数学物理方法习题解答完整.pdf

《数学物理方法习题解答完整.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学物理方法习题解答完整.pdf（39页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、第 1 页 数学物理方法习题解答 一、复变函数局部习题解答 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 zuiv。Re zx，,0ux v。于是u与v在z平面上处处不满足 CR 条件，所以Re z在z平面上处处不可导。2、试证 2fzz仅在原点有导数。证明：令 f zuiv。22222,0f zzxyuxyv 。所以除原点以外，,u v不满足 CR 条件。而,uuvvxyxy 在原点连续，且满足 CR 条件，所以 f z在原点可微。或：2*00000limlimlim0zzxyzfzxi yz 。【当0,izzre，*2izez与趋向有关，那么上式中*1zzzz】3、设

2、333322()z0()z=00 xyi xyf zxy，证明 zf在原点满足 CR 条件，但不可微。证明：令,f zu x yiv x y，那么()f z 在原点上满足 CR 条件。但33332200()(0)()limlim()()zzf zfxyi xyzxyxiy。令y沿ykx趋于0，那么 第 2 页 依赖于k，()f z在原点不可导。4、假设复变函数 zf在区域D上解析并满足以下条件之一，证明其在区域D上必为常数。1 zf在区域D上为实函数；2*zf在区域D上解析；3 Rezf在区域D上是常数。证明：1令()(,)(,)f zu x yiv x y。由于 zf在区域D上为实函数，所以

3、在区域D上(,)0v x y。()f z在区域D上解析。由 CR 条件得 在区域D上(,)u x y为常数。从而 zf在区域D上为常数。2令()(,)(,)f zu x yiv x y，那么*()(,)(,)fzu x yiv x y。()f z在区域D上解析。由 CR 条件得 ,uvuvxyyx。1 又*()fz在区域D上解析，由 CR 条件得,uvuvxyyx。2 联立1与2，得,u v在区域D上均为常数，从而()f z在区域D上为常数。3令,f zu x yiv x y，那么Re(),f zu x y。由题设知,u x y在区域D上为常数，0uuxy。又由 CR 条件得，在区域D上 第

4、3 页 0,0vuvuxyyx ，于是v在区域D上为常数。,u v在区域D上均为常数，从而在区域D上()f z为常数。5、证明2xy不能成为z一个解析函数实部。证明：令2uxy，2222022uuxxxy。u 不满足拉普拉斯方程。从而它不能成为z一个解析函数实部。6、假设zxiy，试证：1sinsincoshcossinhzxyixy；2coscoscoshsinsinhzxyixy；3222sinsinsinhzxy；4222coscossinhzxy。证明：1sinsin()sincos()cossin()zxiyxiyxiy 2coscos()coscos()sinsin()zxiyxi

5、yxiy 3222sin(sincosh)(cossinh)zxyxy2222sincoshcossinhxyxy 42222222cos(coscosh)(sinsinh)coscoshsinsinhzxyxyxyxy 7、试证假设函数 f z与 z在0z解析。0000,0f zzz，那么 000limzzzf zfzz。复变函数洛必达法那么 证明：或倒过来做。8、求证：0sinlim1zzz。证明：000sin(sin)limlimlimcos1zzzzzzzz。第 4 页 第二章习题解答 9、利用积分估值，证明 a22iixiydz 积分路径是从i到i 右半圆周。b证明222iidzz积

6、分路径是直线段。证明：a 方法一222244iiiiiixiydzxiydzxydz 方法二在半圆周221xy上，221,1xy ，从而 在半圆周221xy上，2244221xiyxyxy，44max1cxy，或：2244maxiicxiydzxy。b证:222111maxmaxmax11z x iz x izxz 10、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单位圆周。acoscdzz；b256zce dzzz。证明：a1cosz奇点为1,0,1,2nznn，由于1nz，所以它们均不在以原点为圆心单位圆内。1cosz在以原点为圆心单位圆内无奇点，处处解析。由柯西定理:

