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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 复变函数部分习题解答
第一章习题解答 第一章习题解答 1、证明 Re z 在 z 平面上处处不可导。 证明: 证明:令 Re z = u + iv 。Q Re z = x ,∴ u = x, v = 0 。
?u ?v ?u ?v =1, = 0 , ≠ 。 ?x ?y ?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 f ( z ) =
z
2

仅在原点有导数。
2

证明: 证明:令 f ( z ) = u + iv 。Q f ( z ) = z = x 2 + y 2 ∴ u = x 2 + y 2 , v = 0 。
?u ?u ?v ?v = 2 x, = 2y 。 = =0 。 ?x ?y ?x ?y

所以除原点以外,u, v 不满足 C-R 条件。 而

?u ?u ?v ?v , , , 在原点 ?x ?y ?x ?y

连续,且满足 C-R 条件,所以 f ( z ) 在原点可微。
? ?v ?u ? ? ?u ?v ? f ′ ( 0) = ? + i ? = ? ?i ? = 0。 ?x ? x = 0 ? ?y ?y ? x = 0 ? ?x
y =0 y =0

lim 或: f ′ ( 0 ) = ?z →0
2

?z ?z
2

2

= lim ( ?z ) = lim ( ?x ? i?y ) = 0 。
* ?z → 0 ?x = 0 ?y = 0

?z → 0

lim

z + ?z + z ?z

= lim


?zz * + ?z * z ?z * z =0 = lim ( z * + z ) ??→ 0 。 ?z → 0 ?z → 0 ?z ?z

?z * ?z * ?z * ? i 2θ 【当 z ≠ 0, ?z = re , = e 与趋向有关,则上式中 = =1】 ?z ?z ?z

1

? x3 + y 3 + i( x3 + y 3 ) ? 3、设 f ( z ) = ? x2 + y2 ? 0 ?

z≠0 ,证明 f ( z ) 在原点满足 C-R 条件,但不 z=0

可微。 证明: 证明:令 f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) ,则
? x3 ? y 3 ? u ( x, y ) = ? x 2 + y 2 ? 0 ? ? x3 + y3 ? v ( x, y ) = ? x 2 + y 2 ? 0 ?
u x (0, 0) = lim

x2 + y2 ≠ 0 , x 2 + y 2 =0 x2 + y2 ≠ 0 。 x 2 + y 2 =0

u ( x, 0) ? u (0, 0) x3 = lim 3 = 1 , x →0 x →0 x x

u (0, y ) ? u (0, 0) ? y3 = lim 3 = ?1 ; u y (0, 0) = lim y →0 x →0 y y
v( x, 0) ? v(0, 0) x3 vx (0, 0) = lim = lim 3 = 1 , x →0 x →0 x x

v y (0, 0) = lim

v(0, y ) ? v(0, 0) y3 = lim 3 = 1 。 y →0 x →0 y y

∴u x (0, 0) = v y (0, 0) , u y (0, 0) = ?vx (0, 0)
∴ f ( z ) 在原点上满足 C-R 条件。

但 lim z →0

f ( z ) ? f (0) x 3 ? y 3 + i( x3 + y 3 ) = lim 。 z → 0 ( x 2 + y 2 )( x + iy ) z

令 y 沿 y = kx 趋于 0 ,则
lim
z →0

x3 ? y 3 + i ( x 3 + y 3 ) 1 ? k 3 + i (1 + k 3 ) k 4 ? k 3 + k + 1 + i (k 4 + k 3 ? k + 1) = = ( x 2 + y 2 )( x + iy ) (1 + k 2 )(1 + ik ) (k 2 + 1)2

依赖于 k ,∴ f ( z ) 在原点不可导。 证明其在区域 D 上 4、 若复变函数 f ( z ) 在区域 D 上解析并满足下列条件之一,
2

必为常数。 (1) f ( z ) 在区域 D 上为实函数; (2) f * ( z ) 在区域 D 上解析; (3) Re f ( z ) 在区域 D 上是常数。 证明: (1)令 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) 。 证明: 由于 f ( z ) 在区域 D 上为实函数,所以在区域 D 上 v( x, y ) = 0 。
Q f ( z ) 在区域 D 上解析。由 C-R 条件得

