(ζ − z0 − ∆z )dζ
1 f (ζ ) ∆zf (ζ ) = dζ + ∫ dζ ∫C 2 C (ζ − z )2 (ζ − z −∆z) 2πi (ζ − z0 ) 0 0
∆z f (ζ ) ds ∆zf (ζ ) I =| ∫ dζ |≤ ∫ 2 C (ζ − z )2 (ζ − z −∆z) C ζ − z0 ζ − z0 −∆z 0 0
f ( z) dz 的值可能也无 z − z0
∫
C
f ( z) dz = z−z
0
∫
z − z0 =δ →0
f ( z) dz → ∫ z−z
0
z − z0 =δ
f (z ) dz z−z
0 0
→ f ( z0 ) ∫
z − z0 =δ
1 dz = 2πif ( z0 ) z − z0
上面的猜想是否成立，我们即将进行证明 上面的猜想是否成立，我们即将进行证明.
iz iz z +i =1 z =− i
z （2）注意到函数 f (z) = ） 2在 5− z
z ≤ 2 内解析，而 i 在 内解析，
z = 2
内，由柯西积分公式得

导热微分方程

导热微分方程

合金的固相率用非平衡条件下的杠杆定律 （Scheil方程）来确定：
1
fs
(T )

1

Tm Tm
T TL
k0 1
Tm－合金熔点；
TL－合金的液相线；
k0－合金的平衡溶质分配系数。
由于合金的固相率式温度的非线性函数， 给数值计算带来困难，在凝固过程数值模拟 中，采用一下方法处理凝固结晶潜热的析出：
无内热源、常物性条件下导热微分方程的简 化形式：
稳态导热：
一维： 二维：
2T x2
0
2T 2T x2 y2 0
三维：
2T x2

2T y2

2T z 2
0
3.直角坐标系下一般方程的特殊形式：
无内热源、常物性条件下导热微分方程的简化 形式：
非稳态导热：
一维：
2T x 2
fs－温度为T时的质量固相率，是温度的函数
将上式带入直角坐标系下的导热微分方程，得 到：


c
p

L fs T
T t

x


T x


y



T y



z


T z

处理结晶潜热项的关键：处理固相率随温 度变化的函数。取决于合金的种类及其凝固 特性。
Q dxdydz dt
导出微元体的总热量： dQxdx dQydy dQzdz
在dt 时间内，x方向通过x = x+dx 表面流出微元 体的热流量dQx+dx，可按Taylor级数展开如下：

人教版(2019)高一物理第三章第三节牛顿第三定律PPT

人教版(2019)高一物理第三章第三节牛顿第三定律PPT

性质
一定相同
不一定相同
一个力的产生、变化、
不 作用时间 同时产生,同时变化，消失，不一定影响另一
同
同时消失
个力
点 作用对象
不同(异体)
相同(同体)
作用效果
两个力在不同物体产 两个力在同一物体上， 生不同效果,不能抵消 可以求合力，合力为零
练习1：关于作用力、反作用力和一对平衡力的认识， 正确的是( )
人教版（2019）高一物理第三章第三节
牛顿第三定律
演示实验
演示实验
物体间相互作用的一对力，通常叫做作用力和反作用力
拉力
弹簧
手
拉力
引力
卫星
地球
引力
摩擦力
地面
车轮
摩擦力
磁力
磁体A
磁体B
磁力
总结：作用力和反作用力之间的特点
1、作用在同一条直线上，并且方向相反 2、作用在两个物体上 3、属于同性质的力
问题2：甲、乙两同学想通过两个弹簧测力计的 示数来比较谁的力气大，这可能吗？
如图所示，灯受几个力的作用？这几个力的 反作用力是哪些力？哪几个力是平衡力？
相互作用力与平衡力有哪些相同 点和不同的？
相互作用力和平衡力的比较
相互作用力
平衡力
大小 相 同 方向
点 是否共线
相等 相反 共线
相等 相反 共线
A．一对平衡力的合力为0，作用效果相互抵消，一对作 用力和反作用力的合力也为0，作用效果也相互抵消 B．作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失， 且性质相同，平衡力的性质却不一定相同 C．两个物体相碰时，由于作用力和反作用力大小相等， 两物体损坏的程度一定相同 D．先有作用力，接着才有反作用力，一对平衡力作用 在同一个物体上

