数学物理方法答案(5) 刘连寿
理论物理基础教程刘连寿第五篇第一章答案
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ˆ+F ˆ + ]vdτ = v[( F ˆ + )u ]* d τ ， F ˆ +F ˆ + 是厄米算符。 所以 ∫ u * [ F ∫ ˆ +F
* ˆ −F ˆ + )]vdτ 同理， ∫ u [i( F + * ˆ ˆvdτ − i u * F ˆ u ) * dτ = i∫ u * F vdτ − i ∫ v( F ∫ ˆ vdτ = i ∫ u F
Axe − λx = ∫ c ( p x )ψ p x dp x
x
( x) =
1 e ipx x / h 2πh
其中
v c ( p x ) = ∫ψ ψ ( x)d r =
* px 3
∫ (e 2πh
0
1
∞
ip x x / h *
) Axe −λx dx
= =
A xe −( λx +ipx x / h ) dx ∫ 2πh 0 h [− xe − ( λ +ip x / h ) x 2πh λh + ip x x
P305
1. 计算下列各种频率的谐振子的能量子： (a)υ = 50HZ 的带电谐振子； (b)υ = 1010 HZ 的微波； (c)υ = 1015 HZ 的光波， 进而指出为什么普通振子的能量不显分立性。 答：(a)
hυ = 6.63 *10 −34 J ⋅ S * 50 HZ = 3.31 * 10 −32 J
因为在 z → ±∞ 时， u ， v 都趋于 0，所以第一项和第三项都为 0，所以，上式变为
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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 =Q ，,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 ==+ ∴ =+=Q 。
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法答案(10) 刘连寿
3.反演 u(x,t)=L-1[u(x,p)]=L-1[x b -p b L [- 2 e a ] L-1[ 2 ] p p -1 x b -p b e a 2] 2 p p
(1)L-1[
b ] bt p2
f (t ), t 由延迟定理L-1[e p F(p)] f (t ) 0,t< x x b(t ), t p b - x a a L1[- 2 e a ] p 0,t x a
F[
8.用傅里叶变换求解下列定解问题：
2u 2u 0, x 2 y 2 x , y 0;
u y 0 ( x), u x 0, u y 0.
(k , y ), f ( x) f (k ) ，则原定解问题称为 解：设 u ( x, y ) u
x 0, t 0
t 0
u x 0 0, u t 0 0, ut
b
解：对方程及边界条件作关于变量 1. t的拉氏变换。
2 2 2 d p u(x,p)-pu(x,0)-u (x,0)-a u(x,p)=0 t 2 dx u(0,p)=0, u (x,p) 0 x x
(t )
A 0 0 t t0 t 0, t t0
如图 4，求电流。
5.试证明
(1) n 2 cos( a) 2 sin 2 ( a ) n ( n a )
式中实数 a 0, 1, 2,
6.求解半无界弦的振动
utt a 2u xx 0
2
C ( p ) ，则有 4.证明象函数 C ( p) 的位移定理，若有 f (t )
e ip0t f (t ) C ( p p0 )
数学物理方法(刘连寿第二版)第06章习题[1]
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第六章 习题答案6.1-1 求解下列本征值问题的本征值和本征函数。
（1）0=+''X X λ ()00=X ()0='l X（2）0=+''X X λ ()00='X ()0='l X （3）0=+''X X λ ()00='X ()0=l X （4）0=+''X X λ()0=a X()0=b X解：（1）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00==b X 和()0=='a l X 得到()0=x X ，不符合，所以0≠λ0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()00==a X ，()()2224120sin ln l b l X nπλλ+=⇒==',2,1,0=n所以：()()x ln x X 212sin π+=,2,1,0=n（2）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00=='a X 和()0=='a l X ，所以()b x X =存在。
0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()000=⇒=='b b X λ，() ,2,10sin 222==⇒=-='n ln l a l X n πλλλ综合：本征值：222l n n πλ=,2,1,0=n 本征函数：()x ln x X n πcos = ,2,1,0=n（3）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00=='a X 和()0==b l X ，()0=x X 不符合。
