数学物理方法试卷5答案

物理系 20 —20 学年第 学期期末考试

《数学物理方法》试卷（A ）

考试时间：120分钟 考试方式：闭卷

班级 专业 姓名 学号

一、填空题（本大题共9题，每空2分，共24分） 1、写出复数1+i 的三角式2(cos

π

3

+i sin

π

3

) ，指数式2e 3 。

i

π

2、z -a =z -b 中z 代表复平面上位于

⎛z ⎫

3、幂级数∑ ⎪的收敛半径为 ∞。

k =1⎝k ⎭

4、复变函数f (z ) =μ(x , y ) +i υ(x , y ) 可导的充分必要条件在，并且满足柯西-黎曼方程 。

5、e 在Z=0的邻域上的泰勒级数是（至少写出前三项）

23z

e =1+z +z +z +...... 。

1! 2! 3!

z

∞

k

∂u ∂u ∂v ∂v , , , ∂x ∂y ∂x ∂y

6、若周期函数f (x ) 是奇函数，则可展为傅立叶正弦级数f (x )= ∑b k sin

k =1

∞

k πx

l

2l k πξ

ξ 。 展开系数为b k =⎰f (ξ) sin

l 0l

7、就奇点的类型而言，Z=∞是函数f(z)=数的 单极 点。

cos Z

的 可去 奇点，Z=0是函Z

8、三维波动方程形式μtt -a 2(μxx +μyy +μzz ) =0。 9、拉普拉斯方程∆u =0在球坐标系中的表达式为：

1∂⎛2∂u ⎫1∂⎛∂u ⎫1∂2u

=0. 。 r ⎪+2 sin θ⎪+2222

r ∂r ⎝∂r ⎭r sin θ∂θ⎝∂θ⎭r sin θ∂φ

二、简答题（本大题共3题，每题8分，共24分）

1、 分别简述单通区域和复通区域下的柯西定理。 单通区域柯西定理：如果函数f (z ) 在闭单通区域B 上解析，则沿B 上任一段光滑闭合曲线 , 有

f (z ) dz =0； (4分)

复通区域柯西定理：如果函数f (z ) 是闭复通区域上的单值解析函数, 则

f (z ) dz +∑f (z ) dz =0, 式中 为区域外界境线, 诸 为区域内界境线,

i =1 i

i

n

积分均沿界境线正方向进行。 (4分)

2、长为l 的均匀弦，两端x =0 和x =l 固定，弦中张力为T 0，在x =h 点，

以横向力F 0拉弦，达到稳定后放手任其自由振动，写出初始条件。 解： 由点斜式方程，弦的初始位移为

⎧c

x , (0≤x ≤h ), ⎪⎪h =⎨

⎪c (l -x ), (h ≤x ≤l ). ⎪⎩l -h （2分）

u t =0

其中 c 为弦在 x ＝ h 点的初始位移。

因为是小振动，所以

sin α1≈tg α1=

c c , sin α2≈tg α2=, cos α1≈cos α2≈1, dS ≈dx . h l -h （2分）

写出水平、竖直方向的力平衡方程式：

F 0-T 1sin α1-T 2sin α2=0, T 2cos α2-T 1cos α1=0, T 2≈T 1=T 0, ∴F 0=T 0

c c +T 0, h l -h

（2分）

F 0h (l -h )

T 0l ，将之代入初始位移（1），得

c =

解得

u

t =0

⎧F 0(l -h )

x , (0≤x ≤h ) ⎪⎪T 0l

（2分） =⎨

F 0h ⎪(l -x ), (h ≤x ≤l ) ⎪⎩T 0l

3、写出l 阶勒让德多项式的具体表达式，具体写出前3个勒让德多项式。

答：l 阶勒让德多项式的具体表达式为：

(2l -2k ) ! k l 2k

P l (x ) =∑-(1l x -.

