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达朗贝尔公式
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你可能喜欢第12章 积分变换法
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第12章 积分变换法
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3秒自动关闭窗口数 学 物 理 方 法习题解答向安平B
成都信息工程学院光电技术系 2006 年 9 月 11 日前 言本书供电子科学与技术专业和光信息科学与技术专业《数学物理方法》课程教学使用． 本教学参考书仅供授权读者在计算机上阅读，不能编辑、拷贝和打印．经作者授权，可取消全 部限制． 在第一版中只收录了必要的试题，以后将增补习题的数量和类型，在每章增加内容小结和解题 方法讨论．欢迎读者提供建议． 作为本书的第一版，错误和排版差错在所难免，敬请读者指正．向安平 日目录iii目录I 复变函数概论 复变函数 复数与复数运算 .......................................................................... 复变函数 ................................................................................... 导数 ......................................................................................... 解析函数 ................................................................................... 平面标量场 ................................................................................ 多值函数 ................................................................................... 复变函数的积分 复变函数的积分 .......................................................................... 柯西定理 ................................................................................... 不定积分 ................................................................................... 柯西公式 ................................................................................... 幂级数展开 复数项级数 ............................................................................... 幂级数 ...................................................................................... 泰勒级数展开 ............................................................................. 解析延拓 ................................................................................... 洛朗级数展开 ............................................................................. 孤立奇点的分类 .......................................................................... 留数定理 留数定理 ................................................................................... 应用留数定理计算实变函数定积分 .................................................. 计算定分的补充例体 .................................................................... 傅里叶变换 傅里叶级数 ................................................................................ Fourier积分与Fourier变换............................................................... δ函数 ....................................................................................... Laplace 变 换 符号法 ...................................................................................... Laplace变换 ............................................................................... Laplace变换的反演....................................................................... 应用例 ......................................................................................Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology1 2 2 5 5 5 8 8 9 9 9 9 9 10 10 10 11 12 12 14 15 15 17 23 24 24 28 30 32 32 32 33 35第一章 § 1.1 § 1.2 § 1.3 § 1.4 § 1.5 § 1.6 第二章 § 2.1 § 2.2 § 2.3 § 2.4 第三章 § 3.1 § 3.2 § 3.3 § 3.4 § 3.5 § 3.6 第四章 § 4.1 § 4.2 § 4.3 第五章 § 5.1 § 5.2 § 5.3 第六章 § 6.1 § 6.2 § 6.3 § 6.4B
T c 2003C Xiang Anping All Rights Reservediv目录II数学物理方程 数学物理定解问题 数学物理方程的导出 .................................................................... 定解条件 ................................................................................... 数学物理方程的分类 .................................................................... 达朗贝尔公式 定解问题 .............................................................. 分离变数法 齐次方程的分离变数法 ................................................................. 非齐次振动方程和输运方程 ........................................................... 非齐次边界条件的处理 ................................................................. Poisson方程................................................................................36 37 37 38 39 39 42 42 46 46 46第七章 § 7.1 § 7.2 § 7.3 § 7.4 第八章 § 8.1 § 8.2 § 8.3 § 8.4第九章 二阶常微分方程的级数解法 本征值问题 47 § 9.1 特殊函数常微分方程 .................................................................... 47 § 9.2 常点邻域上的级数解法 ................................................................. 48B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved1第一篇复变函数概论B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved2第一章 复变函数§ 1.1 复数与复数运算1. 下列式子在复平面上各具有怎样的意义? (1) | x |≤ 2. (2) | z ? a |=| z ? b | （a 、b为复常数）. (3) Rez & 1 . 2 (1) | x |≤ 2 解一：|z| = |x + iy| = 部． x2 + y2 ≤ 2，或x2 + y2 ≤ 4．这是以原点为圆心而半径为2的圆及其内解二：按照模的几何意义，|z|是复数z = x + iy与原点间的距离，若此距离总是≤ 2，即表示 以原点为圆心而半径为2的圆内部． (2) |z ? a| = |z ? b| ( a、b为复常数)． 解一：设z = x + iy, z = a1 + ia2 , b = b1 + ib2 ； (x ? a1 )2 + (y ? a2 )2 , (x ? b1 )2 + (y ? b2 )2 ,|z ? a| = |z ? b| = 于是(x ? a1 )2 + (y ? a2 )2 = (x ? b1 )2 + (y ? b2 )2 , 即 (2y ? a2 ? b2 )(b2 ? a2 ) = (2x ? a1 ? b1 )(a1 ? b1 ) y ? a2 +b2 a1 ? b1 2 = . a1 +b1 b2 ? a2 x? 2这是一条直线，是一条过点a和点b连线的中点( a1 +b1 , a2 +b2 )且与该直线垂直的直线． 2 2 解二：等式的几何意义是，点z到定点a和点b的距离相等的各点的轨迹，即表示点a和点b的 连线的垂直平分线． (3) Rez & 1 ． 2 解：设z = x + iy，则Rez = x，故原式为x & 1 ，它表示x & 1 的半平面，即直线x = 1 右边的 2 2 2 区域（不包括该直线）． 2. 把下列复数用代数式、三角式和指数式几种形式表示出来． (1) i. (2) ?1. √ (3) 1 + i 3. (4) (1 ? i)/(1 + i).B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第一章 复变函数3(1) i． 解：i本身即为代数式，此时在z = x + iy中，x = 0、y = i； 三角式： x2 + y2 = 1, y 1 ? = arctan = arctan x 0 ρ= π π z = i = cos( ) + i sin( ); 2 2 z = i = ei 2 . (1) ?i． 