7、0coscdzz。第 5 页 b256(2)(3)zzeezzzz奇点为12z ，23z ，它们均不在以原点为圆心单位圆内。256zezz在以原点为圆心单位圆内处处解析。由柯西定理:2056zce dzzz。11、计算 a221:21czzdzczz；b2221:21czzdzczz。解:a221zz在2z 所围区域内解析，且1z 在2z 所围区域内。由柯西积分公式得 b221zz 在2z 所围区域内解析，且1z 在2z 所围区域内。由推广柯西积分公式得 12、求积分zcedzz:1c z ，从而证明cos0cos sined。解:ze在1z 所围区域内解析，且0z 在1z 所围区域内。由柯西

8、积分公式得022zzzcedzieiz。1 在c上令ize，那么 其中利用了，由于cossin sine是奇函数，而coscos sine是 偶函数，所以 cos02cossinzcedzi edz。2 从而，联立1与2，得 第 6 页 13、由积分2cdzz 之值，证明012cos054cosd，c为单位圆周1z。证明：12z 在单位圆周1z 所围区域内解析。由柯西定理:02cdzz。1 另一方面，在c上ize，12cossin254cos54cosidd 2 sin54cos为奇函数，sin054cosd 3 由1、2及3得 12cos054cosd。4 又12cos54cos为偶函数，0

9、12cos12cos254cos54cosdd。5 于是由4与5得 14、设 264zF zz，证明积分 cF z dz c是圆周221xy时，等于0；c是圆周2221xy时，等于4 i；c是圆周2221xy时，等于2 i。证明：266422zzF zzzz奇点为12z 及22z 。c是圆周221xy时，12z 及22z 均在圆外，F z在圆内 解析。由柯西定理:6022czdzzz。c是圆周2221xy时，仅12z 在圆内。由柯西积分公式 第 7 页 得2662224222czzzdziiizzz。c是圆周2221xy时，仅22z 在圆内。由柯西积分公式 得 2662212222czzzdz

10、iiizzz 。第三章习题解答 15、求以下级数收敛半径，并对 c 讨论级数在收敛圆周上敛散情况。a.11nnnzn；b.1nnnn z；c.0knnn z0k 为常数。解:a.11limlimlim11nnnnnRnnn。b.11limlim0nnnnRnn。c.limlim111kkknnnnRnn。或11limlim1knknnnRnn。11lnlimlim1xxxxxxe【ln1limlim0 xxxxx洛必达法那么】在收敛圆周1z 上，ize，级数成为0kinnn e。0k，它通项kinn e在n 时，不趋于0。故级数0kinnn e发散。16、试求以下级数收敛半径。a.!0nnz；

11、b.0!nnnnzn；c.00,0nnnnzabaib。第 8 页 解:1!1!limlimlim1nnnn nnnnnnzzzzz时，级数收敛。当!lim1n nnz时，级数发散。亦即当1z 时，级数收敛。而当1z 时，级数发散。于是收敛半径1R。b.11!11!1limlimlimlim 11!1!1nnnnnnnnnnnn nnn nRennnnnn。c.1limnnnRa，1222limlimnnnnnnnnRaibab。又因为112222max,2max,nnnna baba b，且12lim21nn，故1222limmax,nnnnaba b。于是所求级数收敛半径max,Ra b。

12、或：1limnnnaRa，222222limnnnnnabRab。当ab时，2222222222limlim1nnnnnnnnbababaRaabba，当ab时，2222222222limlim1nnnnnnnnaababbRbabab，17、将以下函数按z幂展开，并指明收敛范围。a.20zze dz；b.2cos z。解:a.220!nznzen，z，第 9 页 b.21cos1cos22zz，222001212cos22!2!nnnnnnnzzznn z，18、将以下函数按1z幂展开，并指出收敛范围。a.cos z；b.2zz；c.225zzz。解:a.coscos 11cos1cos1s

13、in1sin1zzzz。或：令 cosf zz，那么 cos2nnfzz，1cos 12nnf，所以 00cos 112cos11!nnnnnnfzzznn 1z。b.22111122313zzzz c.22221 11125141414zzzzzzzz 令212zt，01111nnnttt 从而 22200111111254444nnnnnnnnzzzzzz 进一步，2121100111144nnnnnnnnzz 所以 111222310211252nnnnnnzzzz 12z。19、将以下函数在指定环域内展成罗朗级数。a.21(1)zzz,01,1zz；b.2225,1221zzzzz。解

