数学物理方法第五章2019

数学物理方法Mathematical Method in Physics西北师范大学物理与电子工程学院豆福全第五章 Fourier 变换法§5 . 0 引言在数学中，为将较复杂的运算转化为较简单的运算，常常采用变换手段。

如数量的乘积或商可以通过对数变成对数的解或差，，而得原来数量的乘积或商。

（实质是将乘除运算（复杂）——加减运算（简单）），再如解析几何中的坐标变换，复变函数中的保角变换等均如此。

所谓积分变换，就是通过积分运算，把一个函数变成另一个函数的变换，一般是含有参变量x 的积分()()(),baF f t k t dt αα=⎰实质是将某函数类A 中的函数f 通过上述积分运算变成另一类函数类B 中的函数()F α ，这里(),k t α 是一个确定的二之函数，称为积分变换的核。

选取不同的积分域和变换核时，就得到不同名称的变换，如(),i t k t e ωα-=积分域()(),,a b =-∞∞则 ()()i t F f t dt e ωω∞--∞=⎰（ω为实变量）------------Fourier 变换(),i t k t e ωα-= 积分域()(),0,a b =∞则()()0tF f t dt e σσ∞-=⎰ （σ为实变量）-------------Laplace 变换()f t 称为象原函数，()F α称为()f t 的象函数，一定条件下，它们是一一对应的，而变换是可逆的。

积分变换可用来求解方程（如微分方程）。

原方程中直接求未知数有困难或较复杂时，则可求它的某种积分变换的象函数，然后再由求得的像函数去找原函数。

这种变换的选择应当使得由原来函数的方程经变换得到象函数的方程，易求解。

积分变换的理论和方法在所有科学和各种工程技术中有广泛的应用，我们重点学习Fourier 变换和Laplace 变换。

§5 . 1 Fourier 级数，积分和Fourier 变5 .1 .0 引言研究一个比较复杂的函数时，往往是将它化作一些简单函数的叠加即展开成无穷级数，再利用无穷级数的积分去近似代替它。