解：?i本身即为代数式． 三角式： z = cos(π) + i sin(π). 指数式： √ (3) 1 + i 3. z = eiπ .π=所以π , 2指数式：√ 解：z = 1 + i 3 本身即为代数式． 三角式为： √ i2 + ( 3)2 = 2, √ 3 π ? = arctg = , 1 3 π π . z = 2 cos + i sin 3 3 ρ= 指数式为: z = 2ei 3 . (4)1?i 1+i ．π解：代数式： 1?i 1 = (1 ? i)2 = ?i. 1+i 2 三角式：因ρ = 1, ? = arctan = 3 π，所以 2 z= z = cos 指数式： 3π 3π + i sin . 2 23πz = ei 2 . 3. 计算下列数值（a、b和?为实常数）． √ (1) a + ib.B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved4§ 1.1 复数与复数运算(2)√ 3 i.(3) cos 5?. (1) √ a + ib． √ a2 + b2 (cos ? + i sin ?), a b cos ? = √ , sin ? = √ . 2 + b2 2 + b2 a a a + ib = √ √ 4 ? ? a + ib = a2 + b2 cos + i sin 2 2 √ 4 1 = a2 + b2 (1 + cos ?) + i 2 = = (2) √ 3 i． i = 1 cos 所以 √ √ 3 3 i = 1 cos √ π 2 3 i = ei( 6 + 3 nπ) . (3) cos 5?． 解：由乘幂的公式 (cos ? + i sin ?)n = cos n? + i sin n?). 及二项式定理 (a + b)n = an + nan?1 b + 可知 cos 5? + i sin 5? = (cos ? + i sin ?)5 = cos 5? + i5cos4 ? sin ? ? 10 cos3 ? sin2 ? ? i10 cos2 ? sin3 ? + 5 cos ? sin4 ? + i sin5 ?. 比较等式两边的实部和虚部得 cos 5? = cos5 ? ? 10 cos3 ? sin2 ? + 5 cos ? sin4 ?, sin 5? = 5 cos4 ? sin ? ? 10 cos2 ? sin3 ? + sin5 ?. n! n(n ? 1) n?2 2 a b + ??? + an?k bk + ? ? ? . 2! (n ? k)!k! π π + 2nπ + i sin + 2nπ 2 2 π 2 + nπ + i sin 6 3 π 2 + nπ 6 3 , √ 4 a2 + b2 √ 2 2 1 2 a 1+ √ a2 + b2解：先化a + ib为三角式于是，1 (1 ? cos ?) 2 +i 1 2 a 1? √ a2 + b2 .√ a2 + b2 + a + i√ a2 + b2 ? a解：因,B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第一章 复变函数5§ 1.2复变函数1. 计算下列数值（a和b为实常数，x为实变数）． (1) sin(a + ib). (2) cos ix. (3) sin ix. (1) sin(a + ib)． 解： sin(a + ib) = 1 i(a+ib) [e ? e?i(a+ib) ] 2i 1 = [e?b (cos a + i sin a) ? eb (cos a ? i sin a)] 2i 1 = [e?b sin a + eb sin a + i(eb cos a ? e?b cos a)] 2 1 = [(eb + e?b ) sin a + i(eb ? e?b ) cos a]. 2(2) cos ix． 解： cos ix = (3) sin ix． 解： sin ix = ei(ix) ? e?i(ix) e x ? e?x = i. 2i 2 ei(ix) ? e?i(ix) e x + e?x = = chx. 2 2§ 1.3无作业导数§ 1.4解析函数1. 某个区域上的解析函数如为实函数，试证它必为实常数． 2. 已知解析函数 f (z)的实部u(x, y)或虚部v(x, y)，求该解析函数． (1) u = e x sin y. (2) u = x2 ? y2 + xy, f (0) = 0. (3) u = ln ρ, f (1) = 0. 3. 试 从 极 坐 标 系 中 的 柯 西―黎 曼 方 程 （1.3.4） 消 取u或v． 本 题 答 案 就 是Laplace方 程 （1.4.2）在极坐标系中的表示式． 1. 某个区域上的解析函数如为实函数，试证它必为实常数．B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved6§ 1.4 解析函数解：设这个解析函数为w(z) = u(x, y) + iv(x, y)，因为它是实数，所以v(x, y) ≡ 0；因为它是解 析函数，所以满足C―R条件 ?u ?v = , ?x ?y 注意到v(x, y) ≡ 0，则 ?u =0 ?x ?u =0 ?y (1-1) (1-2) ?v ?u = . ?x ?y由式(1)知，u = f1 (y)，由式(2)知u = f2 (x)；因为x、y在该区域中皆为独立变数，要 f1 (x) = f2 (x)，则只有 f1 (x) = f2 (x) =常数，即u必为常数，亦即必为常数．该解析函数 2. 已知解析函数 f (z)的实部u(x, y)或虚部v(x, y)，求该解析函数． (1) u = e x siny． 解一： ?u = e x sin y, ?x 根据C―R条件，则 ?v = e x sin y, ?y 于是 dv = ?v ?v dx + dy = ?e x cos ydx + e x sin ydy ?x ?y x = d(?e cos y). ?v = ?e x cos y. ?x ? ?u = ?e x cos y. ?y所以 v(x, y) = ?e x cos y + C. f (z) = e x sin y + i(?e x cos y + C) = ?ie x (cos y + i sin y) + iC = ?ie x ? eiy + iC = ?ie x+iy + iC = ?iez + iC. 解二：因为 ?v = ?e x cos y, ?x ?v = e x sin y. ?y 所以，由式(1)，暂且可把y当作参数，对x积分， v(x, y) = ?e x cos ydy + ?(y) = ?e x cos y + ?(y). (1-5)c 2003C Xiang Anping All Rights Reserved(1-3) (1-4)B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology第一章 复变函数7式(3)对y求偏导数， ?v = e x sin y + ? (y) ?y 比较式(2)和式(4)得? (y) = 0，即?(y) = C．所以 v(x, y) = ?e x cos y + C, f (z) = e x sin y + i(?e x cos y + C) = ?iez + iC. 必须指出：下面各题都可用这两种方法求解，限于篇幅，我们将只给出任一种． (2) u = x2 ? y2 + xy, f (0) = 0. 解：因?u ?v ?x = 2x + y = ?y , ?v ? ?u = 2y ? x = ?x . ?y(1-6)则 dv = (2x + y)dy + (2y ? x)dx 1 1 = d(2xy + y2 ) + d(2xy ? x2 ) 2 2 1 2 1 2 = d(2xy + y ? x ), 2 2 1 v = 2xy + (y2 ? x2 ) + C. 2 所以 1 f (z) = x2 ? y2 + xy + i 2xy + (y2 ? x2 ) 2 = x2 ? y2 + i2xy ? = (x + iy)2 ? i + iC1 2 i(x ? y2 ) ? xy + iC 21 (x2 ? y2 ) + i2xy + iC 21 = z2 ? i z2 + iC. 2 又因 f (0) = 0 + iC = 0，则C = 0，从而 f (z) = z2 1 ? (3) u = ln ρ, f (1) = 0. 解：因为?u 1 ?v 1 ?ρ = ρ ?? = ρ , ?v 1 ?u ρ ?? = ? ?ρ = 0.i 2.则 dv = d? v = ? + c. 所以 f (z) = ln ρ + i? + ic = ln |z| + iargz + ic = ln z + ic.B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved8§ 1.5 平面标量场因 f (1) = 0 + ic = 0．则 c = 0，从而 f (z) = ln z. 3. 试 从 极 坐 标 系 中 的 柯 西―黎 曼 方 程 （1.3.4） 消 取u或v． 本 题 答 案 就 是Laplace方 程 （1.4.2）在极坐标系中的表示式． 解：C―R防程可改写为?u ?v ρ ?ρ = ?? , 1 ? ρ ?u = ?v . ? ρ 上式第1式两边对ρ微分一次，二式两边对?微分一次， ? ?ρ ?u ρ ?ρ2=上式第一式减第二式，得1? ? ρ ??u = 2?2 v ?ρ?? , ?2 v ?ρ?? .? ?u ρ ?ρ ?ρ 这就是极坐标系下的Laplace方程之一． C―R条件还可以改写为+1 ?2 u =0 ρ ??2?u ?ρ ?u ??1 ?v = ρ ?? , = ?ρ ?v . ρ上式第一式对?微分一次，第二式对ρ微分一次，并相减得极坐标系下的另一Laplace方程， ? ?ρ ρ ?v ?ρ + 1 ?2 v =0 ρ ??2§ 1.5无作业．平面标量场§ 1.6无作业．多值函数B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第二章 复变函数的积分9第二章 复变函数的积分§ 2.1无作业．复变函数的积分§ 2.2无作业．柯西定理§ 2.3无作业．不定积分§ 2.42柯西公式n1. 已知函数 Ψ(t, x) = e2tx?t ．把 x 作为参数，把 t 认为是复变数，试应用柯西公式把 ? Ψ |t=0 表 ?tn 为回路积分． 对回路积分进行积分变数的代换～t = x ? z，并借以证明n ?n Ψ 2 d 2 = (?1)n e x n e?x . n ?t dx (本题的 Ψ(t, x) 是埃尔米特多项式的母函数，见附录九)．解：(i) 把 ? Ψ 表为回路积分如下： ?tn ?n Ψ n! |t=0 = ?tn 2πi n! = 2πi (ii) 证明：以 ξ = x ? z 代入上式 ?n Ψ n! | = n t=0 ?t 2πi n! = 2πi = ex2 2 2n逆e2ξx?ξ dξ (ξ ? t)n+1 e2ξx?ξ dξ. ξn+122逆e x ?z (x ? z)n+12 2d(?z)e x ? e?z (?1)n (z ? x)n+1 dz x(?1)n e?z2 dz (z ? x)n+1 n 2 d 2 = (?1)n e x n e?x , 得证. dx n! 2πiB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved10第三章 幂级数展开§ 3.1无作业．复数项级数§ 3.2幂级数1. 把幂级数(3.2.1)逐项求导，求所得级数的收敛半径，以此验证逐项求导并不改变收敛半 径． 2. 把幂级数(3.2.1)逐项积分，求所得级数的收敛半径，以此验证逐项积分并不改变收敛半 径． 3. 求下列幂级数的收敛圆． (1) (2) (3)∞ 1 k k=1 k (z ? i) , ∞ z k , k=1 k ∞ k k k=1 k (z ? 3) .1. 把幂级数(3.2.1)逐项求导，求所得级数的收敛半径，以此验证逐项求导并不改变收敛半 径． 解：该幂级数的收敛半径是： R = lim 对该幂级数逐项求导得：∞k→∞ak . ak+1d ak (z ? z0 )k = a1 + 2a2 (z ? z1 ) + ? ? ? + kak (z ? z0 )k?1 + (k + 1)ak+1 (z ? z0 )k + ? ? ? . dz k=0 其收敛半径为 R = lim = lim kak (k + 1)ak+1 ak 1+1 kt→∞t→∞ak+1= lim 所以逐项求导并不改变其收敛半径．t→∞ak . ak+12. 把幂级数(3.2.1)逐项积分，求所得级数的收敛半径，以此验证逐项积分并不改变收敛半 径． 解：对幂级数逐项积分，得：∞ k=01 1 ak (z ? z0 )k d(z ? z0 ) = a0 (z ? z0 ) + a1 (z ? z0 )2 + a2 (z ? z0 )3 + ? ? ? + 2 3Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