14、:a.222211212(1)(1)(1)zzzzzzzzz。第 10 页 在01z内,01111nnzzz ，在1z内,11z，01111111111nnnnzzzzzz，b.22225122121zzzzzz 在12z内，12z，且21111zz，20、将以下函数在指定点无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立范 围。a.221,1ziz【nnnazi】；b.1211,1zzez【1nnnaz】。解:a.zi 无心邻域为0ziR，2222111ziziz，且211ddzzizi，b.当z时，0!nznzen，21、把 11f zz展成以下级数。1在1z 上展成z泰勒级数；2在1z 上展成z罗朗级

15、数；3在12z上展成(1)z 泰勒级数；4在12z上展成1z罗朗级数。解:1在1z 上，011nnzz，【11z在1z 上解析】。第 11 页 2在1z 上，01111111111nnnnzzzzzz 。311z在12z上解析，且112z，所以 4在12z上，211z，所以 第四章习题解答 22、确定以下各函数孤立奇点，并指出它们是什么样类型对于极点，要指出它们阶，对于无穷远点也要加以讨论：12211zz z；21coszi；31sincoszz。解:10,zzi zi 是2211zz z孤立奇点且是极点。0z 是221z z 一阶零点，从而是2211zz z一阶极点；zi 是221z z 二

16、阶零点，从而是2211zz z二阶极点。2211zz z在 1 z内解析，221lim01zzz z，z 是可去奇点，四阶零点。21coszi在zi 罗朗展开式 2011cos2!nnnzinzi主要 局部有无穷多项，zi 是1coszi本性奇点。1coszi在1z内解析，1limcos1zzi，第 12 页 是1coszi可去奇点。311111sincos2sin2sincos422zzzzz，sin4z零点,0,1,2,4nznn，是1sincoszz极点。又 44sincos1044nnnz znz znzz ，,0,1,2,4nznn 是sincoszz一阶零点，从而是1sincosz

17、z一阶极点。z 是1sincoszz奇点，但不是孤立奇点，因为在无穷远点任何邻域rz 内,总有其它奇点。23、求 11zzefze在孤立奇点处留数。解:10ze解21.0,1,2nzinn，是11zzee奇点。由于211lim1zzzinee，21nzin是11zzee极点。又 21,0,1,2,nzinn 是11zzee一阶零点，从而是11zzee一阶极点。z 不是11zzee孤立奇点，因为在它任一邻域rz 内,总有其它奇点。由推论 2：2121111 1Re21211nnzzzzz zinz zineesf inee。24、求以下函数在指定点处留数。第 13 页 1211zzz 在1,z

18、；2241zez在0z，。解:11z 为 211zf zzz一阶级点.，1z 为 211zf zzz二阶极点。由于1z 已是 f z所有有限孤立奇点，2 241zef zz在0z 罗朗展开式为 由于0z 是 f z仅有一个有限孤立奇点，【231zef zz在0z 罗朗展开式为 25、求以下函数在其奇点包括无穷远点处留数，m是自然数 11sinmzz m是自然数；221zez；331sinzez。解:10z 是 1sinmf zzz有限远孤立奇点。在0z,f z罗朗展开式为 2121001121!21!nnmnnmnnf zznznz。令211nm,那么2mn。n为非负整数，只有m为偶数时上式才

19、成立。第 14 页 而当m为奇数时,211nm，即 f z在0z 罗朗展开式中没有1次幂项，即10a。当m为奇数时,Re00sf。当m为偶数时,2mn 项是1次幂项，2111!mam，所以，此时 21Re01!msfm。总之，不管m为偶数或奇数，都有 2111Re01!2mmsfm。21z 是 21zef zz唯一有限奇点,且是二阶极点。3zn，0,1,n，是 13sinzefzz孤立奇点。f z在zn点罗朗展开式为 324165!znzn在zn解析，且为zn偶函数,所以它在zn处泰勒展开式中只有zn偶次项。而 及324165!z nznzn 1次幂项系数 1111111222nnnnnaee