2k ! l (-k ) l ! -(k 2) ! k =0 （4分）

[l /2]

记号[l/2]表示不超过 l/2的最大整数。（这由x 的指数得知，k ＝0的项即为

系数为a0或a1的项。）

经由上式计算，前3个勒让德多项式是

P 0(x ) =1→P 1(x ) =x =cos θ

11

P 2(x ) =(3x 2-1) =(3cos2θ+1)

24 （4分） 三、 计算题 （本大题共2题，每题10分，共20分） 1、计算回路积分l

dz 22

（l 的方程是。 x +y +2x +2y =0）22

(z +1)(z +1)

解： 的方程可化简为：(x +1) 2+(y +1) 2=(2) 2，在复平面上它是以 （-1，-i ）为圆心，2为半径的圆， (1分)

被积函数f (z ) =

1

有两个单极点z 0=±i ，和一个二阶极22

(z +1)(z +1)

点z 0=-1，在这三个极点中，z 0=-i , -1在积分回路内，它们的留数：

Re sf (-i ) =lim (z -z 0) ⨯f (z )

z →-i

=lim (z +i ) ⨯

z →-i

1 (3分)

2

(z +i )(z -i )(z +1)

=lim

z →-i

11

=-

4(z -i )(z +1) 2

Re sf (-1) =lim

z →-1

d

[(z -z 0) ⨯f (z )]dz

d 1[(z +1) 2⨯2]dz (z +1)(z +1) 2

d 12z 1[2]=lim (-2=dz (z +1) (z +1) 22z →-1

(3分)

=lim =lim

z →-1

z →-1

应用留数定理：

dz 1

=22(z 2+1)(z +1) 2 (z +1)(z +1)

=2πi [Resf (-i ) +Re sf (-1)] (3分) 11πi =2πi (-+) =

422

2π

2、计算实变函数积分I=⎰

dx

。

2+cos x

iz

解:这是属于类型一的积分，为此，做变换z =e 使原积分化为单位圆内的回路积分

I =dz =z =1

z +z -12+2

2dz

z =1

i z 2+4z +1

=

=

2i 2i dz

z =1

(z +2-)(z +2+)

f (z ) dz

z =1

f(z)有两个单极点z 0=-2+3在单位圆内，且

Re sf (-2) =[

z →3-2

1z +2+3

]=

123

所以I =2πi ⋅

22πRe sf (-2) = i 四、求解定解问题（本大题共1题，共16分）

⎧u t t -a 2u xx =0,

⎪⎪

⎨u x x =0=0, u x x =l =0; ⎪⎪⎩u t =0=ϕ(x ), u t t =0=ψ(x ).

(0

解：利用分离变数法：u (x , t ) =X (x ) T (t ) ，代入范定方程（1），分离变量，得到：

X ' ' (x ) T ' t ' ()

=2. a T (t ) X (x )

两边分别是时间t 和坐标x 的函数，除非两边等于一个常数，记作-λ， 可得到t 和x 所满足的常微分方程，如下：

（3分）

同时把u (x , t ) =X (x ) T (t ) 代入边界条件得： 因为是第二类边界条件，

X ''(x ) +λX (x ) =0T ''(t ) +λa T (t ) =0

2

X ''(x ) +λX (x ) =0X '(0) =0, X '(l ) =0

当λ=0时，方程的解是X (x ) =C 0+D 0x ，代入边界条件得：

D 0=0， 所以X (x ) =C 0； （1分）

当λ＞0时，T 满足的常微分方程的通解是：

X (x ) =C 1+C 2, （2分）

代入边界条件，确定系数

2=0, (-C 1+C 2) =0.