第三章 幂级数展开11=+ 用同上题的方法可得收敛半径为1 1 ak (z ? z0 )k+1 + ak+1 (z ? z0 )k+2 + ? ? ? . k+1 k+2 ak . ak+1R = lim 所以逐项积分并不改变收敛半径． 3. 求下列幂级数的收敛圆． (1)∞ 1 k=1 k (zt→∞? i)k . k+1 1/k = lim k→∞ 1/k + 1 k 1 =1 k解：其收敛半径为 R = limk→∞= lim 1 +k→∞所以收敛圆为|z ? i| = 1． (2)∞ k=1 z k k.解：收怜半径为 R = lim = lim k?k (k = 1)k+1 = lim k→∞ (k + 1)?(k=1) kkk→∞1 k +k=1 +(k = 1)kk + ? ? ? kk = lim |k + (k + 1) + ? ? ? | = ∞,k→∞ k→∞R = lim1kk→∞1 k k= lim = ∞.k→∞所以只要 z 是有限的，此幂级数就是收敛的，收敛圆为 |z| = R & ∞． (3)∞ k k=1 k (z? 3)k .解一：收敛半径为 1 1 1 = lim √ = lim = 0. R = lim √ k k k→∞ kk k→∞ |ak | k→∞ k 解二：收敛半径为 kk = lim [k + (k + 1) + ? ? ? ]?1 = 0. k→∞ (k = 1)k+1 k→∞ 所以收敛圆为 |z ? 3| = 0，只要 z 3，此幂级数就发散． R = lim§ 3.3泰勒级数展开1. 在指定的点 z0 的邻域上把下列函数展开为泰勒级数． (1) √ m z 在 z0 = 1.(2) e1/(1?z) 在 z0 = 0. (1) √ m z 在 z0 = 1.Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
12§ 3.4 解析延拓解一：因为 f (z) = z m 1 1 f (z) = m z m ?1 1 f (z) = 1?m z m ?2 m2 1 f (z) = (1?m)(1?2m) e m ? 3 m3 ...... 故其泰勒展式为 f (z) = 1 + 解二：注意到 解一：因为 f (z) = e z?1 1 f (z) = e z?1 (1 ? z)?2 1 f (z) = e z?1 (1 ? z)?2 ? (1 ? z)?2 + 2(1 ? z)?3 1 f (z) = e z?1 (1 ? z)?6 + 2(1 ? z)?5 + 4(1 ? z)?5 + 6(1 ? z)?4 ...... 故其泰勒级数为 f (z) = e 1 + z + 解二：注意到几何级数 1 = 1?z 则 e 1?z = e1+ 1?z = e ? e 1?z = e 1+ z 1 + 1 ? z 2! z 1?z21 z z 1 1, , , , ,f (1)的主值 = 1; 1 f (1) = f (1) = 1? m2 f (1) = (1?m)(1?2m) ; m3 ......1 1?m (1 ? m)(1 ? 2m) (z ? 1) + (z ? 1)2 + (z ? 1)3 + ? ? ? ? ? ? m 2!m2 3!m3√ m z = [1 + (z ? 1)]1/m ，则根据二项式定理也可求出上述答案．(2) e1/(1?z) 在 z0 = 0., , , , ,f (0) = f (0) = f (0) = 3e; f (0) = 13e; ......3 2 13 3 z + z + ?????? 2! 3! zk (|z| & 1)..∞ k→0+ ?????? 1 (z + z2 + z3 + ? ? ? ? ? ? )2 + ? ? ? ? ? ? 2! z3 + ? ? ? ? ? ? (|z| & 1).= e 1 + (z + z2 + z3 + ? ? ? ? ? ? ) +1 1 1 = e 1 + z + (1 + )z2 + 1 + + 2 2! 3! = e 1+z+ 3 2 13 3 z + z + ?????? 2! 3!§ 3.4无作业．解析延拓§ 3.5洛朗级数展开在挖去奇点 z0 的环域上或指定的环域上把下列函数展开为洛朗级数．B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第三章 幂级数展开13(1) z5 e1/z 在 z0 = 0. (2) 1/(z ? 2)(z ? 3) 在 |z| & 3. (3) 1/(z2 ? 3z + 2) 在 1 & |z| & 2. (1) z5 e1/z 在 z0 = 0. 解：由 et = 1 + t + 知 e1/z = 1 + 所以 1 1 2 t + ? ? ? + tn + ? ? ? , 2! n! (|t| & ∞)1 1 1 1 1 + + ??? + + ??? , z 2! z2 n! zn 1 3 1 2 1 z + z + ? ? ? + z5?n + ? ? ? , 2! 3! n!(0 & |z|),f (z) = z5 e1/z = z5 + z4 + (2) 1/(z ? 2)(z ? 3) 在 |z| & 3. 解：因为(0 & |z|).1 (z ? 2 ? (z ? 3) 1 1 = = ? (z ? 2)(z ? 3) (z ? 2)(z ? 3) z?3 z?2 1 1 1 1 ? , = z1? 3 z1? 2 z z 并注意到当 |z| & 3 时，有 1 1 z1? 以及∞ 3 z=k=03k = 3?(k+1) zk , zk+1 k=?∞?1?11 1 z1? 所以?12 z=?∞2?(k+1) zk ,1 3?(k + 1) ? 2?(k+1) zk = (z ? 2)(z ? 3) k=?∞ (3) 1/(z2 ? 3z + 2) 在 1 & |z| & 2. 解：原式可改写为 1 1 1 1 = = ? , z2 ? 3z + 2 (z ? 1)(z ? 2) z ? 2 z ? 11 1 =? 2 z?2 1?(|z| & 3).而z 2=?z z 1 1+ + 2 2 2 1 z2z 2 +3+ ??? ,3z & 1, |z| & 2 , 2?1 =? z z?1 1?11 z=?1 1 1+ + z z21 z+ ???c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology14§ 3.6 孤立奇点的分类=? 所以1 1 1 1 + 2 + 3 + 4 + ??? , z z z z1 & 1, |z| & 1 . z1 1 =? 2 ? 3z + 2 z 2 =?∞ k=0z 2k?1?k=?∞ ?1zk∞ k=0zk zk , ? 2k+1 k=?∞(1 & |z| & 2).§ 3.6无作业．孤立奇点的分类B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第四章 留数定理15第四章 留数定理§ 4.1 留数定理1. 确定下列函数的奇点，求出函数在各奇点的留数． (1) ez /(1 + z). (2) z/(z ? 1)(z ? 2)2 . (3) 1/(z3 ? z5 ). (4) z2 /(z2 + 1)2 . (5) 1/(1 + z2n ). 2. 计算下列回路积分． (1) (2)dz (z2 +1)(z?1)2 cos z |z|=1 z3 dz.( 的方程是 x2 + y2 ? 2x ? 2y = 0 ).3. 应用留数定理计算回路积分 的一个内点． (1) ez /(1 + z). 解：(i) 因为1 2πif (z) z?αdz，函数 f (z) 在 所围区域上是解析的，α 是该区域z→?1limez 1+z ez 1+z= ∞, 1 = lim ez = , z→?1 e所以 z0 = ?1 是函数的极点．又因z→?1lim (1 + z)这是非零有限值，所以 z0 = ?1 是函数的一阶极点（或称单极点），其留数就是 1/e ，即 1 Res f (?1) = . e ez 不存在, z→∞ 1 + z 所以 z0 = ∞ 是函数的本性奇点．函数在全平面上只有这两个奇点，由于全平面上所有奇点的留 数之和为零，所以 1 Res f (∞) = ?{ f (z)在所有（有限个）有限远奇点的留数之和} = ?Res f (?1) = ? . e lim 以下各题皆应如此分析，但限于篇幅，我们只给出简捷的步骤． (2) z/(z ? 1)(z ? 2)2 . 解：(i) 单极点 z0 = 1． Res f (1) = limz→1(ii) 因为z = 1. (z ? 2)2(ii) 又二阶极点 z0 = 2， Res f (2) = lim d z→2 dz z z?1c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology16§ 4.1 留数定理= limz→21 z ? = ?1. z ? 1 (z ? 2)2(3) 1/(z3 ? z5 ). 解： f (z) = (i) 单极点 z0 = 1, Res f (1) = lim ?z→11 1 = . z3 ? z5 z3 (1 ? z2 ) 1 1 =? . + 1) 2z3 (z(ii) 单极点 z0 = ?1, Res f (?1) = lim (iii) 　三极极点 z0 = 0, Res f (0) = lim = lim 或 Res f (0) = ?[Res f (1) + Res f (?1)] = 1. (4) z2 /(z2 + 1)2 . 解：(i) 二阶极点 z0 = i， Res f (i) = limz→i z→?11 1 =? . z3 (1 ? z) 2 1 1 ? z21 d2 z→0 2! dz21 2 8z2 + =1 z→0 2! (1 ? z2 )2 (1 ? z2 )2d z2 i =? . 2 + 1)2 dz (z 4(ii) 二阶极点 z0 = ?i，i Res f (?i) = ?Res f (i) = . 4(5) 1/(1 + z2n ). 解：令原式分母 1 + z2n = 0, z2n = ?1， zn = ±i = e 所以 z0 = e 为实函数 f (z) 的单极点， Res f (z0 ) = lim 应用罗毕达法则，则 Res f (z0 ) = lim(2n?1)(2k+1) 1 1 = e?i 2n π 2n?1 z→z0 2nz 2n i(2k+1)π/2n 1 1 e ? i(2k+1)π = ? ei(2k+1)π/2n . = 2n e 2n i(2k+1)π 2n i(2k+1)π 2(k = 0, 1, 2, ? ? ? , 2n ? 1) z ? ei(2k+1)π/2n , 1 + z2nz→z02. 