数学物理方法习题集解答(编辑版)

1、数学物理方法习题集解答(完满编写版)数学物理方法习题集解答(完满编写版)50/50数学物理方法习题集解答(完满编写版)-*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Rez在z平面上各处不能导。证明：令Rezuiv。QRezx，ux,v0。u1，v0，uv。xyxy于是u与v在z平面上各处不满足CR条件，所以Rez在z平面上各处不能导。2、试证fzz2仅在原点有导数。证明：令fzuiv。Qfz2x2y2ux2y2,v0。zu2x,u2y。vv。xyxy所以除原点以外，u,v不满足CR条件。而u,uv,v在原点xyxy连续，且满足CR条件，所以fz在原点可微。f0uivvi

2、u0。xxx0yyx0y0y02或：f0limzlim*limxiy0。zzz0z0y0 x022*zzzlimzzzzlim(z*zz)z00。limz0zz0zz0z*z*【当z0,zrei，zei2与趋向有关，则上式中z1】zzz-*x3y3i(x3y3)z0，证明fz在原点满足CR条件，但不3、设f(z)x2y20z=0可微。证明：令fzux,yivx,y，则x3y3x2y20，ux,yx2y20 x2y2=0 x3y3x2y20。v(x,y)x2y20 x2y2=0ux(0,0)limu(x,0)u(0,0)x0 xuy(0,0)limu(0,y)u(0,0)y0yvx(0,0)li

3、mv(x,0)v(0,0)x0 xvy(0,0)limv(0,y)v(0,0)y0yux(0,0)vy(0,0),uy(0,0)limx31，x0 x3limy3y31；x0limx31，x0 x3limy31。x0y3vx(0,0)f(z)在原点上满足CR条件。但limf(z)f(0)limx3y3i(x3y3)。z0zz0(x2y2)(xiy)令y沿ykx趋于0，则x3y3i(x3y3)1k3i(1k3)k4k3k1i(k4k3k1)lim22)(xiy)(12)(1ik)22z0(xyk(k1)依赖于k，f(z)在原点不能导。4、若复变函数fz在地域D上解析并满足以下条件之一，证明其在地

4、域D上-*必为常数。（1）fz在地域D上为实函数；2）f*z在地域D上解析；（3）Refz在地域D上是常数。证明：（1）令f(z)u(x,y)iv(x,y)。由于fz在地域D上为实函数，所以在地域D上v(x,y)0。Qf(z)在地域D上解析。由CR条件得uv0，uv0。xyyx在地域D上u(x,y)为常数。从而fz在地域D上为常数。（2）令f(z)u(x,y)iv(x,y)，则f*(z)u(x,y)iv(x,y)。f(z)在地域D上解析。由CR条件得uv,uv。（1）xyyx又f*(z)在地域D上解析，由CR条件得uv,uv。（2）xyyx联立（1）和（2），得uuvv0。xyxyu,v在地域

5、D上均为常数，从而f(z)在地域D上为常数。（3）令fzux,yivx,y，则Ref(z)ux,y。由题设知ux,y在地域D上为常数，uu0。xy-*又由CR条件得，在地域D上vuvu，于是v在地域D上为常数。x0,y0yxu,v在地域D上均为常数，从而在地域D上f(z)为常数。5、证明xy2不能够成为z的一个解析函数的实部。证明：令uxy2，2u2u02x2x。x2y2不满足拉普拉斯方程。从而它不能够成为z的一个解析函数的实部。6、若zxiy，试证：（1）sinzsinxcoshyicosxsinhy；（2）coszcosxcoshyisinxsinhy；（3）sinz2sin2xsinh2

6、y；（4）cosz2sinh2y。cos2x证明：（1）sinzsin(xiy)sinxcos(iy)cosxsin(iy)Qcos(iy)coshy,sin(iy)isinhy，sinzsinxcoshyicosxsinhy。（2）coszcos(xiy)cosxcos(iy)sinxsin(iy)Qcos(iy)coshy,sin(iy)isinhy，coszcosxcoshyisinxsinhy。（3）2(sinxcoshy)2(cosxsinhy)2sin2xcosh2ycos2xsinh2ysinzsin2x(1sinh2y)cos2xsinh2ysin2x(sin2xcos2x)s

7、inh2ysin2xsinh2y。-*（4）2(cosxcoshy)2(sinxsinhy)2cos2xcosh2ysin2xsinh2ycoszcos2x(1sinh2y)sin2xsinh2ycos2xcos2xsinh2ysin2xsinh2ycos2x(cos2xsin2x)sinh2ycos2xsinh2y。7、试证若函数fz和z在z0解析。fz0z00,z00，则limfzfz0。（复变函数的洛必达法规）zz0zz0证明：limf(z)f(z0)f(z)f(z0)f(z0)zz0zz0limzz0limf(z)f(z0)limf(z)。(z0)lim(z)(z0)zz0(z)(z0

