数学物理方法答案(7) 刘连寿

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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 =，,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=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

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

（b）晶体的磁矩（c）高温弱场和低温强场的磁矩（d）求原子磁矩平行、反平行和垂直于外场几率，并由此求磁矩（不考虑磁
，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=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

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]

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

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

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（2）通解为：
， (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

数学物理方法答案(7) 刘连寿

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