计算下列回路积分． ( 的方程是 x2 + y2 ? 2x ? 2y = 0 ). √ 解： 的方程可化为：(x ? 1)2 + (y ? 1)2 = ( 2)2 ，在复平面上，它是一个以(1, i)为圆 √ 心， 2为半径的圆． (1)dz (z2 +1)(z?1)2B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第四章 留数定理17被积函数 f (z) = 1/(z2 + 1)(z ? 1)2 ，它有两个单极点 z0 = ±i，和一个二阶极点 z0 = 1，在这 三个极点中，z0 = ?i 不在积分回路内，只有极点 z0 = i 和 z0 = 1 在积分回路内，它们的留数分 别为： 1 1 = , Res f (i) = lim 2 z→i (z + i)(1 ? z) 4 d 1 ?2z 1 Res f (1) = lim = lim =? . z→1 dz 1 + z2 z→1 (1 + z2 )2 2 应用留数定理： dz 1 1 πi = 2πi[Res f (i) + Res f (1)] = 2πi ? =? . (z2 + 1)(z ? 1)2 4 2 2 (2)cos z |z|=1 z3dz. 1 d2 1 lim 2 (cos z) = ? , 2! z→0 dz 2解：被积函数 f (z) = cos z/z3 的三阶极点 z0 = 0 在单为圆内，其留数为 Res f (0) = 所以|z|=1cos z dz = 2πiRes f (0) = ?πi. z3f (z) z?α3. 应用留数定理计算回路积分 域的一个内点．1 2πidz，函数 f (z) 在 所围区域上是解析的，α 是该区f (z) 解：设被积函数 g(z) = z?α ．因为 f (z) 在 所围区域内是解析的，所以 g(z) 在积分回路（即 所围区域）内只有一个单极点 z0 = α，而Res f (α) = lim 所以 于是 这正是柯西公式．z→αf (z) (z ? α) = f (α), z?αf (z)z dz = 2πiRes f (α) = 2πi f (α), z?α 1 2πi f (z) dz = f (α). z?α§ 4.2应用留数定理计算实变函数定积分1. 计算下列实变函数定积分． (1) (2) (3) (4) (5)2π dx 0 2+cos x . 2π dx 0 (1+ε cos x)2 2π cos2 2x dx 0 1?2ε cos x+ε2 π a dx (a 0 a2 +sin2 x π/2 dx 0 1+cos2 x .(0 & ε & 1). (|ε| & 1). & 0).2. 计算下列实变函数定积分． (1) (2)∞ x2 +1 ?∞ x4 +1 dx. ∞ x2 dx 0 (x2 +9)(x2 +4)2 .B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved18§ 4.2 应用留数定理计算实变函数定积分3. 计算下列实变函数定积分． (1) (2) (3)∞ x sin x ?∞ 1+x2 dx. ∞ cos mx 0 (x2 +α2 )2 dx. ∞ eimx ?∞ x?iα dx ,∞ eimx ?∞ x+iαdx ,(m & 0, Reα & 0).1. 计算下列实变函数定积分． (1)2π dx 0 2+cos x .解：这是属于类型一的积分，为此，做变换z = eix 使原积分化为单位圆内的回路积分 2 dz/iz dz I = = 2 + 4z + 1 z+z?1 |z|=1 2 + 2 |z|=1 i z 2 i 2 = i =|z|=1dz √ √ (z + 2 ? 3)(z + 2 + 3) f (z) dz .f (z)有两个单极点 z0 = ?2 ±√ √ 3 ，其中 z0 = ?2 + 3 在单位圆内，且 √ 1 1 √ = √ . Res f ( 3 ? 2) = lim √ 3 2 3 z→ 3?2 z + 2 + I = 2πi ? √ 2 2π Res f ( 3 ? 2) = √ . i 3|z|=1和本题一样，下面的几个小题都属于类型一的积分，处理方法和本题类似，因此，我们将 只给出简捷的步骤． (2)2π dx 0 (1+ε cos x)2(0 & ε & 1).解：作变换 z = eix ，则 I =|z|=1dz/iz 1+|z|=1 ε 2 (z+ z?1 ) z dz2= = f (z) 有两个二阶极点 z0 = 1 (?1 ± ε4 iε2 4 iε2z2 + 2 z + 1 ε f (z) dz .2√ √ 1 ? ε2 )，其中 z0 = 1 (?1 + 1 ? ε2 ) 在单位圆内，且 ε √ 1 ε2 Res f (?1 + 1 ? ε2 ) = . ε 4(1 ? ε2 )3/2 I = 2πi ? √ 4 1 Res f (?1 + 1 ? ε2 ) 2 iε ε 2π = . (1 ? ε2 )3/2|z|=1B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第四章 留数定理19(3)2π cos2 2x dx 0 1?2ε cos x+ε2(|ε| & 1).dz iz ,解：令 z = eix ，则 dx = I=|z|=1cos x =1+z4 2z2 221+z2 2z , dz izcos 2x =1+z4 2z2 ，以此代入原式得1 ? 2ε 1+z + ε2 2z =|z|=1(1 + z4 )2 dz 4iz4 [?εz2 + (1 + ε2 )z ? ε] (1 + z4 )2 dz z4 (1 ? ε)(z ? ε) f (z) dz .1 = 4i 1 = 4i|z|=1|z|=1被积函数的极点是：四阶极点 z0 = 0，单极点 z0 = ε， 1 ，因 |ε| & 1，则 |1/ε| & 0，故只有 ε z0 = 0和z0 = ε 两个极点在单位圆内，其留数分别为： Res f (0) = = 1 d3 (1 + z4 )2 lim 3 3! z→0 dz (1 ? εz)(z ? ε)d2 (1 + z4 )2 [2εz ? (1 + ε2 )] 8z3 (1 + z4 ) 1 lim 2 + 2 3! z→0 dz [(1 ? εz)(z ? ε)] (1 ? εz)(z ? ε) . . = . 2 (1 + ε )(1 + ε4 ) =? , ε4 Res f (ε) = limz→ε(1 + ε4 )2 (1 + z4 )2 = 4 . z4 (1 ? εz) ε (1 ? ε2 ) 1 (1 + ε4 )2 (1 + ε2 )(1 + ε4 ) ? 4i ε4 (1 ? ε2 ) ε4I = 2πi ? =(1 + ε4 )π . 1 ? ε2(4)π a dx 0 a2 +sin2 x(a & 0).解：把原式化为1 π a dx 1 + 2 + sin2 x 2 0 a 2 在后一个积分中，令 y = x ? π，则上式可表为 I= I = 1 2 a = 2 a = 2 a dx 1 2π a dx a + = 2 + sin2 x 2 + sin2 x 2 π a 2 0 a dz 2 ?1 2 2 |z|=1 iz[a + (z + z ) /(2i) ] dz|z|=1 ππ 0a2a dy + sin2 y2π 0a2a dx + sin2 xiz a +z+z?1 2a?z?z?1 2B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved20§ 4.2 应用留数定理计算实变函数定积分2a z dz i |z|=1 (z2 + 2az ? 1)(z2 ? 2az ? 1) z dz 2a √ √ √ √ = =? i |z|=1 (z + a + a2 + 1)(z + a ? a2 + 1)(z ? a + a2 + 1)(z ? a ? a2 + 1) 2a =? f (z) dz . i |z|=1 √ √ f (z) 在单位圆内有单极点 z0 = ?a + a2 + 1及z0 = a ? a2 + 1，且 √ √ ?a + a2 + 1 √ Res f (?a + a2 + 1) = √ 2 a2 + 1 ? 2 ? (?a + a2 + 1)(?2a) ?1 √ = , 8a a2 + 1 √ √ a ? a2 + 1 2 + 1) = √ √ Res f (a ? a 2a ? 2(a ? a2 + 1) ? 2(? a2 + 1) ?1 √ . = 8a a2 + 1 =?π 0a2a dx 2a 1 π √ = 2πi = √ . 2 2+1 2+1 i + sin x ?4a a a(1)π/2 dx 0 1+cos2 x .解：因被积函数是偶函数，故可作延拓 1 I = 4 = 1 i 1 = i 1 = i2π 0dx 1 = 1 + cos2 x 4 z dz + 6z2 + 1dz iz |z|=11+z2 +1 2z2|z|=1z4z dz √ √ + 3 + 2 2][z2 + 3 ? 2 2] z dz , √ √ √ 2 + (3 + 2 2)][z + |z|=1 [z 3 ? 2 2 i][z ? 3 ? 2 2 i] √ 被积函数的四个单极点中，只有 z0 = ± 3 ? 2 2 i 在积分回路内，其留数分别为|z|=1 [z2Res f (√ 3 ? 2 2 i) = lim √ 3 ? 2 2 i) = limz→z0[z2z √ + 3 + 2 2][z +√ 3 ? 2 2 i] √ 3 ? 2 2 i]=1 √ , 8 2 1 √ . 8 2Res f (?z→z0z √ [z2 + 3 + 2 2][z ? 1 1 π ? √ = √ . i 4 2 2 2=I = 2πi ?B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第四章 留数定理212. 计算下列实变函数定积分． (1)∞ x2 +1 ?∞ x4 +1dx.解： f (z) = = z2 + 1 z2 + 1 = 2 z4 + 1 (z + i)(z2 ? i) [z ?√ 2 2 (1它具有四个极点，其中只有 z0 =z2 + 1 √ √ √ ? i)][z + 22 (1 ? i)][z ? 22 (1 + i)][z + 22 (1 + i)] √ √ ? 22 (1 ? i), 22 (1 + i) 在上半平面，其留数分别为Res f? ? √ z2 + 1 1 2 ?= √ , (i ? 1) = lim ? √ z→z0 2 2 2i (z2 + i) z ? 22 (1 ? i) ? ? √ 2 z2 + 1 1 ?= √ , (i + 1) = lim ? √ z→z0 2 2 2i (z2 + i) z + 22 (1 ? i)Res fI = 2πi ? 本题和下面几题都属于类型二，方法类似． (2)∞ x2 dx 0 (x2 +9)(x2 +4)2 .√ 1 1 √ + √ = 2π . 2 2i 2 2i解：由于被积函数是偶函数，所以∞ 0被积函数x2 dx 1 = (x2 + 9)(x2 + 4)2 2∞ ?∞x2 dx , (x2 + 9)(x2 + 4)2z2 z2 = , (z2 + 9)(z2 + 4)2 (z + 3i)(z ? 3i)(z + 2i)2 (z ? 2i)2 它在上半平面有两个奇点，一个是极点 z0 = 3i，一个二阶极点 z0 = 2i，其留数分别为 Res f (3i) = lim 3 z2 = i, 2 + 4)2 (z + 3i)(z 50z→3iRes f (2i) = limd z2 z→2i dz (z2 + 9)(z + 2i)2z→2i= lim =?(z22z 2z3 (z + 2i)2 + 2z2 (z2 + 9)(z + 2i) ? 2 + 9)(z + 2i) [(z2 + 9)(z + 2i)2 ]213 i, 200 1 3i 13i π ? = . 