8、)zz0(z)(z0)zz0(z)zz0zz0zz0或倒过来做。8、求证：limsinz1。z0z证明：limsinzlim(sinz)limcosz1。z0zz0zz0第二章习题解答9、利用积分估值，证明ai2iy2dz积分路径是从i到i的xi右半圆周。b证明2idz2积分路径是直线段。iz2证明：a（方法一）iiy2dziiy2dziydzx2x2x44iiii2x2yy4dzi(x2y2)2dz。x42ii-*（方法二）在半圆周x2y21上，x21,y21，从而x4x2y4y2x4y4x2y2在半圆周x2y21上，x2iy2x4y4x2y21，maxx4y41，ciiy2dzix2iy2

9、dzix2y2dzidz。x2iiii或：ix2iy2dzmaxx4y4。ic111b证:maxz2zximaxz2maxx211zxi2idzmax122。i22zzzxi10、不用计算，证明以下积分之值均为零，其中c均为圆心在原点，半径为1的单位圆周。dz；b?czezdz。a?ccosz25z6证明：a1的奇点为znn1,n0,1,L，由于zn1，所以它们均cosz2不在以原点为圆心的单位圆内。在以原点为圆心的单位圆内无奇点，各处解析。cosz由柯西定理:dz0。?ccoszbezez的奇点为z12，z23，它们均不在以25z6(z2)(zz3)原点为圆心的单位圆内。ezz2在以原点为圆

10、心的单位圆内各处解析。5z6由柯西定理:?cz2ezdz0。5z6-*11、计算2z2z1dzc:z2；b2z2z1dzc:z2。a?z1?z12cc解:a2z2z1在z2所围地域内解析，且z1在z2所围地域内。由柯西积分公式得2z2z1dz2i(2z2z1)2i24i。?z1z1cb2z2z1在z2所围地域内解析，且z1在z2所围地域内。由实行的柯西积分公式得2z2z21dz2i2z2z12i4z1z12i36i。c1z1?z12、求积分ezdz（c:z1），从而证明ecoscossind。?z0c解:ez在z1所围地域内解析，且z0在z1所围地域内。由柯西积分公式得ezz2i。（1）?cz

11、dz2iez0在c上令zei，则ezdzieeidiecosisindiecoscossinisinsind?zciecoscossindecossinsind2iecoscossind，0其中利用了，由于ecossinsin是的奇函数，而ecoscossin是的偶函数，所以ecossinsind0，ecoscossind2ecoscossind。0-*ezcos?czdz2i0ecossind。（2）从而，联立（1）和（2），得ecoscossind。013、由积分dz之值，证明12cosd0，c为单位圆周z1。1cz2054cos证明：在单位圆周z1所围地域内解析。由柯西定理:z2dz0。

12、（1）?cz2另一方面，在c上zei，dzz2dzei2idcciiiez2z2e2e2蜒z2i12eidi12cos2isin12eiei454cosdi12cosd25sind（2）54cos4cosQsin为的奇函数，54cossind0（3）54cos由（1）、（2）及（3）得12cosd0。（4）4cos又12cos为的偶函数，54cos12cosd212cosd。（5）54cos054cos于是由（4）和（5）得12cosd0。054cos14、设Fzz6，证明积分?Fzdzz24ca.当c是圆周x2y21时，等于0；-*b.当c是圆周x2y21时，等于4i；2c.当c是圆周x2y

13、21时，等于2i。2证明：Fzz6z6的奇点为z12及z22。z24z2z2a.当c是圆周x2y21时，z12及z22均在圆外，Fz在圆内解析。由柯西定理:z60。?cz2z2dzb.当c是圆周x2y21时，仅z12在圆内。由柯西积分公式2得z6dz2z62i24i。ci2z2z2z2?zc.当c是圆周x2y21时，仅z22在圆内。由柯西积分公式2得z6dz2z62i12i。ci2z2z2z2?z第三章习题解答15、求以下级数的收敛半径，并对c谈论级数在收敛圆周上的敛散情况。a.1zn；b.nn；c.kn（k0为常数）。nnznzn1nn1n0解:a.Rlim1lim1limn。nn1n1nn

14、nnb.c.Rlimn1nlim10。nnnnnkkRlimlimn。k1nn1nn1或Rlim1lim1。kk1nnnnnn-*11lnx【limlnx1limxxlimex1lim0（洛必达法规）】xxxxxx在收敛圆周z上，i，级数成为kin。1zenen0Qk0，它的通项nkein在n时，不趋于0。故级数nkein发散。n016、试求以下级数的收敛半径。a.zn!；b.nn!zn；c.n0anznna0,b0。n0n0nibzn1!zn!n1limlimn!n1时，级数收敛。解:a.当limn!n!znznnzn!n当limz1时，级数发散。n亦即当z1时，级数收敛。而当z1时，级数发