20、e 第 15 页 z 不是 f z孤立奇点。26、求以下函数在其孤立奇点包括无穷远点处留数。112zze；2 1mzz。解:10z 是 12zzf ze本性奇点，z 为其孤立奇点。f z在0z 点罗朗展开式为 当1mn 时，即1mn ，21nmn时,m nz系数1a即为 Re0sf，所以 121111001122Re0!1!1!nnnnnnnsfan nn n 【利用了1mn 】。2z是 1mf zzzm阶极点，而z是 f z一阶单极点。,z 是 f z仅有二个有限远孤立奇点，27、计算以下积分 11sinzdzzz；2 1,1,1,nnzdzabab nzazb为自然数；3222121zze

21、dzz。第 16 页 解:10z 是被积函数 1sinf zzz在单位圆内孤立奇点。0z 是sinzz二阶零点，也就是 f z二阶极点。由留数定理，得 2由于1a，1b，被积函数 1nnf zzazb在单位圆内有二个n 阶极点1za，2zb。于是 同理 1211221Re11!nnn nnsf bnba。由留数定理，得 3被积函数 2221zzeef zzzizi，1zi，2zi 是 f z在圆2z 内二个一阶极点。由留数定理，得 28、求以下各积分值 12201 cosd；22200sindaa。解:121 cos2cos2，令2，那么24222003cos3cos3cosddd ，令ize

22、，1cos2zz，dzdiz，那么 第 17 页 2161f zzz有二个一阶极点138z ，238z 。2381z，2z在单位圆1z外。又138341z，1z在单位圆1z 内。由关于极点留数定理推论 2，得 由留数定理，得 221 cos2sin2，令2，那么220221 cos21 cos21 cosdddaaa 。令ize，1cos2zz，dzdiz，那么 212 211fzzaz有两个一阶极点21212zaaa与 212121zaaa，1z在单位圆1z 外。2221221 21zaaaaa，2z在单位圆1z 内。由关于极点留数定理推论 2，得 由留数定理，得 29、求以下各积分值 12

23、22014x dxxx；222cos(1)9xdxxx；3440sinxmxdxxa0,0ma。解:12222220121414x dxx dxIxxxx。22214zf zzz在实轴上无奇点，且 0zzf z。f z有四个一阶极点，但只有二个1zi，22zi在上半平面。第 18 页 2 22119f zzz在实轴上无奇点,当z 时,0f z。izF zf z e在上半平面有两个一阶极点1zi与23zi。3 44zf zza在实轴上无奇点,且 0zf z。44imzimzzeF zf z eza在上半平面有二个一阶极点41izae与 由关于极点留数定理推论 2，得 30、从izcedzz出发，

24、其中c为如下图之围线，方 向沿逆时针方向。证明 解:izez在c所 围 区 域 内 解 析，由 柯 西 定理:0izcedzz。1 又RizixizyizRcReeeeedzdxdzidydzzxziyz。2 令izRe,那么 又22sin,sin,0,2 ，2sin2200102RRizRRRedzRedRedezR。3 又0sin1，0,2，0sin220002izedzeddz。4 令,0R,由1、2、3、4得 第 19 页 00ixyeedxidyxy，5 而22002yy ttedyedty，及4112iiei，于是01222yeidyiiy。6 由5与6得 000cossin22i

25、xexxdxdxidxixxx。7 比拟7两边实部与虚部，得 00cossin2xxdxdxxx。8 进一步，假设令2xy，那么8成为 从而 2200cossin2 2x dxx dx。二、数学物理方程及特殊函数局部习题解答 第五章习题解答 31、弦在阻尼介质中振动，单位长度弦所受阻力tFRu 比例常数R叫做阻力系数，试推导弦在这阻尼介质中振动方程。解：与 课 上 推 导 弦 受 迫 振 动 方 程 一 样，令 其 中,tF x tRu，,tF x tRfx tu，弦在介质中振动方程为：2ttxxtRua uu，即 32、长为l柔软均质轻绳，一端0 x 固定在以匀速转动竖直轴上。由于惯性离心力