2 50 200 200c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedI = 2πi ?B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology22§ 4.2 应用留数定理计算实变函数定积分3. 计算下列实变函数定积分． (1)∞ x sin x ?∞ 1+x2dx.解：因被积函数是偶函数，所以∞ x sin x x sin x dx = 2 dx . 2 2 0 1+x ?∞ 1 + x zeiz z 上式的中被积函数 G(z)eiz = 1+z2 eiz = (z+i)(z?i) 在上半平面有一个单极点 z0 = i，且 ∞Res f (i) = limz→iz z+i 1 2eeiz = π . e1 . 2eI = π?2=(2)∞ cos mx 0 (x2 +α2 )2dx.解：被积函数 eimz eimz = (z2 + a2 )2 (z + iα)2 (z ? iα)2 在上半平面上只有一个二阶极点 z0 = iα，其留数为 F(z)eimz = Res f (ai) = lim = lim d eimz z→iα dz (z + iα)22eimz imeimz ? z→iα (z + iα)2 (z + iα)3 (αm + 1)e?mα =? . 4α3 π(αm + 1)e?mα (αm + 1)e?mα i = . 4α3 4α3I = πi ?(3)∞ eimx ?∞ x?iαdx ,∞ eimx ?∞ x+iαdx ,(m & 0, Reα & 0).imze 解：在上半平面上， f raceimz z ? iα 有单极点 z0 = iα， z+iα 无奇点，所以 ∞ ?∞ ∞ ?∞eimx dx = 2πi lim eimz = 2πie?mα , z→iα x ? iα eimx dx = 0 . x + iαc 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology第四章 留数定理23§ 4.3计算定分的补充例体B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved24第五章 傅里叶变换§ 5.1 傅里叶级数1. 交流电压 E0 sin ωt 经过全波振流，成为 E(t) = E0 | sin ωt|．试将其展为傅里叶级数． 解：交流电压 E0 sin ωt 在区间 ?π ≤ ωt ≤ π 上是一个周期，令 ωt = x，则经过振流后成为：∞E(x) = a0 + 其中系数 a0 =k=1(ak cos kx + bk sin kx) ,π E0 1 f (x) dx = 2π ?π π π E0 2E0 = (? cos x) = 0 π ππsin x dx0ak = =1 ππf (x) cos kx dx?π 01 π 2 = π 2 = π =? = 当k = 1时， a1 = 又令k = 2n时，则 2 πE(? sin x) cos kx dx +?π π 0 π 01 ππ 0E0 sin x cos kx dxE0 sin x cos kx dx E0 [sin(kx + x) ? sin(kx ? x)] dx 2π 0E0 cos(k + 1)x cos(k ? 1)x ? π k+1 k?1 0,4E0 π(1?k2 ),(当k为奇数时, 但k (当k为偶数时).π 01).π 0E0 sin x cos x dx =E0 πsin2 2x dx = 0,ak = a2n = 同理，可以计算的bk bk = 所以∞4E0 , n = 1, 2, 3, ? ? ? π(1 ? 4n2 ) 2 ππ 01 ππf (x) sin kx dx =?πE0 sin x sin kx dx = 0.∞E(t) = a0 +n=1an cos 2nx = a0 +n=1 ∞ n=1an cos 2nωt=2E0 4E0 + π πcos 2nωt . 1 ? 4n2c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology第五章 傅里叶变换252. 将锯齿波展为傅里叶级数．在 ( 0, T ) 这个周期上，该锯齿波可表为 f (x) = x/3． 解：锯齿波之周期为 T ．令 2l = T , 得 T , 2 将 l 代入以 2l 为周期之傅里叶级数和傅里叶系数表达式即可得适合本题傅里叶级数和傅里叶系 数表达式： l=∞f (x) = a0 +n=1an cos2nπ 2nπ t + bn sin t T T.傅里叶系数的计算如下： a0 = 1 T 1 f (t) dt = T 0 T 1 1 2 T T = ? x 0 = , 3T 2 6 2 T 2 TT T 01 x ? dx 3an = = 应用积分公式：f (t) cos0 T 02nπ t dt T1 2nπ x cos xdx , 3 Tx cos Px dx = 2 1 an = ? T 3 2 3T = 0, = 2 T 12nπ T 21 x cos Px + sin Px 2 P PT2nπ x 2nπ cos x + 2nπ sin x T T T cos 2nπ 2nπ 2nπ x+ x sin x T T TT 2nπ20 T 0Tbn =f (t) sin02nπ 2 t dt = T TT 01 2nπ x sin x dx 3 TT2 1 = ? T 3 = 2 3T1 T 2nπ2nπ 2 T 22nπ 2nπ x sin x ? 2nπ cos x T T T sin 2nπ 2nπ 2nπ x? x cos x T t T0 T 0T =? , 3nπB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved26§ 5.1 傅里叶级数f (x) =T ? 6∞ n=1T 2nπ sin x. 3nπ T3. 将下列函数展为Fourier级数． (1) f (x) = cos3 x. 解：可按书上的标准方法展开．此外，还可令 t = eix 后把 f (x) 化为 t 的有理分式，展为 Taylor 级数后再将变数换回 x． f (x) = cos3 x = = eix + e?ix 231 i3x e + 3eix + 3e?ix + e?i3x 8 3 eix + e?ix 1 ei3x + e?i3x + ? = ? 4 2 4 2 3 1 = cos x + cos 3x. 4 4 注：本题其实就是三倍角公式： cos 3x = 4 cos x ?3 cos x 所以 3 1 cos x + cos 3x. 4 4 (2) 在 (?π, π) 这个周期上， f (x) = cos αx，(α 非整数)． f (x) = cos3 x = 解：因为 f (x) 是偶函数，所以 bk = 0，∞f (x) = a0k==1ak cos kx. 1 sin αξ 2αππ ?πa0 =1 2π 2 ak = π 1 = π =πcos αξ dξ =?π π 0 π=sin απ . απcos αξ cos kξ dξ cos(k + α)ξ dξ +01 ππcos(k ? α)ξ dξ0 π 01 sin(k + α)ξ sin(k ? α)ξ + π k+α k?α1 sin(k + α)π sin(k ? α)π = + π k+α k?α 1 1 [sin kπ cos απ ? cos kπ sin απ] = ? π k+α 1 1 [sin kπ cos απ ? cos kπ sin απ] + ? π k?α 1 1 1 ? = cos kπ sin απ π k+α k?αB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第五章 傅里叶变换271 ?2α (?1)k sin απ ? 2 π k ? α2 (?1)k+1 2α = sin απ ? 2 . π k ? α2 = 所以 2 sin απ 1 f (x) = + π 2α∞ k=1α(?1)k+1 cos kx . k 2 ? α24 要求下列函数 f (x) 的值在它的定义区间的边界上为零，试根据这一要求将 f (x) 展为 Fourier级数． (1) f (x) = cos αx ，定义在 (0, π) 上． 解：按题意，在边界 (0, π) 上， f (0) = 0 和 f (π) = 0，由此可知，展开式中只有正弦项，即 ak = 0，因而展开式可表为∞f (x) = 其中 bk = 应用三角公式 可得 2 π0 k=1 πbk sin kx,cos αx sin kx dx.2 sin α cos β = sin(α + β) + sin(α ? β) 2 cos αx sin kx = sin(k + α)x + sin(k ? α)x bk = 1 π sin(k + α)x + sin(k ? α)x dx π 0 π π 1 (?1) 1 (?1) = cos(k + α)x + cos(k ? α)x 0 0 π k+α π k?α 1 1 1 1 1 ? cos(k + α)π + 1 ? cos(k ? α)π = π k+α π k?α 2k = 1 + (?1)k+1 cos απ . π(k2 ? α2 ) f (x) = 2 π∞ k=1所以k2k 1 + (?1)k+1 cos απ sin kx. ? α2(2) f (x) = 1 ，定义在 (0, π) 上． 解：因为要满足 f (0) = 0 和 f (π) = 0，则展开式中只有正弦项．∞f (x) =k=1bk sin kx,其中， bk =π 2 π 2 ? cos kξ sin kξ dξ = 0 π 0 kπ 2 2 = ? cos kπ + 1 = 1 ? cos kπ] kπ π=04 π(2n+1) ,(k = 2n), (k = 2n + 1).c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology28§ 5.2 Fourier积分与Fourier变换所以 f (x) = 4 π∞ k=01 sin(2n + 1)x. 2n + 1§ 5.21. 求单个锯齿脉冲 f (t) = ktrectFourier积分与Fourier变换t T?1 2，即 (t & 0) (0 & t & T ) (t & T )? ?0 , f (t) = kt , ? 0 ,的Fourier变换 解：因为 f (t) 是无界空间中的非周期函数，它的周期为 ∞，故可展开为 Fourier 积分，其 Fourier 变换：∞ ∞f (t) =0A(ω) cos ωt dω +0B(ω) sin ωt dω其中 Fourier 变换 A(ω) 和 B(ω) 为： A(ω) = = = = B(ω) = = = 复数形式为： 1 ?iωT k e ? 1 + iT e?iωT . 2πω ω 2. 求 sinct = sin πt 的 Fourier 变换，试以本题的 Fourier 变换函数跟图 5-1 比较，又以本题的 πt sinct 跟图 5-2 比较，比较的结果说明什么问题？ 解：因 sin πt 和 πt 是奇函数，所以 sinct 是偶函数，应展为 Fourier 余弦积分，其余弦 Fourier 变换为 2 ∞ sin πξ cos ωξ dξ A(ω) = π 0 πξ 2 ∞ 1 sin πξ cos ωξ dξ = 2 π 0 ξ ∞ ∞ 1 1 1 = 2 sin(ω + π)ξ dξ ? sin(ω ? π)ξ dξ π ξ ξ 0 0 1 π∞f (x) cos ωx dx =?∞1 πTkt cos ωt dt0T k ωt cos ωt d(ωt) πω2 0 k T cos ωt + ωt sin ωt 0 πω2 k [cos ωT + ωT sin ωT ? 1], πω2 1 T 1 ∞ f (x) sin ωx dx = kt sin ωt dt π ?