15、散。于是收敛半径R1。n!nnn1nnb.Rlimlimn!n1limn1lim11n1nne。nn1!n1nn1!nnnnnc.QR11lim，Rlimnanibnlima2nb2n2n。nnannna2nb2n111又由于maxa,b2n22nmaxa,b，且lim22n1，n1故lima2nb2n2nmaxa,b。n于是所求级数的收敛半径Rmaxa,b。2n22n2或：QRliman，Rlima2nb2n。nan1nab-*2na2n22n2a2bb2当ab时，Rlimblimaa，a2n2n2nnbn1baa2na2n22n2a2b2当ab时，Rlimblimb2nb，2n2nnabn

16、a1bRmaxa,b17、将以下函数按z的幂张开，并指明收敛范围。a.zez2dz；b.cos2z。0解:a.ez2z2n，z，n0n!zz2zz2nzz2nz2n1z。edzdzdz00n0n!n00n!n0n!2n11n2nn2nz2nb.cos2z11cos2z，cos2z2z122n!2n!2n0n01ncos2z122n1z2nz。2n02n!18、将以下函数按z1的幂张开，并指出收敛范围。a.cosz；b.z；c.z。z2z22z5解:a.coszcos1z1cos1cosz1sin1sinz1。1n2n1n2n1cosz1z1，sinz1z1，2n!2n1!n0n01nz12n1

17、n12n1coszcos1sin1zz12n!2n1!n0n0Q1cos1cos2n1，1nsin1cos2n11。n22，。-*cos2n1cos2n11cosz22n2z2n12n!z12n1!1n0n0cosn12z1nz1。n0n!或：令fzcosz，则fnzcoszn，fn1cos1n，22ncos1n所以coszf1zn2znz1。n!1n!1n0n0b.z121211z2z231z32z1nzn1n12n1z133n1313n10n0c.zz11z11z22z524z124z12z14z11114z124z1212122t，Q11tnt1令z1n21tn01nz1z1212n01

18、22nn12n1z，z11z124nn02zz11n12n1n2n从而z1z124n0n4n0nz2z544nz2n1nz2n1111n04n1n04n1n12n2n1n04n1z1z1z12-*1nz2n11n12n进一步，1z4n14n1n0n0n1n1n11n12n12n122nn奇数2n1z1n偶数n2z131nz12n0n22所以z2z12z5n02n1n1212n31nz1z12。n219、将以下函数在指定的环域内展成罗朗级数。a.z1,0z1,1z；b.z22z5,1z2。z2(z1)z2z21解:a.z1z1212。z2(z1)z2(z1)z2z2(z1)在0z1内,111zn

19、，z1zn0z112zn212zn12zn。z2(z1)z2n0z2n2z2n1在1z内,11，111111，z1z11nnzzn0zn1zzz1121121。z2(z1)z2n22nn1zzn3zb.z22z512z2z21z2z21在1z2内，z1，且1111，2zz2nn111z1zzn1。z2212n02n022-*22121n121n11，z21z211z2n0z2nn1z2nz2z22z5zn21n11。z2z21n02n1n1z2n20、将以下函数在指定点的没心邻域内展成罗朗级数，并指出成立范围。a.1n】；b.21n,zi【】。2anziz1e1z,z1【anz1z21nn解:

20、a.zi的没心邻域为0ziR，112，且1d1，z222zi2dzzi1zizinn1111111zi【i12】zi2izi2i1zi2in02in2in1n12zizi2i2。2n1n0n1nn1n11d1212nzizi，zi2dzn02n12n1n1n1n1n1n31112nzi12nziz22zi22n12n11n1n1nn12n3zi0zi2。2n4n2b.Q当z时，ezzn，n0n!11ne1z10z1，n0n!1znnn0n!z1-*1nn11z120z1e1zn2nn0n!z1n2n2!z121、把fz1展成以下级数。z1）在z1上展成z的泰勒级数；2）在z1上展成z的罗朗级数

21、；3）在z12上展成(z1)的泰勒级数；4）在z12上展成z1的罗朗级数。解:（1）在z1上，1zzn，【1z在z1上解析】。1n01n（2）在z1上，111111n。1zz11zn0zn1zz（3）1在z12上解析，且z11，所以1z211111nnz1z1。z1n11z2z1212n02n022（4）在z12上，21，所以z1111112n1z2z1z12n1z1n0z1n1z1。2n1n。z1第四章习题解答22、确定以下各函数的孤立奇点，并指出它们是什么样的种类（关于极点，要指出它们的阶），关于无量远点也要加以谈论：（1）z12；（2）cos1；（3）1。zz21zisinzcosz-*