C 1=0, ≠0, 所以C 2＝0，如果C 1=0，则得无意义的0解，

所以只有：sin l =0，则λl =2n π

n 22

于是，求出本征值：λn =2π （n=1,2,3…… ）

l

现在把λ=0和λ＞0情况的本征值和本征函数合在一起， 相应的本征函数是：

X n (x ) =C 1cos

n π

x , (n =0,1, 2, ) C 1l 为任意常数 （3分）

n 22

对于每一个本征值λn =2π， 代入方程 T ''+a 2λT =0中可得到：

l

(n πa ) 2

T ''=0 和 T ''+T =0

l 2

相应方程 的解为：

'+B 0't ，（n =0) T 0(t ) =A 0

T n (t ) =A n cos

n πn π

at +B n sin at , (n =1, 2,.....) （2分） l l

其中，An , B n 为任意常数。

则u (x , t ) 满足的方程的本征解为：

u 0(x , t ) =A 0+B 0t , (n =0),

u n (x , t ) =(A n cos

n πn πn πat +B n sin at ) cos x , (n =1, 2,.....) l l l

方程一般解是所有本征解的线性叠加，即：

u (x , t ) =A 0+B 0t +∑(A n cos

n =1∞

n πn πn π

at +B n sin at )cos x . l l l

（3分）

代入初始条件

∞

n π⎧

A +A c o x =φ(x ) , ⎪0∑n

l ⎪n =1

(0

n π⎪B +B n πa c o x =ψx (). ∑0n

⎪l l n =1 ⎩

上式的左端是傅立叶余弦级数，把右边的 φ(x ) 和 ψ(x ) 展开为傅立叶余弦级数，然后比较两边的系数就可以确定系数，

1l 2l n πξ⎧A =φ(ξ) d ξ, A =φ(ξ)cos ξ, n ⎪⎪0l ⎰0l ⎰0l ⎨

⎪B =1l ψ(ξ) d ξ, B =2l ψ(ξ)cos n πξξ. 0n ⎰0⎰0⎪l n πa l ⎩ （2分）

五、应用题（本大题共1题，共16分）

如图所示，推导一维和三维扩散方程，已知扩

散系数为D 。

解：在扩散问题中研究的是浓度u 在空间中的分布和在时间中的变化u (x , y , z , t ) ，选取长、

宽、高分别是dx ，dy ，dz 的六面体小微元作为研究对象，

已知扩散现象遵循扩散定律：q =-D ∇u （3分）

该定律的分量形式：q x =-D

∂u ∂u ∂u

，q y =-D ，q z =-D ∂x ∂z ∂y

如图所示的六面体里浓度的变化取决于穿过它的表面的扩散流。 由扩散定律，先考虑单位时间内x 方向上扩散流为：

因在左表面处，流入六面体的流量为q x x dydz ，在右表面流出去的流量为

q x

x +dx

dydz ，dx 取得很小，

则单位时间内x 方向净流入流量为

q x x dydz -q x

x +dx

dydz =-(q x

x +dx

-q x x ) dydz

∂q ∂∂u

=-x dxdydz =(D ) dxdydz

∂x ∂x ∂x

（3分）

分别考虑y,z 方向上的扩散流，同理可得 单位时间内y 方向净流入流量为

q y dxdz -q y

y

y +dy

dxdz =-(q y

y +dy

-q y ) dxdz

y

∂∂u =-dxdydz =(D ) dxdydz

∂y ∂y ∂y 单位时间内z 方向净流入流量为

∂q y

q z z dxdy -q z

z +dz

dxdy =-(q z

z +dz

-q z z ) dxdy

∂q ∂∂u

=-z dxdydz =(D ) dxdydz

∂z ∂z ∂z

（2分）

又因为六面体中单位时间内增加放入粒子数等于单位时间内净流入的粒子数，即

∂u ∂∂u ∂∂u ∂∂u

dxdydz =(D ) dxdydz +(D ) dxdydz +(D ) dxdydz ∂t ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z

（2分）

∂∂u ∂∂u ∂∂u

=[(D ) +(D ) +(D )]dxdydz ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z 则有：三维扩散方程为：

∂u ∂∂u ∂∂u ∂∂u =(D ) +(D ) +(D ) ∂t ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z

∂∂u ∂∂u ∂∂u

u t -[(D ) +(D ) +(D )]=0

∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z

若D 为常数，则方程为：u t -D (u xx +u yy +u zz ) =0 （3分） 相应一位扩散方程为：

u t -

∂∂x (D ∂u

∂x

) =0

3分） （