数学物理方法期末考试规范标准答案
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法复习资料及参考答案（一）
数学物理方法复习资料及参考答案（一）数学物理方法复习资料及参考答案（一）一、填空题： 1. 复数ii -+11用三角式可表示为（主辐角[)π2,0）。
2. 已知幂级数∑∞=0k kk z a 和∑∞=0k kk z b 的收敛半径分别是1R 和2R ，则幂级数()∑∞=±0k k k k z b a 的收敛半径为：。
3. 勒让德多项式()l P x 的模l N = ()0,1,2,l = 。
4. 在00=z 的邻域上，z e z f 1)(=展开的洛朗级数为：。
5. 函数2)2)(1()(--=z z z z f 的留数)1(resf ＝。
6. 求解无限长弦的自由振动，设弦的初始位移为)(x ?，初始速度为)(/x a ?-，=),(t x u 。
7. 在00=z 的邻域上，z z f sin )(=的泰勒级数为：。
8. 幂级数()∑∞=-11k k i z k的收敛圆：。
9. 数理方程中的定解条件包括三大类初始条件、和衔接条件。
10. 在本征值问题()()()'''12012--+=-1<<±1??x y xy y x y λ有限中，方程()'''1202--+=x y xy y λ称为__ _ _ __微分方程，该本征值问题的本征值λn =___ _ ，相应本征函数是y x n ()=__________，其中n=___ _ ____，该本征函数称为______ __ _，写出它的表达式(至少一种)：___________ _____。
二、简答题：1、孤立奇点分为几类？如何判别？2、简述施图姆－刘维尔本征值问题的共同性质。
三、基础题：1、计算实变函数定积分()()222294x dxI xx ∞=++?2、已知解析函数()f z 的实部233),(xy x y x u -=，0)0(=f ，求虚部和这个解析函数。
最新数学物理方程期末考试试题及答案
数学物理方程期末考试试题及答案一、求解方程（15分）⎪⎩⎪⎨⎧===-=+=-.)()(0002x u x u u a u at x at x xx tt ψϕ其中)0()0(ψϕ=。
解：设⎩⎨⎧+=-at x at x ηξ＝则方程变为： 0=ξηu ，)()(at x G at x F u ++-=(8’)由边值条件可得：)()0()2(),()2()0(x G x F x x G F ψϕ=+=+由)0()0(ψϕ=即得：)0()2()2(),(ϕψϕ--++=at x at x t x u 。
二、利用变量分离法求解方程。
（15分）⎪⎩⎪⎨⎧==≥==∈=-====)(,)(,0,0,),(,00002x u x u t u u Q t x u a u t t t l x x xx tt ψϕ其中l x ≤≤0。
0>a 为常数解：设)()(t T x X u =代于方程得：0''=+X X λ，0''2=+T a T λ(8’)x C x C X λλsin cos 21+=，at C at C T λλsin cos 21+=由边值条件得：21)(,0l n C πλ== l x n at A at Bu n n n πλλsin)sin cos (1+=∑∞= ⎰=l n dx l x n x l B 0sin )(2πϕ，⎰=l n dx lx n x an A 0sin )(2πψπ 三．证明方程02=--cu u a u xx t )0(≥c 具有狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与稳定性. (15分)证明：设u e v ct -=代入方程：⎪⎩⎪⎨⎧====-=).(),(),(),0()(02102t g t l v t g t v x v v a v t xx t ϕ设21,v v 都是方程的解设21v v v -=代入方程得：⎪⎩⎪⎨⎧====-=0),(,),0(0002t l v t v v v a v t xx t由极值原理得0=v 唯一性得证。
数学物理方法第三版答案