22、解:（1）z0,zi,zi是z12的孤立奇点且是极点。zz21Qzz212z224z2z2110，1z0z0z0是zz22的一阶零点，从而是z1的一阶极点；1z2z21Qzz212z224z2z210，1zizizz22z224z2z2111zizi4zz218zz218z38i30，zizi是zz212的二阶零点，从而是z12的二阶极点。zz21Qz1在1z内解析，limz10，z是可去奇点，22zz21zzz21四阶零点。n（2）Qcos1在zi的罗朗张开式cos11的主要2nzizin02n!zi部分有无量多项，zi是cos1的本性奇点。1zi1Qcos在1z内解析，limcos1，zi

23、zzi是cos1的可去奇点。zi（3）111，sinzcosz112sinzcosz2sinz224sinz的零点znn,n0,1,2,L，是1的极点。4sinz4cosz-*又sinzcoszn，1044zznzznnn44znn,n0,1,2,L,是sinzcosz的一阶零点，从而是1的4sinzcosz一阶极点。z是1的奇点，但不是孤立奇点，由于在无量远点的的任sinzcosz何邻域rz内,总有其他奇点。z23、求fz1ez在孤立奇点处的留数。1e，是1z解:1ez0的解zni2n1.n0,1,2Lez的奇点。1e由于lim1ez，zni21是1ez的极点。又1ezn1ezzi2n11e

24、zez1ezez1ez1ezzzni2n11ez2zzni2n12ez210，1ez2222zzni2n1zni2n1,n0,1,2,L,是1ez的一阶零点，从而是1ez的一阶极点。1ez1ezzz不是1e的孤立奇点，由于在它的任一邻域rz内,总有其他的1ez奇点。由推论2：Resfi2n1ez1ez11。1ez21ezzzni2n11zzni2n11z0edz2in1【?z41ezResfi2n12i228i】24、求以下函数在指定点处的留数。（1）z在z1,；1z12z（2）1e42z在z0，。z解:（1）z1为fzz2的一阶级点.，z1z1z1为fzz2的二阶极点。z1z1Resf1li

25、mz1z2limz21，z1z1z1z1z14Resf1limdz2zlimdz12z1dzz1z1z1dzz1由于z1已经是fz的所有有限孤立奇点，ResfResf1Resf10。（2）fz1e2z在z0的罗朗张开式为z42znfzn1n!2nzn42n4znz4n!3n4!n1na1234Resf04。3!33由于z0是fz的仅有的一个有限孤立奇点，ResfResf04。3【fz1e2z在z0的罗朗张开式为z3-*。4-*n2zfzn1n!2nzn32n3znz3n!n2n3!n1a1222Resf02】2!25、求以下函数在其奇点（包括无量远点）处的留数，（m是自然数）（1）zmsin1

26、（m是自然数）；z（2）ezz2；1z（3）e1。sin3z解:（1）z0是fzzmsin1的有限远孤立奇点。在z0,fz的罗朗张开znn式为fzzm11n02n1!z2n1n02n1!z2n1m。令2n1m1,则nm。2Qn为非负整数，只有m为偶数时上式才成立。而当m为奇数时,2n1m1，即fz在z0的罗朗张开式中没有1次幂项，即a10。当m为奇数时,Resf00。1m当m为偶数时,nm的项是1次幂项，a12m，所以，此时21!1m2Resf0。m1!-*mm1211总之，无论m为偶数或奇数，都有。Resf02m1!（2）zez1是fz2的唯一的有限奇点,且是二阶极点。z1Resf1limd

27、2ezz12e，z1dzz1ResfResf1e（3）zn，n0,1,L，是fzez1的孤立奇点。3sinzz在zn点的罗朗张开式为fzenezn1n3zn1sin23en1enznznznLn2!3!1zn353zznnL3!5!zn2zn3nen1enznL12!3!3243zn1znznL65!z2zn43nL在zn解析，且为zn的偶函数,所以它在165!zn处的泰勒张开式中只有zn的偶次项。而-*243znzn1，1L65!zn243及znznL15!6znzn32444znznznL35!L15!36zn2244112znL1znznL35!65!3zn4zn32zn2zn45L1L

28、1435!65!znz2zn431nL124。15!zna4znL62nzn2n3fz13en1enznzLn2!3!zz21na4zn4L，21次幂项的系数a1n1n1n1nn11e1ee222Resfnnen1。12-*不是fz的孤立奇点。26、求以下函数在其孤立奇点（包括无量远点）处的留数。（1）ez1；（2）12z。mzz解:（1）zz1为其孤立奇点。0是fze2z的本性奇点，zz在z0点的罗朗张开式为nmz1z1e2ze2e2zn0nzn22mn!m0m!znm2zn0m1m01zm2nm。zn0n!mm!2n0mn!m!当mn1时，即mn1，nm2n1时,zmn的系数a1即为Res