∞ π 0 k T sin ωt ? ωt cos ωt 0 πω2 k [sin ωT ? ωT cos ωT ], πω2B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第五章 傅里叶变换 ? ?1 π2 1 π2 ∞ sin ξ 0 ξ ∞ sin ξ 0 ξ29=dξ ? dξ + 01 π?∞ sin ξ 0 ξ ∞ sin ξ 0 ξ x 2π x 2πdξ = 0 dξ =1 2 1 2 1 π(ω & π) (ω & π)=1 x rect = π 2π& &如果不考虑常数因子，本题的 Fourier 变换函数的图像跟图 5-1 相同；以本题的 sinct 的图 象跟图 5-2 也相同．这是由于 Fourier 积分和 Fourier 变换式对变数 ω 和 x 是对称的，亦即 sinct 和 rect(x/2π) 互为 Fourier 变换，可以说 rect(x/2π) 是 sinct 的 Fourier 变换式，也可以说 sinct 是 rect(x/2π) 的 Fourier 变换式. 3. 把下列脉冲 f (t) 展为 Fourier 积分， ? ?0 ? ? ? ?h f (t) = ?h ? ? ?0 (t & ?T ), (?T & t & 0), (0 & t & T ), (T & t).注意在半无界区间 (0, ∞) 上，本例的 f (t) 跟例1的 f (t) 相同． 解：因为 f (t) 是奇函数，所以可展开为 Fourier 正弦积分：∞f (t) =0B(ωt) sin ωt dω其 Fourier 变换为： B(ω) = 2 T 2h T h sin ωξ dξ = sin ωξ d(ωξ) π 0 πω 0 T 2h 2h (? cos ωξ) = (1 ? cos ωT ). = 0 πω πω∞所以 f (t) =02h (1 ? cos ωT ) sin ωt dω. πω h 0 (0 & t & T ), (T & t).4. f (t) 是定义在半无界区间 (0, ∞) 上的函数， f (t) =(1) 在边界条件 f (0) = 0 下，把 f (t) 展开为 Fourier 积分； (2) 在边界条件 f (0) = 0 下，把 f (t) 展开为 Fourier 积分． 解：（１）要满足边界条件 f (0) = 0，必须将 f (t) 展为 Fourier 余弦积分．∞f (t) =0A(ω) cos ωt dω,其中 A(ω) = 2 2 ∞ f (ξ) cos ωξ dξ = π 0 π T 2h 2h = sin ωξ = sin ωT. 0 πω πω 2h 2h sin ωT cos ωt dω = πω πTh cos ωξ dξ0所以∞ ∞ 0f (t) = .0sin ωT cos ωt dω ωc 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology30§ 5.3 δ函数（２）要满足边界条件 f (0) = 0，必须将 f (t) 展为 Fourier 正弦积分．∞f (t) =0B(ω) sin ωt dω,其中 B(ω) = 2 ∞ 2 T f (ξ) sin ωξ dξ = h sin ωξ dξ π 0 π 0 T 2h 2h = (? cos ωξ) = (1 ? cos ωT ). 0 πω πω∞ 0所以 f (t) = .0∞2h 2h (1 ? cos ωT ) sin ωt dω = πω π(1 ? cos ωT ) sin ωt dω ω§ 5.3δ函数1. 验证 §5.2 例 2 的频谱 B(ω) (图5-4)于 N → ∞ 时就成为 Aδ(ω ? ω0 ) ? Aδ(ω + ω0 )，并解释 这结果的物理意义． 解：因为 B(ω) = 2Aω0 sin π(ω2 ? ω2 ) 0 ω N2π ω0ω ω A sin ω0 N2π A sin ω0 N2π = ? π ω ? ω0 π ω + ω0A sin = π 当 N → ∞ 时，即2πN ω02πN ω0 (ω? ω0 )ω ? ω0A sin ? π2πN ω0 (ω+ ω0 )ω + ω0→ ∞，这时有限正弦波列成为无限正弦波列．而2πN ω0 (ω2πN 1 sin ω0 (ω ? ω0 ) 1 sin B(ω) = A lim ? A lim N→∞ π N→∞ π ω ? ω0 = Aδ(ω ? ω0 ) ? Aδ(ω + ω0 ).+ ω0 )ω + ω01 sin kx = δ(x). π x 所以，对于无限正弦波列，它的频谱成为两条线，一条位于 ω = ω0 处，另一条位于 ω = ?ω0 处，振动成为单一圆频率 ω 的振动．k→∞所以lim2. 把 δ 展为实数形式的 Foruier 积分． 解：因为 δ 是偶函数，它的 Foruier 积分可表示为：∞δ(x) =0A(ω) cos ωx dω,而 A(ω) = 1 ∞ δ(x) cos ωx dx π ?∞ 1 1 = cos(ω ? 0) = . π π 1 π∞所以 δ(x) =0cos ωx dω,c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology第五章 傅里叶变换31或 δ(x) = 1 2π 1 = 2π 1 = 2π∞eiωx dω∞?∞ ∞cos ωx dω + i?∞ ∞sin ωx dω?∞ ∞cos ωx dω =?∞1 πcos ωx dω.0B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved32第六章 Laplace 变换§ 6.1无作业符号法§ 6.21. 求下列函数的 Laplace 变换函数． (1) shωt, 解：(a) ?(t) = shωt = chωt.Laplace变换1 ωt e ? e?ωt 2 1 1 1 ω ? = 2 2 p?ω p+ω p ? ω2 1 ωt e + e?ωt 2 1 1 ω 1 ? = 2 2 p?ω p+ω p ? ω2(b) ?(t) = chωt =(2) e?λt sin ωt, 解：(a)e?λt cos ωt 1 ?λt iωt e e ? e?iωt 2i 1 1 1 ? 2i (p + λ) ? iω (p + λ) + iω ω = . (p + λ)2 + ω2?(t) = e?λt sin ωt =(b) 1 ?(t) = e?λt cos ωt = e?λt eiωt + e?iωt 2 1 1 1 + 2 (p + λ) ? iω (p + λ) + iω p+λ = . (p + λ)2 + ω2 (3) 解： 1 ?(t) = √ πt ∞ 1 √ e?pt dt, ?(p) = πt 01 πt .B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第六章 Laplace 变换33若令 t = x2 , dt = 2x dx，则∞?(p) =01 1 ?px2 √ e ? 2x dx π x∞ 0 ∞ 0 ∞ 02 = √ π 2 = √ π 2 = √ πpe?px dx 1 2 √ √ e?px d( px) p e?y dy22√ 2 π 1 = √ ? = √ . πp 2 p(4) δ(t ? τ). 解：L [δ(t ? τ)] = e?pτ L [δ(t)] = e?pτ0 ∞δ(t)e?pt dt= e?pτ =e e+∞δ(t)e?pt dt = e?pτ?∞ ?pτ ?pt t=0§ 6.31. 把下列像函数反演 (1) y(p) =6 (p+1)4 ,Laplace变换的反演解：由位移定律得 3! (p + 1)(3+1) (2) y(p) = 解： p2 (3) y(p) = 解： 1 p?2 3 p?2 (4) y(p) = 解： 2 (p ? 1)(4+1) 2. 求 j(p) =E Lp2 +Rp+ 1 c 2 (p?1)5 . 1 p?2 , 3p p2 ?1 .t3 e?t3p 3 = ?1 23 p?2 .1 1 + p+1 p?13 ?t (e + et ) = 3 cosh t. 2注意：cosh t = cht 称为双曲余弦． z(p) =e2t = y(t),3e2t = z(t).2 4 t t e 4!的原函数．Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
34§ 6.3 Laplace变换的反演解： j(p) = L p+ (1) 如果 R2 ?4L c R 2LE +R2 4L2. p+R 2L?1 Lc?R2 4L2?1 Lc= 0，则 j(p) = 1 E L P+ R 2L 1R 2 2L 2E ?Rt te 2L = j(t). L(2)　如果 R2 ?4L c& 0，则 j(p) = E L p+ E LR2 4L2?R2 4L2R?1 Lc?1 Lce? 2L t sinhR2 1 ? t. 2 4L Lc(3)　如果 R2 ?4L c& 0，则 j(p) = E L p+ E L1 Lc1R 2 2L?1 LcR?R2 4L2?R2 4L2e? 2L t sinR2 1 ? 2t. Lc 4Lp 3. 求 y(p) = λ? (p+C)4 的原函数．解： y(p) = λ? = λ? p+C C ? 4 (p + C) (p + C)4 1 C ? 3 (p + C) (p + C)4 1 2 ?Ct C 3 ?Ct t e ? t e 2! 3!y(t) = L [y(p)] = λ? = 4. 求下列像函数的原函数． (1) I(p) = (3) I(p) = 解： (1) (2) (3) I(t) = I(t) = I(p) = I(t) = (4) I(t) =π 1 2a p+a 1 π 2 p(p+1)C 1 λ?e?Ct t2 ? t3 . 2 3 , , (2) I(p) = (4) I(p) =π 2p , π 2p2 .π ?at e . 2a π . 2 1 π 1 ? 2 p p+1 π 1 ? e?t . 2 π t. 2,B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第六章 Laplace 变换35§ 6.41. 求解下列常微分方程． (1)d3 y dt3 y dy + 3 d 2 + 3 ddt + y = 6e?t , y(0) = dt2应用例d2 y dt2 t=0dy dt t=0== 0.解：对该方程施行 Laplace 变换，得 y(p) = 然后再求出 y(p) 的原函数为 y(t) = t3 e?t . 这就是该常微分方程的解． (2)d2 y dt26 , (p + 1)4+ 9y = 30 cosh t , y(0) = 3, y (0) = 0. 3p , p2 ? 1解：对该方程施行 Laplace 变换，得 y(p) = 然后再求出 y(p) 的原函数为 y(t) = 3 cosh t, 此即该常微分方程的解． 2. 电压为 E 的直流电源通过电感 L 和电阻 R 对电容 C 充电．求解充电电流 j 的变化情况． 解：设电键Ｋ关闭前电路中无电流，即 j(0) = 0．电键Ｋ闭合后电流 j 所满足的微分方程是 dj 1 t + Rj + jdt = E. dt C 0 结合初始条件 j(0) = 0 对上述方程施行 Laplace 变换后，得 1 1 E Lp j(p) + R j(p) + ? j(p) = , C p p 1 Lp2 j(p) + Rp j(p) + j(p) = E, C E j(p) = . 1 Lp2 + Rp + C 然后再求出 j(p) 的原函数为 L (1) 如果 R2 ?4L C= 0 ，则 j(t) = E ?Rt te 2L . L R2 1 ? t. 2 4L LC(2) 如果 R2 ?4L C& 0 ，则 j(t) = L ER2 4L2?1 LCe? 2L t sinhR(3) 如果 R2 ?4L C& 如 果 0 ，则 j(t) = L E1 LC?R2 4L2e? 2L t sinR1 R2 ? 