0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()000=⇒=='b b X λ，()() ,2,1,04120cos 222=+=⇒==n ln l a l X nπλλ本征函数：()x ln x X n πcos = ,2,1,0=n（4）0=λ时，()d cx x X +=，代入边界条件得 ()0=+=d ca a X 和()0=+=d cb l X ，得到b a =，故0≠λ。
数学物理方法第四版课后习题答案
数学物理方法第四版课后习题答案《数学物理方法第四版课后习题答案》数学物理方法是一门涉及数学和物理学的交叉学科，它的研究对象是如何利用数学方法来解决物理学中的问题。
《数学物理方法第四版》是一本经典的教材，它涵盖了许多重要的数学物理方法，如傅里叶分析、复变函数、分析力学等。
在这本教材中，每一章都包含了大量的习题，这些习题旨在帮助学生加深对所学知识的理解，并提高他们的解题能力。
然而，对于许多学生来说，这些习题可能会带来一定的困难，因此他们需要及时地查阅习题答案来核对自己的解答。
本文将以《数学物理方法第四版课后习题答案》为标题，探讨数学物理方法这门学科的重要性以及这本教材对学生学习的帮助。
首先，数学物理方法在物理学中具有重要的地位。
许多物理学问题都可以通过数学方法来解决，比如利用微分方程来描述物理系统的演化，利用傅里叶分析来分析信号的频谱等。
因此，学习数学物理方法对于物理学专业的学生来说是至关重要的。
其次，这本教材提供了大量的习题，并且每一章都附带了习题答案。
学生可以通过做这些习题来巩固所学知识，并且及时地查阅答案来核对自己的解答。
这样一来，学生可以更好地理解课程内容，提高解题能力。
最后，数学物理方法这门学科对于培养学生的数学思维和物理直觉具有重要意义。
通过学习这门学科，学生可以培养自己的抽象思维能力和逻辑推理能力，同时也可以提高对物理现象的理解和分析能力。
总之，《数学物理方法第四版课后习题答案》这本教材对于学生学习数学物理方法这门学科具有重要的帮助。
它提供了丰富的习题和详细的答案，可以帮助学生更好地理解课程内容，提高解题能力，培养数学思维和物理直觉。
希望学生们能够充分利用这本教材，努力学习，取得更好的成绩。
理论物理基础教程答案_刘连寿
O
X
那么
L m( X a cos ) MX X L 0 X
则对应的拉格朗日方程为
d m( X a cos ) MX 0 dt d maX cos ma 2 ma sin X mga sin dt
N
Lz e ra Az
a 1 N
N
Lz e xa Aya ya Axa
a 1
2.质量为M 半径为a 的半球形碗，放在光滑的水平桌面上，如图1 。 有一个质量为 m的滑块沿碗的内壁无摩擦的滑下。用 表示滑块位 置与球心连线和竖直方向的夹角。这个系统起始时静止且 0 。 求滑块滑到 1时 的值。
解：系统具有xy平面内的平移对称性，所以动量的x，y分量守恒：
p1x p2 x , p1y p1y
又系统的能量守恒，则有
2 p12 p2 E1 E2 U0 2m 2m
那么，则有
而散射前后动量与z轴的 夹角之比为
sin 1 p1 p2 p2 1 U0 / E sin 2 p2 p1 p1
csc2 2 g cot
m 2 J (Constant)
（3） （4）
L 0
由（4）式可得
J m 2
2
（1）
带入（3）式可得
J2 2 csc 2 4 g cot 0 m
d d d d dt d dt d
1 M 1 m 2 1 m a cos m a sin M a cos 2 mM 2 mM 2
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。
()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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法答案(5) 刘连寿
（2） 用 c1 表示 c3k 1
c3k 1 c3k 2 1 c3k 5 3k (3k 1) 3k (3k 1) (3k 2)(3k 3) 1 c1 (3k 1)3k (3k 2)(3k 3) 7 6 4 3
Ck k (k 1) z k 2 Ck 2 (k 2)(k 1) z k
k 2 k 0
这样（2）式可写成
(k 2)(k 1)C
k 0
k 2
k (2k )Ck z 0
由于上式在 z0 的邻域内点点成立，故 z 的同次幂项的系数和为零，即
k 2 k 0
2c2 [( k 2)( k 1)ck 2 ck 1 ]z k 0
k 1
c 2)( k 1)
即 ck
ck 3 k (k 1)
亦即 c3k
c3k 3 3k (3k 1)
（1） 用 c0 表示 c3k
C2 k 2(2k 2) 4k 4 C2 k 2 C2 k 2 2k (2k 1) 2k (2k 1) (4k 4 ) 2(2k 2 2) C2 k 2 2 2k (2k 1) (2k 2)(2k 2 1) (4k 4 )(4k 8 ) C2 k 4 2k (2k 1)(2k 2)(2k 3) (4k 4 )(4k 8 ) (4 )( ) C0 (2k )! (4k 2 )(4k 6 ) (6 )(2 ) C1 (2k 1)!