29、f0，所以nn12n1n1n111Resf0a122【利用了mn1】。n!n1!n0n!n1!n02n12n1n1n11ResfResf022。n0n!n1!n0n!n1!（2）z是fz1的m阶极点，而z是fz的一阶（单）mzz-*极点。1dm1m1Resflimzzzm1!zdzm1m1dm11limdzm1zm1!z11m11m11m1!limmmmm1!zzResflimz1lim11mmmzzzzz，。Qz,是fz的仅有的二个有限远孤立奇点，ResfResfResf0。27、计算以下积分（1）?z1dz；zsinz（2）?z1dzn,a1,b1,ab,n为自然数；zanzbz3）1?e

30、2dz。2z21z解:（1）z0是被积函数fz1在单位圆内的孤立奇点。zsinzQzsinzz00，zsinzsinzzcoszz00z0-*zsinz2coszzsinz20。z0z00是zsinz的二阶零点，也就是fz的二阶极点。Resf0limdz21limdzz0dzzsinzz0dzsinzlimsinzzcoszlimcoszcoszzsinzz0。sin2z2sinzcoszlimz0z0z02cosz由留数定理，得dz2iResf00。?z1zsinz（2）由于a1，b1，被积函数fz1n在单位圆内有二个nnzazb阶极点z1a，z2b。于是Resfa1limdn1zan1n1

31、!zadzn1zanzbn1limdn1zbnn1!zadzn11n1nn1limnnn2zbn1!zan1nn12n21。11!2n1nab同理n1nn12n21。Resfb12n1n1!ba-*由留数定理，得dzn2iResfaResfbz1nzazb?n1nn12n2110。2i11!ab2n12n1nbae2ze2z（3）被积函数fz2，1zziziz1i，z2i是fz在圆z2内的二个一阶极点。Resfilimzie2ze2i，zizizi2iResfilime2ze2iizi。zzizi2i由留数定理，得1e2z2dz1ie2ie2iz22iResfiResfiisin2。1z22i

32、2?28、求以下各积分值（1）2d；（2）2da0。01cos2sin20a解:（1）Qcos21cos2，22I0d22d4d1cos203cos203cos122d4d。03cos23cos-*令2，则4d22d2d，3cos3cos0320cosI2d。23cos0令zei，coszz1，ddz，则2izI2dz4dz。z11z12zziz6z1蜒3iz2fz1有二个一阶极点z138，z238。z26z1Qz2381，z2在单位圆z1外。又Qz138341，z1在单位圆z1内。由关于极点的留数定理的推论2，得Resfz11111。z26z12z6z382842zz1由留数定理，得I42i

33、Resfz142i12。ii42（2）Qsin21cos2，2I2d2d22dd。asin21cos202a1cos202a100cosa2令2，则d2d2d。2a1cos2a1cos2a1cos021d2d1I02a1cos2a1cos2220d。2a1cos令zei，coszz1，ddz，则2iz-*I12d1dzidz。202a1cos2蜒z1zz1222a2az1z1z11iz2fz1有两个一阶极点z12a12a2a和z222a1z1z22a12a2a。z12a12a2a1，z1在单位圆z1外。z22a12a2a2a12a1，z2在单位圆z1内。由关于极点的留数定理的推论2，得Resf

34、z2111。2z22a12z222a1z124aaz2a12aazz2由留数定理，得Ii2iResfz2i2i1。4a2a2a2a29、求以下各积分的值（1）x2dx；（2）cosxdx；22220 x1x4(x1)x9（3）xsinmxdx（m0,a0）。x4a40解:（1）Ix2dx1x2dx。022222x1x4x1x4fzz2在实轴上无奇点，且zfzz0。z21z24fz有四个一阶极点，但只有二个z1i，z22i在上半平面。Resfilimziz221，ziziziz46i-*Resf2ilimz2i2z21。z2iz1z2iz2i3iI12iResfiResf2i。26（2）fz1在

35、实轴上无奇点,当z时,fz0。z21z29Fzfzeiz在上半平面有两个一阶极点z1i和z23i。ziiz1ResFilimee，2ziziziz916iz3iiz3ResF3ilimee。2z3iz1z3iz3i48icosxdx2iResFiResF3i113。x21x298e24e（3）fzz4在实轴上无奇点,且fzz0。z4aimziFzfzeimzze在上半平面有二个一阶极点z1ae4和z4a4z2i3。ae4由关于极点的留数定理的推论2，得zeimzeimzima1imaimaResFz1e2e2e24z2zae424a2i，44izazz1zeimzeimzima1iemaima