数学物理方法第三版答案【篇一：数学物理方法试卷答案】xt>一、选择题（每题4分，共20分） 1．柯西问题指的是（ b ） a．微分方程和边界条件. b. 微分方程和初始条件. c．微分方程和初始边界条件. d. 以上都不正确. 2．定解问题的适定性指定解问题的解具有（ d）a．存在性和唯一性. b. 唯一性和稳定性. c. 存在性和稳定性. d. 存在性、唯一性和稳定性.??2u?0,?3．牛曼内问题 ??u 有解的必要条件是（ c）??n?f??a．f?0.b．u??0.c．?fds?0. d．?uds?0.???x(x)??x(x)?0,0?x?l4．用分离变量法求解偏微分方程中，特征值问题??x(0)?x(l)?0的解是（ b ）n?n??n???n??x ).b．( ?x ). a．( ??,cos?,sinllll????(2n?1)?(2n?1)??(2n?1)???(2n?1)??x ).d．( ?x ). c．( ??,cos?,sin2l2l2l2l????22225．指出下列微分方程哪个是双曲型的（ d ）a．uxx?4uxy?5uyy?ux?2uy?0. b．uxx?4uxy?4uyy?0.c．x2uxx?2xyuxy?y2uyy?xyux?y2uy?0. d．uxx?3uxy?2uyy?0.二、填空题（每题4分，共20分）??2u?2u?2?2?0, 0?x??, t?0?t?x??1．求定解问题?ux?0?2sint, ux????2sint, t?0的解是(2sintcosx).??ut?0?0, utt?0?2cosx, 0?x????2．对于如下的二阶线性偏微分方程a(x,y)uxx?2b(x,y)uxy?c(x,y)uyy?dux?euy?fu?0其特征方程为( a(x,y)(dy)2?2b(x,y)dxdy?c(x,y)(dx)2?0). 3．二阶常微分方程y(x)?或0).4．二维拉普拉斯方程的基本解为（ ln1（）.r1 ），三维拉普拉斯方程的基本解为r113y(x)?(?2)y(x)?0的任一特解y?（ jx44x1(x) 3225．已知j1(x)?222sinx, j1(x)?cosx，利用bessel函数递推公式求??x?x23j3(x)?（221221dsinx(sinx?cosx)??x()()）. ?xx?xdxx三、（15分）用分离变量法求解如下定解问题2??2u2?u??t2?a?x2?0, 0?x?l, t?0??u??u?0, ?0, t?0 ??xx?l??xx?0?u?x, utt?0?0, 0?x?l.?t?0?解：第一步：分离变量(4分) 设u(x,t)?x(x)t(t)，代入方程可得x(x)t(x)x(x)t(t)?ax(x)t(t)??2x(x)at(x)2此式中，左端是关于x的函数，右端是关于t的函数。
数学物理方程期末考试试题及答案
数学物理方程期末考试试题及答案一、求解方程（15分）⎪⎩⎪⎨⎧===-=+=-.)()(0002x u x u u a u at x at x xx tt ψϕ其中)0()0(ψϕ=。
解：设⎩⎨⎧+=-at x at x ηξ＝则方程变为： 0=ξηu ，)()(at x G at x F u ++-=(8’)由边值条件可得：)()0()2(),()2()0(x G x F x x G F ψϕ=+=+由)0()0(ψϕ=即得：)0()2()2(),(ϕψϕ--++=at x at x t x u 。
二、利用变量分离法求解方程。
（15分）⎪⎩⎪⎨⎧==≥==∈=-====)(,)(,0,0,),(,00002x u x u t u u Q t x u a u t t t l x x xx tt ψϕ其中l x ≤≤0。
0>a 为常数解：设)()(t T x X u =代于方程得：0''=+X X λ，0''2=+T a T λ(8’)x C x C X λλsin cos21+=，at C at C T λλsin cos 21+=由边值条件得：21)(,0ln C πλ== lx n at A at B u n n n πλλsin)sin cos (1+=∑∞= ⎰=l n dx l x n x l B 0sin )(2πϕ，⎰=ln dx lx n x an A 0sin )(2πψπ 三．证明方程02=--cu u a u xx t )0(≥c 具有狄利克雷边界条件的初边值问题解的唯一性与稳定性. (15分)证明：设u e v ct -=代入方程：⎪⎩⎪⎨⎧====-=).(),(),(),0()(02102t g t l v t g t v x v v a v t xx t ϕ设21,v v 都是方程的解设21v v v -=代入方程得：⎪⎩⎪⎨⎧====-=0),(,),0(0002t l v t v v v a v t xx t由极值原理得0=v 唯一性得证。