数学物理方法总结第一章 复变函数复数的代数式:z=x+iy复数的三角式和指数式:(cos sin )z ρϕϕ=+和i z e ϕρ=欧拉公式:{1sin ()21cos ()2iz iz iz izz e e iz e e --=-=+柯西-黎曼方程(或称为柯西-黎曼条件):{u u x yv v x y∂∂=∂∂∂∂=-∂∂ (其中f(z)=u+iv)函数f(z)=u+iv 在点0z 及其领域上处处可导,则称f(z)在0z 点解析.在区域B 上每一点都解析,则称f(z)是在区域B 上的解析函数.解析函数的性质:1.若函数f(z)=u+iv 在区域B 上解析,则12(,),(,)u x y C v x y C ==(12,C C 为常数)是B 上的两组正交曲线族.2.若函数在区域B 上解析,则u,v 均为B 上的调和函数,即22220u vx y ∂∂+=∂∂ 例题: 已知某解析函数f(z)的实部22(,)u x y x y =-,求虚部和这个解析函数.解答: 由于22ux∂∂=2;22v y ∂∂=-2;则22220u v x y ∂∂+=∂∂曲线积分法u x ∂∂=2x;u y ∂∂=-2y.根据C-R 条件有:v x∂∂=2y;v y ∂∂=2x.于是 22dv ydx xdy =+;(,0)(,)(0,0)(,0)(,)(,)(,0)(22)(22)(22)22x x y x x y x y x v ydx xdy C ydx xdy ydx xdy Cxdy C xy C=++=++++=+=+⎰⎰⎰⎰凑全微分显式法 由上式可知 22dv ydx xdy =+则易得 (2)dv d xy = 则显然 2v xy C =+不定积分法 上面已有v x∂∂=2y;v y ∂∂=2x则第一式对y 积分,x 视为参数,有 2()2()v xy x xy x ϕϕ=+=+⎰. 上式对x 求导有 2'()vy x xϕ∂=+∂,而由C-R 条件可知 '()0x ϕ=, 从而()x C ϕ=.故 v=2xy+C.222()(2)f z x y i xy C z iC =-++=+第二章 复变函数的积分单连通区域柯西定理 如果函数f(z)在闭单连通区域B 上解析,则沿B 上任意一分段光滑闭合闭合曲线l(也可以是B 的边界),有()0lf z dz =⎰.复连通区域柯西定理 如果f(z)是闭复连通区域上的单值解析函数,则1()()0inll i f z dz f z dz =+=∑⎰⎰.式中l 为区域外边界线,诸i l 为区域内边界线,积分均沿边界线的正方向进行.即1()()inll i f z dz f z dz ==∑⎰⎰.柯西公式 1()()2l f z f dz i z απα=-⎰n 次求导后的柯西公式 ()1!()()2()n n l n f fz d i z ζζπζ+=-⎰第三章 幂级数展开幂级数200102000()()()......()......kk kk k a z z a a z z a z z a z z ∞=-=+-+-++-+∑其中0a ,1a ,2a ,3a ,……都是复常数. 比值判别法(达朗贝尔判别法) 1.若有110100limlim1k k k kk k kk a z z a z z a a z z +++→∞→∞-=-<- 则 2010200............kk a a z z a z z a z z +-+-++-+收敛,200102000()()()......()......kk kk k a z z a a z z a z z a z z ∞=-=+-+-+-+∑绝对收敛.若极限1lim /k k k a a +→∞存在,则可引入记号R,1limkk k a R a →∞+=,于是,若0z z R -<,则 200102000()()()......()......kk kk k a z z a a z z a z z a z z ∞=-=+-+-+-+∑绝对收敛.2.若0z z R ->,则后项与前项的模之比的极限1101l i m l i m 1k k k k k k kk a z z a R a a z z +++→∞→∞->=-,即说明200102000()()()......()k k k k k a z za a z z a z z a z z ∞=-=+-+-+-+∑发散.例题: 求幂级数2461.....z z z -+-+的收敛圆,z 为复变数. 解答: 由题意可得 1lim1kk k a R a →∞+== 故 246211......1z z z z -+-+=+ (1z <). 泰勒级数展开 设f(z)在以0z 为圆心的圆R C 内解析,则对圆内的任意z 点,f(z)可展为幂级数,0()()kkk f z a z z ∞==-∑,其中1()010()1()2()!R n k k C f z f a d iz k ζζπζ+==-⎰,1R C 为圆R C 内包含z 且与R C 同心的圆.例题: 在00z =的领域上将()zf z e =展开 解答: 函数()zf z e =的各阶导数()()n z fz e =,而()()0()(0)1k k f z f ==.则ze 在00z =的领域上的泰勒展开23401............1!2!3!4!!!k kzk z z z z z z e k k ∞==++++++=∑.