36、ResFz2e22e22i322。z4a44zi4aizae44azz2xsinmxResFz1ResFz20 x4a4dxmaimamaimamae2e2e2e2ma2e2sin。4a2i4a2i2a2-*30、从?eizdz出发，其中c为以下列图之围线，方cz向沿逆时针方向。证明0cosxdxsinxdx。x0 x2解:Qeiz在c所围的地域内解析，由柯西定理:ceizdz0。（1）z?zizixizyiz又?cezdzRexdxRezdzReiyidyezdz。（2）令zRei,则eizdzeizdz2eiRcosisiniReidR2eRsind，Rzz0i0Re2eizdzR2eRs

37、ind。Rz0又2sin,sin2,0,，2eiz2eRsin2ReRR0。（3）dzRdR2ed1Rz002RizizzeiicosisinQedzedz2eiieid2esind，zz00e2eizdz2esind。z0又0sin1，0,，2eizdz2esind2d00。（4）z002令R,0,由（1）、（2）、（3）、（4）得-*0eixdxi0eydy，（5）xy而eyyt2dt，及ie411i，dy2et2i0y02于是ieydy1ii。（6）0y222由（5）和（6）得0eixdxcosxdxi0sinxdxi。（7）x0 xx22比较（7）两边的实部和虚部，得0cosxdx0s

38、inxdx。（8）xx2进一步，若令xy2，则（8）成为2cosy2dy2siny2dy，002从而cosx2dxsinx2dx。0022二、数学物理方程及特别函数部分习题解答第五章习题解答31、弦在阻尼介质中振动，单位长度的弦所受阻力FRut（比率常数R叫做阻力系数），试推导弦在这阻尼介质中的振动方程。解：与课上推导弦的受迫振动方程同样，令其中的FxtRut，,Fx,tRut，fx,t-*弦在介质中的振动方程为：utta2uxxRut，即uttbuta2uxx，a2T，bR。32、长为l娇嫩均质轻绳，一端x0）固定在以匀速转动的竖直轴上。由于惯性离心力的作用，这绳的平衡地址应是水平线。试推导

39、此绳有关于水平线的横振动方程。解：研究位于x到xdx这一段绳A的振动情况。设绳的质量密度为。A在纵向没有运动，于是A所受的纵向合力为零，即A所受的张力在纵向的合力等于其所受的惯性离心力，T2cos2T1cos1ds2x0即T2cos2T1cos1ds2x（1）uvv，得在横向，由牛顿第二定律FmaT2sin2T1sin1dsutt（2）在小振动条件下，有cos1cos21，dsdx，-*注意到T2Txdx，T1Tx，由（1）得TxdxTxdx2x，即dT2xdx于是绳中任一点x处的张力为TxTxl2xdx12l2x2。（3）【x,l段的惯性离dTl2xdx0 x2心力】又sin1tan1uxx

40、，sin2tan2uxxdx，代入（2）得TuxTuxdxutt，TuxxdxTuxxuttxdxxdx即Tuxutt，（4）x将Tx的表达式（3）代入（4），得绳有关于水平线的横振动方程为utt12l2x2ux与没关。2x【0 xl，界线条件ux00，uxl有限（自然界线条件）】33、长为l的均匀杆，两端由恒定热流进入，其强度为q0。试写出这个热传导问题的界线条件。解：由热传导的傅里叶定律uvu，在界线uvuvv的单位法线矢qk上有qnku，其中n为界线n量，uvvvvvvun为u沿n的方导游数。在x0端，qnq0iiq0，而nu，所以nxq0kuqku。x0 xxx00-*在xvvvvq0

41、，而uu，所以l端，qnq0iinxq0kuq0ku。xxlxxl即界线条件为：uxx0q0，uxxlq0。kkvvvuv或：在一维时，u，而q0i,vxku，uiq0，由热传导的傅里叶定律qxq0i,xlvv得kq0i,vx0，所以界线条件为uixq0i,xluxx0q0，uxxlq0。kk34、半径为R而表面燻黑的金属长圆柱，碰到阳光照射，阳光方向垂直于柱轴，热流强度为M。设圆柱外界的温度为u0，试写出这个圆柱的热传导问题的界线条件。解法一：如图取极坐标系，极轴垂直于阳光，由阳光照射而产生的，经过圆柱表面流入圆柱体的热流强度为uuv0uvMsine，q102同样由阳光照射而产生的，经过圆柱

42、表面流出圆柱体的热流强度为uvuuv0uvMsine。q1q102uuv由圆柱自己的温度分布产生的热流强度为q2ku，而在极坐标系中uuvuuv1，故其经过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为eeuuvq2kuuuve。总的经过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为uvq1uuvq2，其-*在表面的大小为quvuuvuuvkuf，其中qq2e1RRfMsin0。02由牛顿热交换定律，知q应与uRu0成正比，即kufhuRu0，Rkufhu0Msinhu00，huhu0R2两边除以h，即得界线条件为：uHuMsinu00，Hk。hRu02h解法二：取如图的圆柱表面的一个小块来解析。小块的面积为s，厚度为r，两