26、作用，这绳平衡位置应是水平线。试推导此绳相对于水第 20 页 平线横振动方程。解：研 究 位 于x到xdx这 一 段绳 A 振动情况。设绳质量密度为。A 在纵向没有运动，于是 A 所受纵向合力为零，即 A 所受张力在纵向合力等于其所受惯性离心力，即 22211coscosTTdsx 1 在横向，由牛顿第二定律Fma，得 2211sinsinttTTdsu 2 在小振动条件下，有 注意到2x dxTT，1xTT，由1得 即 2dTxdx 于是绳中任一点x处张力为 22222012TxllxT xdTxdxxdxlx。3【,x l段惯性离心力】又11sintanxxu，22sintanxx dxu

27、，代入2得 即xttTuux，4 将 T x表达式3代入4，得绳相对于水平线横振动方程为 22212ttxulxux 与无关。第 21 页【0 xl，边界条件00 xu，x lu有限自然边界条件】33、长为l均匀杆，两端由恒定热流进入，其强度为0q。试写出这个热传导问题边界条件。解：由 热 传 导 傅 里 叶 定 律qk u ，在边界上有uq nkn，其中n为边界单位法线矢量，uu nn 为u沿n方向导数。在0 x 端，00q nq iiq ，而uunx，所以 在xl端，00q nq iiq ，而uunx，所以 即边界条件为：00 xxquk，0 xx lquk。或：在一维时，uuix，而00

28、,0,q ixqq i xl，由热传导傅里叶定律qk u ，得00,0,q ixukixq ixl，所以边界条件为 34、半径为R而外表燻黑金属长圆柱，受到阳光照射，阳光方向垂直于柱轴，热流强度为M。设圆柱外界温度为0u，试写出这个圆柱热传导问题边界条件。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，通过圆柱外表流入圆柱体热流强度为 同样由阳光照射而产生，通过圆柱外表流出圆柱体热流强度为 由圆柱本身温度分布产生热流强度为2qk u，而在极坐标系中第 22 页 1ee，故其通过圆柱外表流出圆柱体热流强度为2ukeq。总通过圆柱外表流出圆柱体热流强度为12qq，其在外表大小为 12RR

29、uqekqfq，其中 sin002Mf。由牛顿热交换定律，知q应与0Ruu成正比，即 0RRukfh uu，两边除以h，即得边界条件为：解法二：取如图圆柱外表一个小块来分析。小块面积为s，厚度为r，两个外表分别为与，n为外法线方向单位矢量，而n为内法线方向单位矢量。单位时间流出小块热量等于其能量减少率，即 其中1sin002Meq，ne。令0r，那么，nn，*左边趋于0，*成为 其中 1sin002Mfq n，*两边除以h，即得边界条件：第六章习题解答 35、长为l弦，两端固定，弦中张力为T，在距一端为0 x一点以力0F把弦拉开，然后突然撤除这第 23 页 力，求解此弦振动。解：先求出初始位移

30、，分00,x与0,x l两段来考虑。设0 x点位移为h，那么 在00 xx中，10tanhuxxx，在0 xxl中，20tanhulxlxlx。在小振动，1、2很小条件下，利用力平衡条件与小振动条件11sintan，22sintan，得 于是 000F xlxhTl。定解问题为 别离变数，令 ,u x tX x T t，代入方程及边界条件，可得既满足方程又满足边界条件通解为 代入初始条件，得 01sinntnnxuAxl，36、研究长为l，一端固定，另一端自由，初始位移为hx而初始速度为零 弦自由振动情况。解：即求解定解问题 别离变数，令 ,u x tX x T t，可得：20Ta T，1 0

31、00XXXXl，2 第 24 页 由2解得：22212nnl，212sinnX xcxl，0,1,2,n。由1解得：1122cossinnnnnanaTtAtBtll。定解问题通解为 由初始条件00ttu，得：由初始条件0tuhx，得：37、求解细杆热传导问题。杆长为l，两端温度保持为零度，初始温度分布为20tbx lxul。解：定解问题为 令 ,u x tX x T t，那么可求得 sinnX xCxl，1,2,n，T t满足222222220natlnnaTTTA el。定解问题通解为22221,sinnatlnnnu x tA exl。由初始条件20tbx lxul得：21sinnnbx