?u ?v ?u ?v = =0, = ? = 0。 ?x ?y ?y ?x
∴ 在区域 D 上 u ( x, y ) 为常数。从而 f ( z ) 在区域 D 上为常数。

(2)令 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) ,则 f * ( z ) = u ( x, y ) ? iv( x, y ) 。
Q f ( z ) 在区域 D 上解析。由 C-R 条件得
?u ?v ?u ?v = , = ? 。 (1) ?x ?y ?y ?x

又 f * ( z ) 在区域 D 上解析,由 C-R 条件得
?u ?v ?u ?v =? , = 。 ?x ?y ?y ?x

(2)

联立(1)和(2) ,得
?u ?u ?v ?v = = = = 0。 ?x ?y ?x ?y

∴ 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 ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) ,则 Re f ( z ) = u ( x, y ) 。 由题设知 u ( x, y ) 在区域 D 上为常数,∴
?u ?u = = 0。 ?x ?y

3

又由 C-R 条件得,在区域 D 上
?v ?u ?v ?u =? = 0, = = 0 ,于是 v 在区域 D 上为常数。 ?x ?y ?y ?x
∴ 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 xy 2 不能成为 z 的一个解析函数的实部。
? 2u ? 2u 证明: 证明:令 u = xy , 2 + 2 = 0 + 2 x = 2 x 。 ?x ?y
2

∴ u 不满足拉普拉斯方程。 从而它不能成为 z 的一个解析函数的实

部。 6、若 z = x + iy ,试证: (1) sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y ; (2) cos z = cos x cosh y ? i sin x sinh y ; (3) sin z =sin 2 x + sinh 2 y ;
2

(4) cos z = cos 2 x + sinh 2 y 。
2

证明: (1) sin z = sin( x + iy ) = sin x cos(iy ) + cos x sin(iy ) 证明:
Q cos(iy ) = cos hy, sin(iy ) = i sinh y ,

∴ sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y 。

(2) cos z = cos( x + iy ) = cos x cos(iy ) ? sin x sin(iy )
Q cos(iy ) = cos hy, sin(iy ) = i sinh y ,

cos z = cos x cosh y ? i sin x sinh y 。

(3) sin z = (sin x cosh y ) 2 + (cos x sinh y ) 2 = sin 2 x cosh 2 y + cos 2 x sinh 2 y
2

= sin 2 x(1 + sinh 2 y ) + cos 2 x sinh 2 y = sin 2 x + (sin 2 x + cos 2 x) sinh 2 y = sin 2 x + sinh 2 y 。
4

(4) cos z = (cos x cosh y ) 2 + (sin x sinh y ) 2 = cos 2 x cosh 2 y + sin 2 x sinh 2 y
2

= cos 2 x(1 + sinh 2 y ) + sin 2 x sinh 2 y = cos 2 x + cos 2 x sinh 2 y + sin 2 x sinh 2 y = cos 2 x + (cos 2 x + sin 2 x) sinh 2 y = cos 2 x + sinh 2 y 。

7、试证若函数 f ( z ) 和 ? ( z ) 在 z0 解析。 f ( z0 ) = ? ( z0 ) = 0 , ? ′ ( z0 ) ≠ 0 , 则 zlim →z
0

? (z)

f (z)

=

f ′ ( z0 ) 。 (复变函数的洛必达法则) ? ′ ( z0 )

证明: 证明:
f ( z ) ? f ( z0 ) f ( z ) ? f ( z0 ) f ′( z0 ) z ? z0 z ? z0 f ( z ) ? f ( z0 ) f ( z) = = lim = lim = lim 。 ? ′( z0 ) lim ? ( z ) ? ? ( z0 ) z → z0 ? ( z ) ? ? ( z0 ) z → z0 ? ( z ) ? ? ( z0 ) z → z0 ? ( z ) z → z0 z ? z0 z ? z0
z → z0

lim

或倒过来做。 8、求证: lim z →0
sin z = 1。 z sin z (sin z )′ 证明: z →0 = lim = lim cos z = 1 。 证明: lim z →0 z →0 z z′

第二章 第二章习题解答 9、利用积分估值,证明 a. ∫?i ( x 2 + iy 2 ) dz ≤ π
i

积分路径是从 ?i 到 i 的

右半圆周。 b.证明 ∫i
2 +i

dz ≤ 2 积分路径是直线段。 z2

证明: (方法一) 证明:a.