43、个表面分别为和vv，n为的外法线方向单位矢量，而n为的内法线方向单位矢量。单位时间流出小块的热量等于其能量的减少率，即crsuvntuvMsin其中q10令r0，则kushuu0uvv）sq1ns，（*uuvvuuve02，ne。uvuv，（*）的左边趋于0，（*）成为，nnuhuu0f0，（*）kn其中fuvvMsin0，（*）两边除以h，即得界线条件：q1n02-*uHuu0fMsinu00，Hk。hhRu02第六章习题解答35、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，尔后突然撤掉这力，求解此弦的振动。解：先求出初始位移，分0,x0和x0,l两段来考虑。设

44、x0点的位移为h，则在0 xx0中，uxtan1hx，x0在x0 xl中，ulxtan2hlx。lx0在小振动，1、2很小的条件下，利用力的平衡条件和小振动条件sin1tan1，sin2tan2，得F0Tsin1Tsin2Ttan1Ttan2ThhTlh，x0lx0 x0lx0于是hF0 x0lx0。TlF0lx0 x0 xx0ut0Tl。F0 x0lxx0 xlTl定解问题为-*utta2uxxt0,0 xlux0uxl0t0F0lx0 x0 xx0。ut0 xTlF0 x0(lx)x0 xlTlutt000 xl分别变数，令ux,tXxTt，代入方程及界线条件，可得既满足方程又满足界线条件

45、的通解为ux,tAncosnanasinntBnsintx。n1lll代入初始条件，得xutAnn，0sinxn1l0utt0Bnnasinnx。Bn0n1,2,Ln1llAn2lnxdxlxsin0l2x0F0lx0 xsinnxdxlF0 x0lxsinnxdxl0Tllx0Tll2F0lx0l2nlxnx0sinxxlTln22lcosnl0F0 x0nlF0 x0l2nlxnl2F0lnx0 xsincossin。nTcosTl22xnx22llx0nllx0Tnux,t2F0l1nx0cosnan。T22sinltsinxn1nll36、研究长为l，一端固定，另一端自由，初始位移为h

46、x而初始速度为零的弦的自由振动情况。解：即求解定解问题-*utta2uxxt0,0 xlux0uxxl0t0。ut0hx,utt000 xl分别变数，令ux,tXxTt，可得：Ta2T0，（1）XX0，（2）X0Xl021n122n由（2）解得：n，Xxc2sin2x，n0,1,2,L。l2l11anan由（1）解得：TntAncos2tBnsin2t。ll定解问题的通解为n1an1an1ux,tAncos2tBnsin2tsin2x。llln0由初始条件utt00，得：n112nBn2，sinx0n0llBn0n1,2,L。由初始条件ut0hx，得：1nAnsin2hx，xn0l-*n1n2

47、hl22Anlxdx1，lhxsinl20n122nn1an1122ux,t2hlcostsin2lxn012ln22hlnn1an112cos2tsin221lx。n0ln237、求解细杆的热传导问题。杆长为l，两端温度保持为零度，初始温度分布为ut0bxl2x。l解：定解问题为uta2uxxt0,0 xlux0uxl0t0。bxlxut00 xll2令ux,tXxTt，则可求得XxCsinnx，n1,2,，l22a2n2l2a2Tt满足Tn2tl2T0TAne。n22a2n定解问题的通解为ux,tAnel2tsinx。ln1由初始条件ut0bxl2x得：Ansinnxbxl2x，ln1ll

48、An2llxsinnxdx2blbxl0l2ll30lxsinnxdxl2sinnxdxxl0l-*2bl2nlxnll2sinxcosxl32lnln0lx2n2l2xn2l3nlxsinxncosn22ln33cosxll02b2l32l34b11nl3n33n33cosn33n0n为偶数,n2k,k1,2,L8bn为奇数,n2k。331,k0,1,L2k12n22a2t8b112n1ux,t3el2sin3lxn02n1当t时，u0。整个杆达到平衡状态。38、求解细杆的热传导问题。杆长为l，初始温度为均匀的u0，两端温度分别保持为u1和u2。解：定解问题为uta2uxxt0,0 xlux