双边幂级数212010010220......()()()()......a z z a z z a a z z a z z ----+-+-++-+-+洛朗级数展开 设f(z)在环形区域201R z z R <-<的内部单值解析,则对环域上的任一点z,f(z)可展为幂级数0()()kkk f z a z z ∞=-∞=-∑.其中101()2()k k Cf a d iz ζζπζ+=-⎰, 积分路径C 为位于环域内按逆时针方向绕内圆一周的任一闭合曲线.例题1: 在1z <<∞的环域上将2()1/(1)f z z =-展为洛朗级数.解答: 22222460211111111......111kk z z zz z z z z ∞=⎛⎫===+++ ⎪-⎝⎭-∑ 例题2: 在01z =的领域上将2()1/(1)f z z =-展为洛朗级数. 解答: 由题意得21111()()1211f z z z z ==---+ 则有z-1的-1次项,而0111111(1)()111222212kk k z z z z ∞=-===--+-++∑ (12z -<) 故 01111()(1)()2142k kk z f z z ∞=-=---∑.第四章 留数定理留数定理 设函数f(z)在回路l 所围区域B 上除有限个孤立奇点1b ,2b ,……,n b 解析,在闭区域B 上除1b ,2b ,……, n b 外连续,则11()2R e ()2nj lj f z d z i s f b i aππ-===∑⎰. 其中,1111Re ()lim {[()()]}(1)!j m m j j m z b d a sf b z b f z m dz---→==--.推论1: 单极点的留数为000Re ()lim[()()]z z sf z z z f z →=-.推论2: 若f(z)可以表示为P(z)/Q(z)的特殊形式,其中P(z)和Q(z)都在0z 点解析,0z 是Q(z)的一阶零点(0()0Q z =).0()0P z ≠,则000000()()'()()()Re ()lim()lim ()'()'()z z z z P z z z P z P z P z sf z z z Q z Q z Q z →→+-=-==. 上式最后一步应用了罗毕达法则.留数定理的应用 类型一20(cos ,sin )R x x dx π⎰.作自变量代换 ix z e =.则式子变为111(,)22z z z z z dzI R iz--=+-=⎰.例题: 计算 202cos dxI xπ=+⎰.解答: 21201122cos 41(2)2z z dxdz dzI i i z z xzz z π-====-=-+++++⎰⎰⎰,Z的单极点为1,2422z -+==- 则221Re(22241z s i z z z π→--=+-=++, 由于2-1z =内.故 I =. 类型二()f x dx ∞-∞⎰.积分区间是(,)-∞∞;复变函数f(z)在实轴上没有奇点,在上半平面除了有限个奇点外是解析的;当z 在上半平面及实轴上→∞时,zf(z)一致地0→.则式子可以变为()2I f x d x i π∞-∞==⎰{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}.例题: 计算21dx x ∞-∞+⎰. 解答: 21dzI z ∞-∞=+⎰的单极点为1,2z i =±.21Re ()2lim()1z i sf i i z i z ππ→=-=+,故21dxx π∞-∞=+⎰.类型三()cos F x mxdx ∞⎰,0()sin G x mxdx ∞⎰,积分区间是[0,]+∞;偶函数F(x)和奇函数G(x)在实轴上没有奇点,在上半平面除了有限个奇点外是解析的;当z 在上半平面或实轴上→∞,F(z)及G(z)一致地0→.则式子可以变为0()c o s {()i m xF x m x d x i F x e π∞=⎰在上半平面所有奇点的留数之和;()s i n {()i m xG x m x d x G x eπ∞=⎰在上半平面所有奇点的留数之和. 若类型二,类型三的实轴上有有限个奇点,则有()2Re ()Re ()f x dx isf z isf z ππ∞-∞=+∑∑⎰在上平面实轴上.其中,在类型三中f(x)应理解为()imzF x e或()imxG x e.第五章 Fourier 变换傅里叶级数 周期为2l 的函数f(x)可以展开为级数01()(c o s s i n k kk k x k x f x a a b llππ∞==++∑. 其中,{1()cos1()sin lk lk lk l k a f d l lk b f d l lπξξξδπξξξ--==⎰⎰,k δ={2(0)1(0)k k =≠.注: 积分上下限只要满足 上-下=2l 即可. 复数形式的傅里叶级数 ()k xilkk f x c eπ∞=-∞=∑其中 *1()[]2k x i ll k l c f e d lπξξ-=⎰. 