数学物理方法答案
数学物理方法考试卷之一参考答案一、1．L ,1,0,)12(±=+k k i π 2．i Z +23．===><<====t k u u x u t l x Du u l x x x t xx t sin 1| ,0||0 ,0 ,020 4．=∈−=∆)(|),(M f u M M h u στ；=∈−−=∆0|),(0στδG M M M G ；狄氏格林函数 5．0； 0)(62)1(2=+′−′′−x y y x y x 二、1．解：令0sin =z ，则得zz f sin 1)(=的奇点为πk z k =，L ,1 ,0±=k ∞==→→zz f k kz z z z sin 1lim)(lim Q ， πk z k =∴为)(z f 的极点。
又0)(1)(==k k z f z g Q ，0)1(cos )(≠−==′k k k z z g )(z f z k −∴的单极点，仅有：πππ23||,0,<∈−z故∫∑====ππ23||31)(2sin 1z n n z resf i dz z I =++==−=πππz z z zzzi cos 1cos 1cos 120i π2−= 2．解：)1()(22z z z f +=，奇点：i z ±= 均为二阶单极点。
0121/1)1()(24223 → ++=+=⋅∞→z z z z z Z z f z ∫∫∞∞∞−⋅=+=+=∴0222222)(221)1(21)1(i iresf dx x x dx x x I πiz i z i z z i z dz d i = +−−=2222)()()(π4)(23ππ=+⋅==iz i z iz i 三、 12112)1(11)(+−=+−+=+−=z z z z z z f ，奇点：1−=z 2|1|=−−=i R ，)1(111++−=+i i z z 故 ①在2||<−i z 中有： ∑∑∞=∞=++−−=−+−+=+−++=+001)1()()1()()1()1(111111111k k k k k kkk i i z i z i i i i z iz k k k i z iz f )()11(21)(01−+−+=∴∑∞=+，是Taylor 展开。
数学物理方法期末考试卷与解答
华南师范大学信息光电子科技学院2008-2009年(一)学期末考试试卷光电工程系《数学物理方法》试卷（A 卷）参考答案注：本试卷共一页，共八大题。
答案请做在答题纸上，交卷时，将试题纸与答题纸填好姓名与学号，必须同时交齐，否则考卷作废！ 可能用到的公式:1). (2l +1)xP l (x )=lP l −1(x )+(l +1)P l+1(x ), 2). P 0(x )=1, P 1(x )=x ；3))(~)]([00k k f x f e F xik −=;4))]([1])([x f F ikd f F x=∫∞−ξξ; 5).])1(1[2sin )(I 333n ln l xdx l n x l x −−=−=∫ππ一、 简答下列各题。
（12分，每题6分）1. 试在复平面上画出3)arg(0π<−<i z ，4Re 2<<z 点集的区域。
解：如图阴影部分为所求区域 （6分）2. 填空题：函数3)2)(1()(i z z z f +−=是单值的还是多值的？多值的（1分）；若是多值，是几值？3值（2分）；其支点是什么？1，-2i ，∞（3分）。
二、 (9分) 试指出函数3sin )(zzz z f −=的奇点(含ㆀ点)属于哪一类奇点？ 解：22112033)12()1(])12()1([1sin )(−∞=+∞=∑∑+−=+−−=−=n n nn n n n n n z n z z z z z z f （3分） z=0为f (z )的可去奇点；（3分）z=∞为f (z )的本性奇点；（3分）三、 (9分) 已知解析函数f (z ) = u (x ,y ) + iv (x ,y )的虚部v (x,y ) = cos x sh y ， 求f (z )= ? 