49、0u1,uxlu2t0。ut0u00 xl先将非齐次界线条件化为齐次界线条件。令ux,tvx,twx，使wx满足wx0，则wxCxD，（*）wx0u1,wxlu2将（*）代入wx0u1，得wx0u1Du1，将（*）代入wxlu2，得wxlu2Cu2u1，lwxu1u2u1x。l-*vta2vxxt0,0 xlvx0ux0wx00t0于是vx,t满足vxluxlwxl0t0，vt0ut0wxu0u1u2u1x0 xlln22a2tn其通解为vx,tAnel2sinx。ln1由初始条件vt0u0u1u2u1x得：Ansinnxu0u1u2u1x，ln1llAn2llu2u1xsinnxdxu0u1

50、0lll22luulcosnxu2u1lsinnxlxcosnx01nlln22lnl02u0u111n2u2u11n2u0u1n。nnn1u2u01n21nu2u1n22a2tnvx,tu0u11el2xnnsinln121nn22a2tnu0u11u0el2x。n1nu2sinlux,tvx,twxn222u1u2u1x211u0u11nu2u1nl2atnlnnesinxn1luu2u1x21uu1nuun22a2tsinnx。2el21ln1n010l39、长为l的柱形管，一端封闭，另一端开放。管外空气中含有某种气体，其浓度为u0，向管内扩散。求该气体在管内的浓度ux,t。解：定解问题

51、为-*uta2uxxt0,0 xlux0u0,uxxl0t0。ut000 xl先将非齐次界线条件化为齐次界线条件，令ux,tvx,twx，wx0wxCxD使wx满足w0u0Du0，wl0C0解之，得：wxu0。vta2vxxt0,0 xlvx,t满足vx0ux0wx00t0。vxxluxxlwxl0t0vt0ut0wxu00 xl令vx,tXxTt，可求得n12XxBsinxn0,1,2,L，l12122a22a2nn2tTt2Tt0，TtAnel2n0,1,2,L。l2n122a2n1定解问题的通解为：22t2lvx,tAnesinx。n0l由初始条件vt0u0得：(n1)Ansin2xu0

52、，n0l12n4u0Anlsin2xdxn0,1,2,L。lu0l2n10-*4u012n122a22n14l2t于是vx,tesinx，02nn12lux,twxvx,t4u01u0en02n122a2t2n122n14lsinx。2l40、均匀的薄板据有地域0 xa，0y。其界线上的温度为ux00，uxa0，uy0u0，limu0。求解板的牢固温度分布。y解：定解问题为uxxuyy00 xa,0yux0uxa00y。uy0u0,limu00 xay关于x的界线条件是齐次的，用分别变数法来解：令ux,yXxYy，代入方程可得XY，XY于是YY0，（1）XX0。（2）X0Xa0由（2）求得n2

53、22，XxCsinnx，n1,2,aa将的值代入（1）得：n220，Y2YannyyYyAneaBnea。nnn于是ux,yyyx。AneaBneasinn1a由limux,y0，得An0，n1,2,。y-*由uy0u0，得Bnsinnxu0，u0sinnn1aBn2axdx2u011na0an0n2k,k1,2,4u0n2k1,k。2k10,1,2,2k14u0eay2k1ux,y2ksinx。k01a41、研究处于重力场中，长为l，一端固定，另一端自由，初始位移和初始速度均为零的弦的受迫振动情况，设重力加速度为g。即试用分别变数法求解定解问题utta2uxxgt0,0 xlux00,uxx

54、l0t0。ut00,utt000 xl解：先将非齐次方程化为齐次方程。令ux,tvx,twx，x满足wxg使wa2。w0wl0解之，得：wg2x2C1xC22aglglw00C20，wl0C10,C1，a2a2wxg2x2gl2xgx2lx。2aaa2vtta2vxxt0,0 xlvx,tvx00,vxxl0t0。满足uwxgx2glxvt0t020 xl2aa2vtt000 xl用分别变数法可求得vx,t的通解为-*n1an1vx,tAncos2tBnsin2lln0由vtt00，得：n1an122Bnsin0lx0Bnn0l1ggln由vt02x2x，得：Ansin22aa2n0l2n1l

55、x2n1l22xsinxdxcos0l1ln22l2xn1sin2x2ln122n2l32l31，1213n2n322an12tsinx。ln0,1,2L。g2x2glxa2x，利用2axl2l3n1cos213x3ln201nn2l21l，得及xsinxdx20l12n22Anl1g2glnl2x2xsinxdx2a2a0l1n22gl21n216gl22gl2gl123123。2a2n132n2a22n13a2n2a22-*16gl21n1an1cos2tsin2x。vx,t3a22n3lln01ux,tvx,twxgxlx16gl213cos2n1a2n1223202n2ltsinx。aan12l42、半径为a，表面燻黑了的均匀长圆柱，在温度为零度的空气中受着阳光的照射，阳光垂直于柱轴，热流强度为q，试求圆柱内的牢固温度分布。解：取圆柱的轴为z轴，由于圆柱是均匀且长（能够认为无量长）