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5.1
二阶线性常微分方程
二阶线性常微分方程解的一般性质 5.2 常点邻域内的幂级数解法
(为待定参数) ，在 z 0 的邻域内的级 1. 求厄米特方程 2 z 0，
数解。 解： （1）级数的形式。由于 p( z ) 2 z 和 q( z ) 在 z0 0 解析，故 z0 是 厄米特方程的常点。级数解具有下述形式
(k 2)(k 1)Ck 2 (2k )Ck 0
整理后即得待定系数的递推公式
Ck 2 2k Ck (k 2)(k 1)
（3）
（3）归纳出通项表达式，得级数解。由（3）式可见，偶次幂项系数 与奇次幂项系数是互不相干的，可以分别用 C0 和 C1 表示
(0) 1, (0) 0 的解。
解： 1. 解的形式 系数 p( z ) 0, q( z ) z 在 z0 0 解析， z0 是方程的常点 解的形式为： w( z ) ck z k
k 0
2. 系数递推公式 将 w( z ) 代入方程
k (k 1)ck z k 2 ck z k 1 0
（3） 因 c2 0 ，故 c5 c8 0 3. 方程的通解
w( z ) c0
c0 z 3k c1 z 3k 1 z k 1 3k (3k 1) 6 5 3 2 k 1 (3k 1)3k 7 6 4 3
4. 由初始条件定 c0 , c1 由
c3k c3k 3 1 c3k 6 3k (3k 1) 3k (3k 1) (3k 3)(3k 4) 1 c0 3k (3k 1)(3k 3)(3k 4) 6 5 3 2
（2） 用 c1 表示 c3k 1
c3k 1 c3k 2 1 c3k 5 3k (3k 1) 3k (3k 1) (3k 2)(3k 3) 1 c1 (3k 1)3k (3k 2)(3k 3) 7 6 4 3
k 2 k 0
2c2 [( k 2)( k 1)ck 2 ck 1 ]z k 0
k 1
c2 0, ck 2
ck 1 ( k 2)( k 1)
即 ck
ck 3 k (k 1)
亦即 c3k
c3k 3 3k (3k 1)
（1） 用 c0 表示 c3k
0 w(0) c0 1 w(0) c1 z 3k 1 k 1 (3k 1)3k 7 6 4 3
得解： w1 ( z ) z
C2 k
（4）线性无关的解为
0 ( z ) C2 k z 2 k , 1 ( z ) C2 k 1 z 2 k 1
k 0 k 0
厄米特方程的通解是 0 ( z ) 与 1 ( z ) 的线性组合
2. 试用级数解法求在 z0 0 邻域内艾里方程 z 0 满足初始条件
Ck k (k 1) z k 2 Ck 2 (k 2)(k 1) z k
k 2 k 0
这样（2）式可写成
(k 2)(k 1)C
k 0
k 2
k (2k )Ck z 0
由于上式在 z0 的邻域内点点成立，故 z 的同次幂项的系数和为零，即
C2 k 2(2k 2) 4k 4 C2 k 2 C2 k 2 2k (2k 1) 2k (2k 1) (4k 4 ) 2(2k 2 2) C2 k 2 2 2k (2k 1) (2k 2)(2k 2 1) (4k 4 )(4k 8 ) C2 k 4 2k (2k 1)(2k 2)(2k 3) (4k 4 )(4k 8 ) (4 )( ) C0 (2k )! (4k 2 )(4k 6 ) (6 )(2 ) C1 (2k 1)!
( z ) Ck z k
k 0
（1）
（2）系数递推公式。将（1）式代入厄米特方程，由同次幂项系数之 和为零，得
Ck k (k 1) z k 2 2 z Ck kz k 1 Ck kz k 0
k 0 k 0 k 0
（2）
在第一个求和公式中，k=0，1 项均为零，故可将通项中的求和指标 加 2，相应地将求和号中的求指标减 2，得