解：由C-R 条件xy x v y y x u y y x v x y x u ∂∂−=∂∂∂∂=∂∂),(),(,),(),( （3分）得 u x (x,y ) = v y (x,y ) = cos x ch y u y (x,y ) = −v x (x,y ) = sin x sh y （3分）du (x,y ) =u x (x,y )d x + u y (x,y )dy = cos x ch y dx + sin x sh y dy=d (sin x ch y ) f (z ) = f (x +iy ) = u (x ,y ) + iv (x ,y ) = sin x ch y +i cos x sh y + c上式中令 x=z, y=0， 则 f (z ) = f (z+i0) = sinz + c （3分）四、 (10分) 求积分dz z e I Lz∫−=6)1(其中曲线L 为(a)圆周21=z ；(b)圆周2=z 解：(a) 6)1()(−=z e z f z 在圆周21=z 内解析，I = 0；（5分） (b) 在圆周2=z 内有一奇点，I = 2πiRes f (1)= 2π i !52)1()1()!16(166551lim e i z e z dx d z z π=−−−→（5分） 五、 (10分) 计算拉普拉斯变换?]2sin [=t t L （提示：要求书写计算过程）解：已知 42]2[sin ,][sin 222+=+=p t L p t L 也即ωωω（2分） 由象函数微分定理)3(4)(4p4)(4p ]2sin []2sin )[()2(4)(4p )42(]2sin )[()3(,)()1()]()[(2222222分分分+=+−−=−=−∴+−=+=−−=−p p t t L t t L p p dp d t t L p f dp d t f t L nnnn六、 (15分) 将f (x )= (35/8)x 4 + 5x 3−(30/8)x 2 +(10/3)x +1展开为以{ P l (x ) }基的广义付里叶级数。
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。
()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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
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天津工业大学（2009—2010学年第一学期）
《数学物理方法》(A)试卷解答
(2009.12 理学院)
特别提示：请考生在密封线左侧的指定位置按照要求填写个人信息,若写在其它
处视为作弊。本试卷共有四道大题,请认真核对后做答,若有疑问请与监考教师联系。
满分 30 42 20 8
总分
复
核
题目 一 二 三 四
得分
评阅人
一.
填空题(每题3分,共10小题)
1. 复数 ie1 的指数式为：iee ；
三角形式为：)1sin1(cosie .
2. 以复数 0z 为圆心，以任意小正实数 为半径作一圆，则圆内所有点
的集合称为0z点的 邻域 .
3. 函数在一点可导与解析是 不等价的
(什么关系？).
4. 给出矢量场旋度的散度值，即f 0 .
5. 一般说来，在区域内，只要有一个简单的闭合曲线其内有不属
-------------------------------密封线----------------------------------------密封线----------------------------------------密封线--------------------------------------- 学
院
专
业
班
学
号
姓
名
装
订
线
装
订
线
装
订
线
满分
30
得分
//
于该区域的点，这样的区域称为 复通区域 .
6. 若函数)(zf在某点0z不可导，而在0z的任意小邻域内除0z外处处可
导，则称0z为)(zf的 孤立奇点 .
7. 函数的挑选性为 )()()(00tfdtf.
8. 在数学上，定解条件是指 边界条件 和
初始条件 .
9. 常见的三种类型的数学物理方程分别为 波动方程 、
输运方程 和 稳定场方程 .
10. 写出l阶勒让德方程: 0)1(2)1(222lldxdxdxdx .
二. 计算题(每小题7分，共6小题)
1. 已知解析函数)(zf的实部xyyxyxu22),(，求该解析函数
满分
42
得分
//
(0)0(f).
解： yxux2，xyuy2，2xxu，2yyu.