粱昆淼第四版数学物理方法第3和4章

粱昆淼第四版数学物理方法第3和4章

z1z01z zz00z zz002
k
CR2 z0
R2
1 zz0
k0zzz00
C R1
C
f(z)2 1iC 'R 1f( z)d2 1iC 'R2f( z)d
k
1
z
1 zz0
k0zzz00
R1 z
1 f()d
2i z C'R2
CR2 z0
21i C'R2k0((zzz00))kk1f()d C R 1
ak
f (k) (z0) k!
例：在z0=0邻域上把 f (z) ez 展开
解：
ak
f (k) (z0) k!
1 k!
d k ez dzk
z0
1 k!
公比为
ez 1zz2 zk
2!
k!
z k k0 k!
z
R lim ak lim k
a k k 1
k
例：在z0=0邻域上把 f(z)sinz和 f(z)cozs 展开
CR1为圆CR内包含z且与CR
同心的圆
z0
z z z0 CR1 CR
证：cauch公式 f(z)21i CR1 f(z)d
1
1
1
1
z z0(zz0) z01(zz0)/(z0)
1z01z zz00z zz002
z z0 1 z0
1 z0
k0zzz00
k
z0
z
(z z0)k
zk
1 zn1 lim
1
k0
n 1z 1 z
( z 1)
例：求幂级数 (1)k z2k 的收敛半径
k 0
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n(z 2)n2 , 0 z 2 1 n1
3 用级数展开法计算闭合环路积分
在罗朗展开式中的系数项中. 令 n 1 ，得到
c1
1 2πi
i
C
f
( )d
1 2πi
i
C
f
(z)dz
或
i C f (z)dz 2πic1
其中 C 为圆环域 R1 | z z0 | R2 内的任一简单闭曲线，其中 f (z) 在此圆环域内解析.由此可见，计算积分可转化为求被积函数
的罗朗展开式中 z1 项的系数 c1 .
1
i 例 计算积分
ze z dz
|z|2 1 z
1
【解】函数 f (z) ze z 在1 | z | 内解析，而 1 z
| z | 2 在此环域内，故可把函数在环域
1 z R（R 2) 内展开,注意到| 1 | 1 有 z
1
1
1
ze z
ez
ez
f
一、定义：
若函数 f(z) 在某点z0不可导，而在z0的任意邻域 内除z0外连续可导，则称z0为f(z)的孤立奇点；
举例
若在z0的无论多小的邻域内总可以找到z0以外的
不可导点，则称z0为f(z)的非孤立奇点。
孤立奇点的例子
1 , e1/ z , z
1 1 z2
1 非孤立奇点的例子 sin(1/ z)
(1) 0 z 1; (2)1 z 2;
(3) 2 z ; (4) 0 z 1 1.
【解】(1)先把 f (z) 用部分分式来表示：
f
(z)
1 z2
11 z 1 1 z
1 2
1 1
z
，由于
z
1，从而
z 2
1，利用
2
1 1 z z2 zn 1 z
z 1
可得
11 21 z
1 2
1
(z)
1
z
z 1
1
1
z 1
(1 z1 z2 )(1 z1 (2!z)2 )
(1
2 z
5 2z2
)
故 c1 2 ，从而
1
ze z
|z|2 1 z dz 2πic1 4πi
作业：p47（新教材） (2)、 (4)、 (6)、 (10) 、(12)、(14)
第五节 孤立奇点的分类
（2）显然
lim
z z0
f
(z)
a0
即函数在可去奇点的邻域上是有界的；
（3）定义新的函数，则奇点可去
g(z)
f (z) a0 z
z z0
z0
例： sin z
z
2、极点的特征
（1）在环域 0 z z0 R上的洛朗级数
f (z) an (z z0 )n nm
（2）显然 lim f (z) zz0 m叫极点的阶：单极点，二阶极点。