傅里叶积分 0()()cos ()sin f x A xd B xd ωωωωωω∞∞=+⎰⎰傅里叶变换式 {1()()cos 1()()sin A f d B f d ωξωξξπωξωξξπ∞-∞∞-∞==⎰⎰复数形式的傅里叶积分{*()()()()[]i xi x f x F e d F f x e dx ωωωωω∞-∞∞-∞==傅里叶变换的性质(1) 导数定理 F [f ’(x)]=iwF(w)(2) 积分定理 F [()()x f d ξξ⎰]=1()F w iw(3) 相似性定理 F [f(ax)]=1()wF a a(4) 延迟定理 F [0()f x x -]=0()iwx e F w -(5) 位移定理 F [0()iw xef x ]=0()f w w -(6) 卷积定理 若F [1()f x ]=1()F w ,F [2()f x ]=2()F w ,则 F [1()f x *2()f x ]=122()()F w F w π. 其中1212()*()()()f x f x f f x d ξξξ∞-∞=-⎰称为1()f x 和2()f x 的卷积.δ函数()x δ={0(0)(0)x x ≠∞=.()bax dx δ=⎰{0(,0,0)1(a<0<b)a b <>都或都.δ函数的一些性质1.()x δ是偶函数.()()'()'()x x x x δδδδ-=-=-2. ()()xH x t dt δ-∞==⎰{0(0)1(0)x x <>.3.00()()()f t d f t τδττ∞-∞-=⎰.第六章 Laplace 变换拉普拉斯变换 0()()pt f p f t e dt ∞-=⎰拉普拉斯变换的一些性质 (1) 线性定理 若11()()f t f p ,22()()f t f p ,则 1121122()()()(c f t c f t c f pc f++. (2) 导数定理 '()()(0)f t p f p f -.(3) 积分定理1()td p ϕττ⎰L [()p ϕ]. (4) 相似性定理 1()()p f at f p a. (5) 位移定理 ()()tef t f p λλ-+.(6) 延迟定理 00()()pt f t t e f p --. (7) 卷积定理 若11()()f t f p ,22()()f t f p ,则1212()*()()(f t f t f p f p, 其中12120()*()()()tf t f t f f t d τττ=-⎰称为1()f t 和2()f t 的卷积.第七章 数学物理定解问题(1) 均匀弦的微小振动,均匀杆的纵振动,传输线方程,均匀薄膜的微小横振动,流体力学与声学方程,电磁波方程的形式为20tt xx u a u -=或220tt u a u -∆=或230tt u a u -∆=.(2) 扩散方程,热传导方程的形式为20t xx u a u -=或20t u a u -∆=.(3) 稳定浓度分布,稳定温度分布,静电场,稳定电流场方程的形式为(拉普拉斯方程)0u ∆=.(4) 以上方程中x u 意为u x∂∂,xx u 意为22ux ∂∂.若以上各方程均为有源,则方程为 各方程=f(x,y,z,t).定解条件初始条件 初始”位移” 0(,,,)(,,)t u x y z t x y z ϕ==, 初始”速度” 0(,,,)(,,)t t u x y z t x y z ψ==. 边界条件 第一类边界条件 (,)(,)u r t f M t ∑=第二类边界条件(,)uf M t n ∑∂=∂ 第三类边界条件 ()(,)uu Hf M t n ∑∂+=∂ 衔接条件 00(0,)(0,)u x t u x t -=+00(0,)(0,)()x x Tu x t Tu x t F t +--=-.(T 为张力) 达朗贝尔公式 定界问题 达朗贝尔公式 11(,)[()()]()22x at x at u x t x at x at d aϕϕψξξ+-=++-+⎰. 其中0()t u x ϕ==,0()tt u x ψ==.()x -∞<<∞第八章 分离变数法泛定方程 20tt xx u a u -=(若该方程可以使用分离变量法,则可以化成2''()''()()()T t X x a T t X x λ==-). ''()()0X x X x λ+=在不同的边界条件下解不同.边界条件(1) {(0)0()0X X l == , X(x)的解为 {2()()sin n n n ln X x C x lπλπ== 其中 n=1,2,3……(2) {'(0)0()0X X l ==, X(x)的解为 {21()2[]1()2()cosn n k lk X x C x lπλπ+=+= 其中 k=0,1,2……(3) {(0)0'()0X X l ==, X(x)的解为 {21()2[]1()2()sinn n k lk X x C x lπλπ+=+= 其中 k=0,1,2……(4) {'(0)0'()0X X l ==, X(x)的解为 {2()()cosn n n ln X x C x lπλπ== 其中 n=0,1,2……T(t)的方程在有n 且n=0时的解为 ()T t At B =+; 在0n ≠时的解为()sincos n a n aT t A t B t l lππ=+; 在有k 的情况下为(21)(21)()sincos 22k a k aT t A t B t l lππ++=+.初始条件 将u(x,t)=T(t)X(x)带入初始条件,确定u(x,t)中的常数项.欧拉型常微分方程 22220d R dRm R d d ρρρρ+-=. 