∫ (x
i ?i

2

+ iy 2 ) dz ≤ ∫

i

?i

(x

2

+ iy 2 ) dz = ∫
i ?i

i

?i

x 4 + y 4 dz

≤∫

i

?i

x 4 + 2 x 2 y 2 + y 4 dz = ∫

( x 2 + y 2 ) 2 dz = π 。

5

(方法二)在半圆周 x 2 + y 2 = 1 上, x 2 ≤ 1 , y 2 ≤ 1 ,从而
x4 ≤ x2 , y 4 ≤ y2 ? x4 + y4 ≤ x2 + y2

在半圆周 x 2 + y 2 = 1 上, x 2 + iy 2 = x 4 + y 4 ≤ x 2 + y 2 = 1 , max x 4 + y 4 = 1 ,
c

∫ (x
i ?i

2

+ iy 2 ) dz ≤ ∫ x 2 + iy 2 dz ≤ ∫
i ?i i

i

?i

x 2 + y 2 dz = ∫ dz = π 。
?i c

i

或: ∫?i ( x 2 + iy 2 ) dz ≤ max x 4 + y 4 π = π 。 b.证: max

1 z2 = max
z = x +i

1 z2

= max
z = x +i

1 =1 x +1
2



2+i

i

dz 1 ≤ max 2 2 z z

?2 = 2 。
z = x +i

10、不用计算,证明下列积分之值均为零,其中 c 均为圆心在原点, 半径为1 的单位圆周。
dz e z dz a. ∫ c ;b. ∫ c 2 。 cos z z + 5z + 6

证明: 证明:a.

1 1 的奇点为 zn = ? n + ? π , n = 0, ±1,L ,由于 zn > 1 ,所以它们均 ? ? cos z 2? ?

不在以原点为圆心的单位圆内。


1 在以原点为圆心的单位圆内无奇点,处处解析。 cos z

由柯西定理:

∫ cos z = 0 。
c

dz

b.

ez ez = 的奇点为 z1 = ?2 , z2 = ?3 ,它们均不在以 z 2 + 5 z + 6 ( z + 2)( z + 3)

原点为圆心的单位圆内。


ez 在以原点为圆心的单位圆内处处解析。 z 2 + 5z + 6

e z dz = 0。 由柯西定理: ∫ c 2 z + 5z + 6
6

11、计算 a. ∫ c
2z2 ? z +1 dz z ?1

( c : z = 2 ) ;b. ∫

2z2 ? z +1
c

( z ? 1)

2

dz

( c : z = 2) 。

解: a. 2 z 2 ? z + 1 在 z = 2 所围区域内解析,且 z = 1 在 z = 2 所围区域内。 由柯西积分公式得
2z2 ? z +1 2 ∫ c z ? 1 dz = 2π i (2 z ? z + 1) z =1 = 2π i × 2 = 4π i 。

b. 2 z 2 ? z + 1 在 z = 2 所围区域内解析,且 z = 1 在 z = 2 所围区域内。 由推广的柯西积分公式得

∫ ( z ? 1)
c

2z2 ? z +1
2

dz = 2π i ( 2 z 2 ? z + 1)′

z =1

= 2π i ( 4 z ? 1) z =1 = 2π i × 3 = 6π i 。
π

,从而证明 ∫0 ecosθ cos ( sin θ ) dθ = π 。 12、求积分 ∫ c dz ( c : z = 1 ) 解: e z 在 z = 1 所围区域内解析,且 z = 0 在 z = 1 所围区域内。 由柯西积分公式得 ∫ c dz = 2π i e z z =0 = 2π i 。 (1) 在 c 上令 z = eiθ , ?π ≤ θ ≤ π ,则
ez eiθ cosθ + i sin θ dθ = i ∫ ecosθ ?cos ( sin θ ) + i sin ( sin θ ) ? dθ ? ? ∫ c z dz = i ?∫π e dθ = i ?∫π e ?π = i ∫ ecosθ cos ( sin θ )dθ ?