32、 lxnAxll，当t 时，0u。整个杆到达平衡状态。38、求解细杆热传导问题。杆长为l，初始温度为均匀0u，两端温度分别保持为1u与2u。解：定解问题为 先将非齐次边界条件化为齐次边界条件。令,x tv x tw xu，第 25 页 使 w x满足 1200,xx lwxwu wu，那么 w xCxD，*将*代入10 xwu，得110 xDwuu，将*代入2x lwu，得212x luuClwu，于是,x tv满足 20002101000,000000txxxxxx lx lx lttva vtxlvuwtvuwtuuvuw xuuxxll，其通解为22221,sinnatlnnnv x t

33、A exl。由初始条件21010tuuvuuxl得：21011sinnnuuAxlnxuul，39、长为l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0u，向管内扩散。求该气体在管内浓度,u x t。解：定解问题为 先将非齐次边界条件化为齐次边界条件，令,x tv x tw xu，使 w x满足 000000wxw xCxDwuDuw lC，解之，得：0w xu。,x tv满足 20000000,000000txxxxxxxx lx lx lttva vtxlvuwtvuwtvuw xuxl。令 ,v x tX x T t，可求得 第 26 页 定解问题通解为：2222120

34、12,sinnatlnnnv x tA exl。由初始条件00tvu 得：于是2222210402141,sin212natlnnuv x texnl，40、均匀薄板占据区域0 xa，0y。其边界上温度为 00 xu，0 x au，00yuu，lim0yu。求解板稳定温度分布。解：定解问题为 关于x边界条件是齐次，用别离变数法来解：令 ,u x yX x Y y，代入方程可得 于是0YY，1 000XXXX a。2 由2求得222na，sinnX xCxa，1,2,n 将值代入1得：于是1,sinnnyyaannnnu x yA eB exa。由lim,0yu x y，得0nA，1,2,n。由

35、00yuu，得01sinnnnBxua，41、研究处于重力场中，长为l，一端固定，另一端自由，初始位移与初始 速度均为零弦受迫振动情况，设重力加速度为g。即试用别离变数 法求解定解问题 第 27 页 解：先将非齐次方程化为齐次方程。令,x tv x tw xu，使 w x满足 200gwxaww l。解之，得：21222gwxC xCa ,x tv满足 202220000,00,000200ttxxxxx lttttva vtxlvvtgglvuw xxxxlaavxl。用别离变数法可求得,v x t通解为 由00ttv，得：由22202tgglvxxaa，得：222012sin2nnnggl

36、Axxxlaa，利用 及 2202112sin12nlnlxxdxln，得 42、半径为a，外表燻黑了均匀长圆柱，在温度为零度空气中受着阳光照射，阳光垂直于柱轴，热流强度为q，试求圆柱内稳定温度分布。解：取圆柱轴为z轴，由于圆柱是均匀且长可以认为无限长，显然温度分布与z无关，故只需在xy平面上研究就行了。取极坐标系，由牛顿热交换定律知：0aafkuh u，或 sin002aqhukuf。【利用 34 题结果】定解问题为 第 28 页 方程通解为 故通解又可写为 由 sin002aqhukuf，得 上式相当于在0,2区间上将 f展成傅里叶级数，由展开系数公式得：43、用傅里叶变换求解定解问题 解

37、：由于x在,内变化，对x进展傅里叶变换 其中,uuy，*通解为 12yyuCeCe，,。由0yu，得 122100,00,yyCuCeCuCe当时，当时，所以总可写为 21,0,0yyyCeuCeCe，其中 21,0,0CCC 。由 0yu，得C。进展傅里叶反变换，得 而00 xxxy iy iy iededed 代入上、下限时应注意到0y，第七章习题解答 44、试用平面极坐标系把二维波动方程别离变数。解：二维波动方程在极坐标系中可表为 第 29 页 2211ttauuuu。1 令 ,tT t Ru，代入1，得：2211T RaTRTRTR。2 2两边除以2a TR，得 221TRRa TRR