解法为做代换t e ρ=.第九章 二阶常微分方程级数解法 本征值问题拉普拉斯方程 0u ∆=(1) 球坐标系下 2222222111()(sin )0sin sin u u ur r r r r r θθθθθϕ∂∂∂∂∂++=∂∂∂∂∂. 分解为 2222(1)0R R r r l l R r r ∂∂+-+=∂∂ 其解为 11()ll R r Cr D r+=+. 和22211(sin )(1)0sin sin Y Y l l θθθθθϕ∂∂∂+++=∂∂∂(球方程,(,)()()Y θϕθϕ=ΘΦ) 球方程又可以分离为 ''()()0ϕλϕΦ+Φ= 其中有 ()(2)ϕϕπΦ=Φ+,其方程解为 {2()cos sin m A m B m λϕϕϕ=Φ=+ 其中 m=0,1,2……和 22222(1)2[(1)]01d d m x x l l dx dx x ΘΘ--++-Θ=- (连带勒让德方程).(2) 柱坐标系下 2222211()0u u u z ρρρρρϕ∂∂∂∂++=∂∂∂∂.分解为 ''()()0ϕλϕΦ+Φ= 其中有 ()(2)ϕϕπΦ=Φ+,其方程解为{2()cos sin m A m B m λϕϕϕ=Φ=+ 其中 m=0,1,2…… 和 ''0Z Z μ-=和 22221()0d R dR m R d d μρρρρ++-=. 当0μ=时,Z=C+Dz,()R ρ={ln (0)/(1,2,3......)m m E F m E F m ρρρ+=+=; 当0μ>时,()Z z De =+,方程R 转换为 22222()0d R dR x x x m R dx dx++-=(x =,m 阶贝塞尔方程). 当0μ<时,()Z z C D =+,方程R 转换为22222()0d R dR x x x m R dx dx +-+=(x =,m 阶虚宗量贝塞尔方程). 亥姆霍兹方程 20v k v ∆+=.在00x =的领域上l 阶勒让德方程的解为 0011()y x a y a y =+ 其中 2402()(1)(2)()(1)(3)1...2!4!(22)(24)...()(1)(3)...(21)......(2)!k l l l l l l y x x k l k l l l l l k x k -+--++=+++-----+++-++ 35121(1)(2)(3)(1)(2)(4)...3!5!(21)(23)...(1)(2)(4)...(2)......(21)!k l l l l l l y x x x k l k l l l l l k x k +-+--++=+++-----++++++第十章 球函数高次项l x 的系数 2(2)!2(!)l l l a l = (在乘以适当的常数之后),用递推公式改写后为2(2)(1)()(1)k k k k a a k l k l +++=-++,则 22(22)!(1)!2()!(2)!l n l l n a n l n l n --=---.则勒让德多项式为 [/2]20(22)!()(1)!2()!(2)!l kl k l l k l k P x x k l k l k -=-=---∑.[/2]l ={/2()(1)/2()l l l l -为偶数为奇数. ()1o P x =1()cos P x x θ==2211()(31)(3cos 21)24P x x θ=-=+ 3311()(53)(5cos33cos )28P x x x θθ=-=+ 42411()(35303)(35cos 420cos 29)864P x x x θθ=-+=++…… 勒让德多项式是正交的例题1: 以勒让德多项式为基,在区间[-1,1]上把f(x)=3234x x ++展开为广义傅里叶级数.解答: 3234x x ++=00112233()()()()f P x f P x f P x f P x +++ = 23012311(31)(53)22f f x f x f x x ++-+- 则有 02142f f -=, 13332f f -=, 2302f =, 3522f =. 故有3234x x ++=0132144()()()55P x P x P x ++. 例题2: 在半径0r r =的球的内部求解拉普拉斯方程使满足边界条件02cos r r u θ==. 解答: 边界条件与ϕ无关,故选择球坐标,则有10(,)()(cos )l l l l l l B u r A r P r θθ∞+==+∑. 又有自然边界条件 0r u =有限故0l B =.则有(,)(cos )ll ll u r A r P θθ∞==∑. 而02202012cos (cos )()()33l l l r r l u A r P x P x P x θθ∞======+∑,则22200121(,)(cos )(cos )33l l l l u r A r P r P r θθθ∞===+∑.。

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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

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。