2t. LC 4LB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved36第二篇数学物理方程B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第七章 数学物理定解问题37第七章 数学物理定解问题本章介绍一些常见的数学物理方程定解问题的导出，并简要叙述方程的分类． （一）导出方程的一般方法 下面所涉及的方程主要是二阶的线性偏微分方程．导出这些方程的一般方法是：在选定表 征物理过程(或状态)的物理量后，从体系内部划出微小的一块，应用基本的物理规律考察这一 小块的运动、变化或平衡状态，最后令此小块的体积趋广零．有时这种方程也可以从基本物理 方程直接推演而得．对于振动（波动）过程、方程还可以利用哈密顿原理变分而得． （二）定解问题 具体物理过程(状态)的确定不仅依赖于方程、还依赖于体系所处的周围环境和历．史换句 话说，物理量的确定还依赖于它本身或它的外法向导数或者两者的线性组合在区域边界上的取 值和开始时刻它的取值．前者称为边界条件．后者称为初始条件，合称定解条件．数学物理方 程附以合适的定解条件构成一个定解问题．一个定解问题的解应是唯一的(至多含有一个附加的 常数项)． (三)初始条件、三类边界条件和衔接条件的确定 以函数 u(r, t) = u(x, y, z, t) 表示表征物理过程(或状态)的物理量，其中 r = (xyz) 是空间变 量，t 是时间变量．当方程中出现的关于自变量的偏导数的最高阶数是二阶时．称此方程是二 阶的．如果方程所含的关丁 l 的偏导数的最高阶数是二阶，则所需的初姑条件是§ 7.1数学物理方程的导出1. 拿图7-7的Ｂ段弦作代表，推导弦振动方程． 解：取 x 到 x + dx 的Ｂ段弦，这段弦无纵向振动，所以纵向合力为零， T 2 cos α2 ? T 1 cos α1 = 0. Ｂ段弦的横振动方程为 T 1 sin α1 ? T 2 sin α2 = utt ρds. 在小振动的情况下，有 α1 ≈ α2 ≈ 0, cos α1 ≈ cos α2 ≈ 1, √ du ≈ 0, ds = dx2 + du2 ≈ dx, sin α1 ≈ tgα1 , sin α2 ≈ tgα2 , 如题文图所示， tgα1 = ?u x | x , tgα2 = ?u x | x+dx , 故在小振动的情况下，运动方程为 T1 = T2, T 2 u x | x+dx ? T 1 u x | x = utt ρdx, 即 T ?u ?x 上式左边即 T 所以，令 a2 = T ，有 ρ 这就是所求振动方程．x+dx? T ?u ?x dxx= ρutt ,?u x ?2 u =T 2 ?x ?xutt ? a2 u xx = 0.B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved38§ 7.2 定解条件§ 7.2定解条件1. 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 F0 拉 弦，达到稳定后放手任其自由振动．写出初始条件． 解：设横向力 F0 作用处弦的位移为（最大）C，则弦的初始位移为 ut=0 C hx C l?h (l=, ? x) ,(0 ≤ x ≤ h) , (h ≤ x ≤ l).在力 F0 作用点处，所受力平衡，所以 T 2 cos α2 ? T 1 cos α1 = 0 F0 ? T 2 sin α2 ? T 1 sin α1 = 0 因为是小振动,所以 sin α1 ≈ tan α1 ≈ α1 , cos α1 ≈ 1 , 代入力的平衡方程中，得 T2 = T1 = 0 C C F0 = T 0 + T 0 h l?h 解得 C= 所以 u 初始速度为 ut=0 t=0sin α2 ≈ tan α2 ≈ α2cos α2 ≈ 1F0 h(l ? h) T0l , , (0 ≤ x ≤ h) , (h ≤ x ≤ l).F0 (l?h) T0 l x F0 h T 0 l (l ? x)= 0.2. 长为 l 的均匀杆两端受力 F0 作用而纵振动．写出边界条件． 解：杆两端所受的拉力 F0 等于这两端面所受的杨氏弹性力 YS ?u ?nx=0= ?YS ?u ?x?u ?xx=0= ?F0 ,YS YSx=0= F0 .?u ?u = YS = F0 . ?n x=l ?x x=l 3. 长为 l 的均匀杆，两端有恒定热流进入，其强度为 q0 ，写出这个热传导问题的边界条 件． 解：在边界上有 ?k ?u ?nΣ= qn ,c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology第七章 数学物理定解问题39在x=l端, ?k 即 在 x = 0 端，?u ?nx=l= ?k k ?u ?x?u ?xx=lx=l= qn = ?q ,=q. = qn = ?q ,?k 即 4. 习题1是否需要衔接条件？?u ?nx=0=k ?u ?x?u ?xx=0x=0k= ?q .解：弦在振动时，F0 已不起作用，所以不需要衔接条件，若弦在振动时，力 F0 仍然在起 作用，就要衔接条件． 5. 一根杆由横截面相同的两段连接而成，两段的材料不同，杨氏模量分别为 Y I 、Y II ，密 度分别为 ρI 、 ρII ，试写出衔接条件． 解：设两段杆的接点为 x = 0，在连接处位移 u 是连续的，所以有 ?uI ?n ?uII Y II S ?n 这两力是作用力与反作用里，所以 YIS YIS 这就是衔接条件． 6 写出静电场中电介质表面的衔接条件． 解：在电介质表面，电势是连续的． uI 又电位移法向分量连续， D = ε1 E1 = ε2 E2 即 ε1 ?uI ?xx?0 x?0 x=0x=0?uI , ?x x=0 ?uII = Y II S . ?x x=0 = YIS = Y II S ?uII ?x .?uI ?xx=0x=0= uIIx+0,= ε2?uII ?xx+0.§ 7.3无作业数学物理方程的分类§ 7.4解：定解问题为：达朗贝尔公式 定解问题1 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 ?a? (x)．? 2 ? utt ? a u xx = 0 u = ?(x) , ? t=0 ut t=0 = ?a? (x) .?∞ & x & +∞ ,这是一个一维无界空间的问题，根据达朗贝尔公式，有B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved40§ 7.4 达朗贝尔公式 定解问题x+at 1 1 ?(x + at) + ?(x ? at) + ψ(ξ) dξ 2 2a x?at 将初始位移和初始速度代入上式，得 x+at 1 1 u(x, t) = ?(x + at) + ?(x ? at) + ?a? (ξ) dξ 2 2a x?atu(x, t) =1 1 x+at ? (ξ) dξ ?(x + at) + ?(x ? at) ? 2 2 x?at 1 1 1 = ?(x + at) + ?(x ? at) ? ?(x + at) + ?(x ? at) 2 2 2 = ?(x ? at) . = 波只朝一个方向（x 正向）传播，是一列行波． 2. 无限长弦在点 x = x0 受到初始冲击，冲量为 I ，试求解弦的振动．［提示：u (I/ρ)δ(x ? x0 )］． 解：定解问题为： ? ? utt ? a2 u xx = 0 , ? ? u t=0 = 0I , ? I ut t=0 = ρ δ(ξ ? x0 ) = ρ H (ξ ? x0 ) . u(x, t) = = = = 1 x+at ∞ 2a x?at I 2aρ I 2ρx+at x?at t=0=?∞ & x & ∞ , 其中a2 =I ρ,I ρδ(ξ ? x0 ) dξH (ξ ? x0 ) d(ξ ? x0 )x+at x?atT ρH(ξ ? x0 )I √ [H(x ? x0 + at) ? H(x ? x0 ? at)] . 2 ρTx=03. 半无限长弦的初始位移和初始速度都是零，端点作微小振动 u 振动．= A sin ωt．求解弦的x 解：对于 x ≥ at，显然有 u(x, t) = 0．下面研究 t & a ，将初始条件延拓到 x & 0 的半无界区 域后，定解问题为 ? ? utt ? a2 u xx = 0 , ?∞ & x & ∞ , ? ? ? u(0, t) = A sin ωt , ? x≥0, 0, x≥0, ? u(x, 0) = Φ 0 , ? u(x, 0) = Ψ ? ?(x) , 0 & x , ψ(x) , x & 0 ,其中 ?(x) 和 ψ(x) 是待定函数． 将达朗贝尔公式用于延拓后的无界弦，有 1 1 u(x, t) = [Φ(x + at) + Φ(x ? at)] + 2 2a 且令其满足边界条件，得 A sin ωt = 1 1 0 + ?(?at) + 2 2a0 ?at 0 ?at x+atΨ(ξ) dξ ,x?atΨ(ξ) dξ , Ψ(ξ) dξ ,c 2003C Xiang Anping All Rights Reserved1 1 A sin ωt = ?(?at) + 2 2aB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology第七章 数学物理定解问题41记 at 为 x，则 x 1 1 A sin ω = ?(?x) + a 2 2a 显然，若取 ?(x) = 2A sin ? ω x ，ψ(x) = 0，则 a u(x, t) =0ψ(ξ) dξ ,?x1 ω ?(x ? at) = A sin ? (x ? at) 2 a x x = A sin ω t ? . t& a a.B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved42第八章 分离变数（傅里叶级数）法§ 8.1 齐次方程的分离变数法1. 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，然后 突然撤除这力．求解弦的振动．? ? utt ? a2 u xx = 0 , (0 & x & l) . ? ? ? u(0, t) = u(l, t) = 0 , ? ? F0 l?x0 x, (0 & x & x0 ) , T ? u(x, 0) = F0 x0l ? ? (l ? x) , (x0 & x & l) , ? T l ? ?u t t=0 = 0 . 令 u(x, t) = X(x)T (t) 代入泛定方程，得 X” T ” = = ?λ2 . X aT 由此可得 T ” + a2 λ2 T = 0 , X” + λ2 X = 0 , X(0) = X(l) = 0 .解：定解问题为由此可得关于 X 的解是： X(x) = c sin λx 由 X(l) = 0可知，c sin λl = 0，c 不能为 0，否则 x ≡ 0．无意义，所以 nπ sin λl = 0 , λ = , (n = 1, 2, 3, ? ? ? ) l 以 λ 的数值 = nπ 代入关于 T 的方程得 T 的解： l nπa nπa T n (t) = An cos t + Bn sin t. l l∞T (t) =n=1An cosnπa nπa t + Bn sin t l l,u(x, t) = X(x)T (t)∞=n=1An cosnπa nπa nπ t + Bn sin t sin x . l l l将 u 的表达式代入第二初始条件得：∞utt=0=n=1 ∞?An Bnn=1nπa nπa nπa nπ nπa t sin t + Bn cos t sin x l l l l lt=0=nπa nπ cos 0 sin x = 0. l l Bn = 0 .