38、。3 3左边仅是t函数，而右边却是，函数，3两边只能等于同一常数，记为2k，从而 221RRkRR，4 4两边乘以2，并移项得 同理上式两边只能等于同一常数，记为。于是 令xk，y xR，得 2220yxxyxxmy xx，m阶 Bessel eq.45、用平面极坐标系把二维输运方程别离变数。解：在平面极坐标系中，二维输运方程为 2211tauuuu 1 令 ,tT t Ru，代入1，得：2211RaTRTRTRT。2 2两边除以2TRa，得 上式左边仅是t函数，而右边却是，函数，第 30 页 上式两边只能等于同一常数，记为2k，从而 R及与上一题一样。46、求证 11()2llllP xPx

39、xP xPx，1l。证：勒让德多项式生成函数为 20112lllr P xxrr，1r。1 两边对x求导，得 两边乘以2(12)xrr，得 202()121 2lllrr Pxxrrxrr，2 1代入2，得 比拟两边1lr项系数，得 47、利用上题与111()21()()0llllPxlxP xlPx，1l，求证 1121llllP xPxPx，1l。证：对勒让德多项式递推公式 111210llllxlxxlxPPP 1 两边对x求导，得 11121210lllllxlxlxxlxPPPP。2 又由上题，得：112llllxxxxxPPPP，3 23l，得 11lllxxxlxPPP。4 从3

40、及4中消去 1lxP，得 1lllxxxlxPPP。5 45，得 1121llllxxxPPP。第 31 页 48、在1,1区间上将2x用勒让德多项式展开。解：由于2x是偶函数，所以展开式中只含偶数阶勒让德多项式，当1n时，或：令 22221 10022103122f P xf P xf P xf xff xfx 因为 01xP，1xxP，221(31)2xxP，所以 22221 10022103122f P xf P xf P xf xff xfx，比拟上式两边系数，得 49、验证：3312355xP xP x。证：因为 335322P xxx，1P xx，所以 3331232 533555

41、 225P xP xxxxx。50、证明：10211,00,2,1,2,2!1,21,0,1,2,2!1!lkklP x dxlkkklkkkk。证法一：当0l 时，110001P x dxdx。当0l 时，只有当221lkl，即21lk时，上式才不为0。此时 证法二：当0l 时，110001P x dxdx。当0l 时，又 11121lllP xPxPxl，当2lk，0k 时，又 2121111kkPP，当21lk时，第 32 页 又 222111kkPP，51、求解定解问题2200cos,0r arurauu有限值。解：所要求解定解问题具有轴对称性，其轴对称球内解为 由22021cosco

42、scos33r auPP，得 比拟两边系数，得 52、求解定解问题2200cos,0r arurauu有限值。解：所要求解定解问题具有轴对称性，其轴对称球外解为 由22021coscoscos33r auPP，得 比拟两边系数，得 53、用一层不导电物质把半径为a导体球壳分隔为两个半球壳，使半球壳各充电到电势为1v与2v，试计算球壳内外电势分布。解：此题可归结为求解如下定解问题 所要求解定解问题有轴对称性，方程1轴对称有界通解为 在 球 内ra中，0r，u有 界0,0,1,2,lDl，所以，当ra时，0,cosllllu rC r P。由边界条件2，得：102,02cos,2lllr alvu

43、C a Pfv，第 33 页 021cossin2llllCfPda 【令cosx，12,01,10vxf xvx】所以，当ra时，如果12vvv，那么,u rv，球壳为等势体，球壳内电场0r aE。在球外ra中，r ，0u，u有界0,1,2,lC，所以，当ra时，10,cosllllDu rPr。同样，由边界条件2，得：1102,02cos,2lllr alvDuPfav，用类似上面lC求解方法，可得 所以，当ra时，如果12vvv，那么球壳外电势分布0,4vaQu rrr，其中04Qva，相当于一个带电量为04Qva点电荷产生电势。其实在12vvv情况下，球壳为等势体，球壳所带电荷可由电磁

44、场边值关系得到。计算如下：球壳内电场0r aE；球壳外r aEu,其法向分量大小2ruvaErr。假定球壳内外为真空，球壳面电荷密度000rrr ar avEEa，总电荷20044vQavaa。54、半径为a，外表燻黑均匀球，在温度为00空气中，受着阳光照射，阳光热流强度为0q，求解小球内稳定温度分布。第 34 页 解：此题可归结为求解如下定解问题：其中kHh，k为热传导系数，h为热交换系数。本定解问题有轴对称性，方程1轴对称球内通解为 由边界条件2，得 即 010,010,10llllqxxC aaHl P xf xhx。【令cosx】1101110012llllqClPx dxlPx dx