0xxyyuu, (,)uxy是调和函数. 2分
利用柯西-黎曼条件
xyuv,xyvu, 即，xyvx2,yxvy2， 2分
于是，
),()2()2(yxCdyyxdxxyv
)0,()0,0(),()0,()2()2()2()2(xyxxCdyyxdxxydyyxdxxy
Cxyxy222
22
. 2分
所以，)21()(2izzf. 1分
2. 给出如图所示弦振动问题在0x点处的衔接条件.
解：
),0(),0(00txutxu
, 2分
0sinsin)(21TTtF
, 2分
又因为
),0(sin011txutgx, ),0(sin022txutgx
, 2分
所以，
)(),0(),0(00tFtxTutxTuxx
. 1分
3. 由三维输运方程推导出亥姆霍兹方程.
//
解：三维输运方程为
02uaut (1分)
分离时间变数t和空间变数r,以
)()(),(rvtTtru (2分)
上式代入方程,得
vvTaT2 (1分)
令上式等于同一常数2k,
22kvvTaT (2分)
则得骇姆霍兹方程为
02vkv (1分)
4. 在00z邻域把mzzf)1()(展开(m不是整数).
解：先计算展开系数：
mzzf)1()(， m
f1)0(
；
)(1)1()(1zfzmzmzfm
； mmf1)0(；
2)1)(1()(mzmmzf m
mmf1)1()0(
； 5分
)()1()1(2zfzmm
,
所以，mz)1(在00z邻域上的泰勒级数为
21!2)1(1!11)1(zmmzmz
mmmm
2!2)1(!111zmmzmm. 2分
//
5. 计算22sin21zzzdz.
解： 因为4nz(n为整数，包括零)，有0)sin21(2z，因
此，40nz是极点.但是，在2z圆内的极点只有4.又由于
1分
4]sin21)4[(lim24zzzz， 2分
4]sin21)4[(lim24zzzz， 2分
所以，
isfsfizzdzz222)]4(Re)4([Re2sin21. 2分
6. 求拉氏变换][costL,为常数.
解: )(21costitieet, speLst1][ 2分
)(21][costitieeLtL
][21][21titieLeL 2分
ipip1121 2分
22pp 0Rep 1分
//
三. 计算题
求解两端固定均匀弦的定解问题
02xxttuau
00xu，0lxu
，
)(0xut，)(0xutt
.
解: 设此问题的解为
)()(),(tTxXtxu
代入方程和初始条件，得
02TXaTX
，
0)()0(tTX，0)()(tTlX
，
可得，
X
XTaT
2
，
0)0(X，0)(lX
，
令，
X
XTaT
2
所以，
0)(,0)0(0lXX
XX
，(本征值问题)
02TaT
下面先求解本征值问题：
当0时， xxececxX21)(，
满分
20
得分
//
由初始条件，得 021cc，
因此，0),(txu，解无意义.
当0时， 21)(cxcxX，
同样由初始条件，得 021cc，
因此，0),(txu，解无意义.
当0时， xcxcxXsincos)(21，
由初始条件，得 01c，0sin2lc，
所以，0sinl，即，nl (n为正整数)，
因此本征值为：222ln ,3,2,1n
本征函数为：lxncxXsin)(2， 2c为任意常数. 10分
方程02TaT的解为：latnBlatnAtTsincos)(，
因此，
lxnlatnBl
atn
Atxunnnsinsincos),(
，
此问题的通解为：
lxnlatnBl
atn
Atxutxunnnnnsinsincos),(),(11
，
代入初始条件得
1)(sinn
n
xlxnA
， 1)(sinnnxlxnlanB，
所以，
lndlnlA0sin)(2，
lndlnanB0sin)(
2
. 10分
//
四. 简答题
给出泊松方程，并说明求解此方程的方法、步骤.
解： 泊松方程为：),,(zyxfu 3分
令 wvu，取v唯一特解， 2分
则 0fuvuw 2分
然后求解拉氏方程 0w 得w。 1分
满分
8
得分