则∞u(x, t) =n=1An cosnπ nπa t sin x . l lc 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology第八章 分离变数法43根据第一初始条件，有：∞u(x, 0) =n=1? ? F 0 l ? x0 ? x nπ T An sin x = F x l ? 0 0 (l ? x) l ? T l(0 & x & x0 ) , (x0 & x & l) .An = =2 ll?(ξ) sin0nπ ξ dξ ll x02 x0 l 0 2F0 l ? = T π2F 0 l ? x0 nπ 2 ξ sin ξ dξ + T l l l 1 nπx0 sin 2 n l∞F 0 x0 nπ (l ? ξ) sin ξ dξ T l lu(x, t) =n=1An cos 2F0 l T π2∞ n=1nπa t sin nπlx l 1 nπx0 nπ nπa sin sin x cos t 2 n l l l=2. 求解细杆导热问题，杆长 l，两端保持为零度，初始温度分布 bx(l ? x) u t=0 = . l2 解：定解问题为? ? ut ? a2 u xx = 0 , ? = u x=l = 0 , ?u ? x=0 u t=0 = bx(l ? x)/l2 .a2 =k Cρ(0 ≤ x ≤ l) ,设 u(x, t) = X(x)T (t) 代入泛定方程有 由此得到 T X = = ?λ 2T a x T + a2 λT = 0 . X + λX = 0 , X(0) = X(l) = 0 . 解X得 X(x) = An cos 由边界条件得 λ= n2 π2 , l2 n = 1, 2 3 ? ? ? . nπ x. l n2 π2 a2 Tn = 0 , l2n2 π2 a2 l2√ √ λx + Bn sin λx ,X(x) = Bn sin 解关于 T 的方程Tn + T n = Cn e?t,c 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology44∞§ 8.1 齐次方程的分离变数法u(x, t) =n=1Bn e?n2 π2 a2 l2tsinnπ x. l由初始条件得∞u(x, 0) =? ?n=1Bn sinbx(l ? x) nπ x= , l l28b , (当 n 为奇数 n = 2k + 1 时) , + 1)3 = ? 0. (当 n 为偶数时) . π3 (2k∞(2k+1)2 l2u(x, t) =k=0Bk e?∞ k=0π2 a2 tsin(2k + 1)π x l8b = 3 π(2k+1)2 π2 a2 1 (2k + 1)π e? l t sin x. 3 (2k + 1) l3. 两端固定弦，长为 l，（１）用宽为 2δ 的平面锤敲击弦的 x = x0 点．（２）用宽度为 2δ 的余弦式凸锤敲击弦的 x = x0 点．求解弦的振动． 解：（１）若锤为平面锤，定解问题为 ? ?utt ? a2 u xx = 0 , (0 & x & l) , ? ? ? ? ?u ? x=0 = u x=l = 0 , ? =0, u ? t=0 ? ? ? 0, (0 & x & x0 ? δ, x0 + δ & x & l) , ? ?ut ? t=0 = ? v0 , (x0 ? δ & x & x0 + δ) . 根据边界条件，可知本征函数为 sin nπ x ，故弦的一般振动可表示为 l∞u(x, t) =n=1An cosnπa nπat nπx + Bn sin sin , l l l因此，代入初始条件的∞u(x, 0) =n=1 ∞An sin 0, v0 ,lnπx =0. lut (x, 0) =n=1nπa nπx Bn sin = l n?(0 & x & x0 ? δ, x0 + δ & x & l) , (x0 ? δ & x & x0 + δ) . nπξ dξ , l由此解得Fourier系数 An = Bn = 2 l 0 ? sin0x0 +δ 2 nπξ v0 sin dξ nπa x0 ?δ l 4v0 l nπx0 nπδ = 2 2 sin sin , nπa l lu(x, t) =4v0 l aπ2∞ n=11 nπx0 nπδ nπat nπx sin sin sin sin . 2 n l l l lc 2003C Xiang Anping All Rights ReservedB
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technology第八章 分离变数法45（２）若为余弦式锤，则定解问题为 ? ?utt ? a2 u xx = 0 (0 & x & l) , ? ? ? ? ?u(0, t) = u(l, t) = 0 , ? ? ? u(x, 0) = 0 , ? ? ? ?0 , ? (0 & x & x0 ? δ , x0 + δ & x & l) , ? ? ?ut (x, 0) = ? x ? x0 ? ?v0 cos ? π , (x0 ? δ & x & x0 + δ) . 2δ 根据边界条件可知本征函数为 sin nπx ，因而弦的一般解可表示为 l∞u(x, t) =n=1An cosnπat nπat nπx + Bn sin sin , l l l代如初始条件得∞u(x, 0) =n=1 ∞An sinut (x, 0) =n=1nπx =0, l ? nπa nπx ?0 , Bn sin x ? x0 l l ?v0 cos π, 2δ(0 & x & x0 ? δ , x0 + δ & x & l) , (x0 ? δ & x & x0 + δ) .由上二式解得 An = 0 , Bn =x0 +δ 2 x ? x0 nπx v0 cos π sin dx nπa x0 ?δ 2δ l 1 nπx0 8v0 δ nπδ sin = 2 cos , 2δn 2 nπ a 1 ? l l lu(x, t) =8v0 δ aπ2∞ n=11 ? n1 1? 2δn l2sinnπx0 nπδ nπat nπx cos sin sin . l l l l4. 长为 l 的杆，一端固定，另一端受力 F0 而伸长．求解杆在放手后的振动． 解：定解问题为? (0 ≤ x ≤ l) , ?utt ? a2 u xx = 0 , ? ? ? ?u(0, t) = u (l, t) = 0 , ? x x x F0 F0 x ?u ?u(x, 0) = dx = dx = , ? ? YS ? 0 YS 0 ?x ? ? ut (x, 0) = 0 .(0 ≤ x ≤ l) ,本题是既有第一类边界条件也有第二类边界条件的问题，令 u(x, t) = X(x)T (t) 代入泛定方程得 T + λa2 T = 0 , X + λX = 0 , X(0) = X (l) = 0 . （１）若 λ & 0，则只能得到 x ≡ 0 的无意义解．B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved46§ 8.2 非齐次振动方程和输运方程（２）若 λ = 0，也只能得到 x ≡ 0 的无意义解． （３）仅当 λ & 0 时才能得到有意义的解． n+ λ= 1 2 l22π2 , 1 2n+ Xn (x) = C sin 代本征值入 T 的方程得 n+ T n (t) = An cos ?∞l 1 2πx .1 2n+ aπt + Bn sin n+ l 1 2 llaπt , n+ 1 2? ? aπt? sin ?u(x, t) =n=0? ?An cos ?n+ laπt + Bn sin1 2lπx .利用第二初始条件得 Bn = 0 . 再利用第一初始条件得∞n+ An sin l1 2πx = n+n=1F0 x, YS 1 2An = =2 lF0 ξ sin πξdξ l 0 YS F0 2l (?1)n . 2 YS 1 n+ π2 2nl8lF0 u(x, t) = 2 π YS∞ n=0(?1) cos (2n + 1)2n+1 2 laπt sinn+1 2 lπx .§ 8.2无作业非齐次振动方程和输运方程§ 8.3无作业非齐次边界条件的处理§ 8.4 Poisson方程无作业B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved第九章 二阶常微分方程的级数解法本征值问题47第九章 二阶常微分方程的级数解法 本征值问题§ 9.1解：二维波动方程为 utt ? a2 ?2 u = 0 先把时间变数分离出来，设分离形式的解为 u(ρ, ?; t) = U(ρ, ?) ? T (t) 代入式(9-1)，有 U(ρ, ?) ? T (t) ? a2 U(ρ, ?) ? T (t) = 0, T ?2 U = . 2T a U 上式左边仅是 t 的函数，右边是 ρ 和 ? 的函数，若要等式成立，除非两边为同一常数，记 为 ?k2 ，有 T + a2 k2 T = 0 (9-2) ?2 U + k 2 U = 0 式（9-3）为二维 Helmholtz 方程，在平面极左边系下的表达式为 1 1 Uρρ + Uρ + 2 U?? + k2 U = 0 . ρ ρ 进一步分离变数，令 U(ρ, ?) = R(ρ)Φ(?) 并代入上式得 1 1 R (ρ)Φ(?) + R (ρ)Φ(?) + 2 R(ρ)Φ (?) + k2 R(ρ)Φ(?) = 0 ρ ρ 由此得 ρ2 R ρR Φ + + k2 ρ2 = ? . R R Φ 同理，等式两边应为同一常数，记为 m2 ，得 Φ + m2 Φ = 0 , ρ2 R + ρR + (k2 ρ2 ? m2 )R = 0 . 对方程（9-5）作变数代换 x = kρ 后变为 Bessel 方程 x2 R + xR + (x2 ? m2 )R = 0 . 方程（9-4）和自然周期条件 Φ(?) = Φ(? + 2π) 一起构成本征值问题，其解为 m = 0, 1, 2, 3, ? ? ? ? ? ? . Φm = Am cos m? + Bm sin m? , (9-6) (9-4) (9-5) (9-3) (9-1)特殊函数常微分方程1. 试用平面极坐标系把二维波动方程分离变数．B
T Department of Optoelectronics Chengdu University of Information Technologyc 2003C Xiang Anping All Rights Reserved48§ 9.2 常点邻域上的级数解法方程（9-3）的解为 T k = Ck cos kat + Dk sin kat .2. 试用平面极坐标系把二维输运方程分离变数． 解：二维输运方程为 ut ? a2 ?2 u = 0 在平面极坐标系下方程（9-1）为 1 1 ut ? a2 uρρ + uρ + 2 uρρ ρ ρ =0, (9-2) (9-1)令 u(ρ, ?; t) = R(ρ)Φ(?)T (t)，代入方程（2）中，整理得 R 1R 1 Φ T = + + 2 = ?k2 . 2T a R ρR ρ Φ T + a2 k2 T = 0 , R 1R 1 Φ + + 2 = ?k2 . R ρR ρ Φ 方程（3）可进一步分离变数 ρ2 即 Φ + m2 Φ = 0 , Φ(?) = Φ(? + 2π) . ρ2 R + ρR + (k2 ρ2 ? m2 )R = 0 . 方程（6）作变数代换 x = kρ 变成 Bessel 方程 x2 R + xR + (x2 ? m2 )R = 0 . 方程（3）和（5）的解分别为 T k = Ak e?a k t , Φm = Bm cos m? + Cm sin m? .2 2(9-3) (9-4)R R Φ + ρ + k2 ρ2 = ? = m2 , R R Φ(9-5) (9-6) (9-7)(9-8) (9-9)§ 9.2常点邻域上的级数解法以下章节作业均不要求，但简单的例题应当掌握考试范围：在作业题和例题中选择B
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