45、h aHl a。3 又 110210,21,0,1,2,2!1,2,0,1,2,2!1!klklkkPx dxklk kkk当当，又 121212!22!211212!1!21!kkkkkkkkkkkk 1111001lllPx dxlPx dx 120,21,01,11,024122!1,2,021!1!kklkkllkklk kkk当当当当。4 4代入3，得：0001224qqChh，012qCh aH，210,0kCk，于是小球内稳定温度分布为 55、计算以下积分 1 30 x Jx dx；2 3Jx dx。解：1由递推公式 1mmmmdx Jxx Jxdx，得 10dxJxJxdx。由

46、递推公式 1mmmmJxJxddxxx，得 01JxJx。第 35 页 2由递推公式 1mmmmJxJxddxxx，得 又由递推公式 1120mmmmJxJxJxx，得 将代入，得 56、半径为R而高为H圆柱体下底面与侧面保持零度，上底面温度分布为 2f，求圆柱体内各点稳恒温度稳定温度分布。解：此题可归结为求解如下定解问题 定解问题有轴对称性0m，所以u与无关，,uzRZ z。u径向局部 R满足 2220RRR，【零阶 Bessel eq.】其在0处有界解为 0RJ。本征值为 0nnxR，本征函数为 00nxRJR，1,2,n。uz方向局部 Z z满足 其解为 00coshsinhcoshsi

47、nhnnnnnnnnxxZ zCzDzCzDzRR。定解问题特解为 定解问题通解为 00001,coshsinhnnnnnnxxxuzCzDz JRRR。1 0001000,1,2,nnnznxuC JCnR。2 于是 0030201sinhnnnnxxDHJdRRN。3 第 36 页 043210140024nxnRx Jxx JxxJxx 【利用了 54 题1结果】4432000000111430044nnnnnnnnRRxJxxJxxJxxx。4 又 20022112nnNR Jx，5 将4与5代入3，得 20230001241,1,2,sinhnnnnnRxDnxxH JxR。6 将2

48、与6代入1，得圆柱体内各点稳恒温度为 57、设半径为R无限长圆柱形物体侧面温度为00，初始温度220tuR，求此物体温度分布随时间变化规律。无限长 u与无关 解：此问题可归结为求解如下定解问题 定解问题有轴对称性，所以u与无关。又圆柱为无限长，故u又与无关。令 ,utRT t，代入方程，得 于是 22220a tTta tT tAe，210RRR。1 【0order Bessel eq.】1在0处有限解为 0RJ。本征值为 0,1,2,nnxnR，本征函数为 00,1,2,nxRJnR。第 37 页 202001,nxa tRnnnxutA eJR。1 由初始条件220tuR，得：022020

49、01RnnnxAJRdRN。2 而 000433004000nnxxRRxnnxRJdJx x dxRx 令 043210140024nxnRx Jxx JxxJxx 【利用了 54 题1结果】4432000000111430044nnnnnnnnRRxJxxJxxJxxx，3 10002221112200000mmmmnndx Jxx JxdxxxnnnnR JxRRxJxdxxJxxxx利用，4 20022112nnNR Jx。5 将3、4与5代入2，得 42013302200011248nnnnnRRJxR JxxxJx 。6 将6代入1，得物体温度分布随时间变化规律为 58、圆柱体半径

50、为R而高为H，上底面保持温度1u，下底面保持温度2u，侧面温度分布为 12222uuHfzzzHzHH，求解圆柱体内各点稳恒温度稳定温度分布。解：此题可归结为求解如下定解问题 先将上、下底面非齐次边界条件齐次化。第 38 页 令,uzvzw z ，1 使 w z满足 1222200,wzuuw zuzHwuw Hu。2 v满足 2010,02,00,022102,0zz HRRvRzHvvRuzvuw zf zw zzzHHH。v定解问题有轴对称性，所以u与无关。222100vvvz。3 令 ,vzRZ z，代入3，得 10ddRZRZdd，两边除以 RZ z，并移项，得 从而 2220,si