z4 ) 4!
1 z2
1 z
1 2!
1 z 3!
1 z2 4!
两种方法相比，其繁简程度显而易见. 因此，以后在
求函数的罗朗展开式时，通常不用公式去求系数 cn ，而常
采用间接展开法.
例 2 函数 f (z)
1
在下列圆环域内是处处
(z 1)(z 2)
解析的，将函数 f (z) 在这些区域内展开成罗朗级数.
利用公式计算 cn ，那么就有
i cn
1 2πi
C
e
n3
d
其中 C 为圆环域内的任意一条简单曲线.
由于在给定圆环域内的解析函数是唯一的，所以常常
也可采用间接展开法，即利用基本展开公式以及逐项求
导、逐项积分、代换方法等将函数展开成罗朗级数。 如
上例
ez z2
1 z2
(1
z
z2 2!
z3 3!
z 2
z2 22
zn 2n
,
2
z 1 2
所以
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
f
(
z
)
(1
z
z
2
)
1 2
1
z 2
z2 22
1 2
3 z 7 z2 , 0 48
z
1
结果中不含 z 的负幂次项，原因在于 f (z) 1 在 z 1内是解
(z 1)(z 2)
析的.
(2) 由于1 z 2 ，从而 1 1, z 1，所以
1 1 z2
,
1
z 12 (z 3)
3、本性奇点的特征
（1）在环域 0 z z0 R 上的洛朗级数
f (z) an (z z0 )n n
（2） lim f (z) z z0 不存在
这里a-1具有特殊的作用，被称为f(z)在点z=z0处的留数
三、孤立奇点的分类
可去奇点：主要部分不存在； m阶极点：主要部分有有限m项； 本性奇点：主要部分有无穷多项。
1、可去奇点的特征
（1）在环域 0 z z0 R 上的洛朗级数为：
f (z) a0 a1(z z0 ) a2 (z z0 )2 L
1 , 1 , ,0, , 1 , 1
2
2
二、孤立奇点邻域的Laurent级数展开
在区域 0<|z-z0|<R 内的单值解析函数 f(z) 可展开成
f (z) an (z z0 )n n
其中正幂部分 an (z z0 )n 是该级数的解析部分 n0 负幂部分 an (z z0 )n 是该级数的主要部分 n1
n
f (z) 1 1
1
1
(z 1)n
1
z 2 z 1 1 (z 1) z 1 n0
z 1
(0 z 1 1)
例3
将函数
f
(z)
1 (z 2)(z 3)2
在 0 z 2 1内展开成罗朗级数.
【解】因在 0 z 2 1内展开，所以展开的级数形式应为 cn (z 2)n . n
因为
1 1 1 z 3 (z 2) 1 1 (z 2)
(z 2)n , z 2 1 n0
而
1
(z 3)2
1 z 3
n0
(
z
2)n
1 2(z 2) n(z 2)n1 , z 2 1
所以
f
(z)
z
1
2
(z
1 3)2
1 2 3(z 2) n(z 2)n2 z2
2 罗朗级数展开方法实例
罗朗级数展开定理给出了将一个在圆 环域内解析的函数展开成罗朗级数的一般
方法，即求出 cn 代入即可，这种方法称为 直接展开法. 但是，当函数复杂时，求 cn 往
往是很麻烦的.
例1
把函数
f (z)
ez z2
在以 z 0
为中心的圆环域 0 z 内展开成罗朗级数.
【解】 直接法展开
z2
f
(z)
z
1
2
z
1 1
1 2
1 1
z
1 z
1 1 1
2
z
11
1 1 z z2
zn
z n1
z
24
8
,
1 z 2
(3)由于 z 2，所以 2 1, 1 2 1，所以
z zz
f
(z)
z
1 2
1 z 1
1 1 z 1 2
1 z
1 1 1
1 z2
3 z3
7 z4
z
z
( z 2)
(4) 由 0 z 1 1可知，展开的级数形式应为 cn (z 1)n ，所以