ez z

ez z

π

π

π

π

π



cosθ cosθ ∫ e sin ( sin θ )dθ = 2i ∫ e cos ( sin θ )dθ , 0

π

其中利用了,由于 ecosθ sin ( sin θ ) 是 θ 的奇函数,而 ecosθ cos ( sin θ ) 是 θ 的偶函数,所以
π
cosθ ∫ e sin ( sin θ )dθ = 0 ,

π





cosθ cosθ ∫ e cos ( sin θ )dθ = 2∫ e cos ( sin θ )dθ 。 0

π

7

∴∫

ez dz = 2i ∫ ecosθ cos θ ( sin θ ) dθ 。 c z 0

π

(2)

从而,联立(1)和(2) ,得
π

∫e
0

cosθ

cos ( sin θ )dθ = π 。
π 1 + 2 cos θ dz 之值,证明 ∫0 dθ = 0 , c 为单位圆周 z = 1 。 z+2 5 + 4 cos

13、由积分 ∫c 证明: 证明:

1 在单位圆周 z = 1 所围区域内解析。由柯西定理: z+2 dz (1) ∫c z + 2 = 0 。

另一方面,在 c 上 z = eiθ , ?π ≤ θ < π ,
π dz z +2 e ? iθ + 2 =∫ dz = ∫ ieiθ dθ ∫ c z + 2 c ( z + 2 )( z + 2 ) iθ ? iθ ?π ( e + 2 )( e + 2 )

= i∫

π 1 + 2 cos θ + 2i sin θ 1 + 2eiθ dθ = i ∫ dθ iθ ? iθ ?π ?π 5 + 4 cos θ 1+ 2 (e + e ) + 4 π π

π 1 + 2 cos θ sin θ dθ ? 2 ∫ dθ ?π 5 + 4 cos θ ?π 5 + 4 cos θ sin θ Q 为 θ 的奇函数, 5 + 4 cos θ π sin θ ∴∫ dθ = 0 (3) ?π 5 + 4 cos θ

= i∫

(2)

由(1)(2)及(3)得 、 (4) ∫ π 5 + 4 cosθ dθ = 0 。
?

π

1 + 2 cos θ

1 + 2 cos θ 为θ 的偶函数, 5 + 4 cos θ π 1 + 2 cos θ π 1 + 2 cos θ ∴∫ dθ = 2 ∫ dθ 。 (5) ?π 5 + 4 cos θ 0 5 + 4 cos θ



于是由(4)和(5)得
1 + 2 cos θ dθ = 0 。 5 + 4 cos θ z+6 14、设 F ( z ) = 2 ,证明积分 ∫ c F ( z ) dz z ?4



π

0

a.当 c 是圆周 x 2 + y 2 = 1 时,等于 0 ;
8

b.当 c 是圆周 ( x ? 2 ) + y 2 = 1 时,等于 4π i ;
2

c.当 c 是圆周 ( x + 2 ) + y 2 = 1 时,等于 ?2π i 。
2

证明: 证明: F ( z ) =

z+6 z+6 = 的奇点为 z1 = 2 及 z2 = ?2 。 2 z ? 4 ( z + 2 )( z ? 2 )

a.当 c 是圆周 x 2 + y 2 = 1 时, z1 = 2 及 z2 = ?2 均在圆外, F ( z ) 在圆内 解析。由柯西定理:
2

∫ ( z + 2 )( z ? 2 ) dz = 0 。
c

z +6

b.当 c 是圆周 ( x ? 2 ) + y 2 = 1 时,仅 z1 = 2 在圆内。由柯西积分公式 得 ∫c
z+6 z+6 dz = 2π i = 2π i × 2 = 4π i 。 z + 2 z =2 ( z + 2 )( z ? 2 )
2

c.当 c 是圆周 ( x + 2 ) + y 2 = 1 时,仅 z2 = ?2 在圆内。由柯西积分公式 得 ∫c
z +6 z+6 = 2π i × ( ?1) = ?2π i 。 dz = 2π i z ? 2 z =?2 ( z + 2 )( z ? 2 )

第三章 第三章习题解答 15、求下列级数的收敛半径,并对 c 讨论级数在收敛圆周上的敛散情况。 a. ∑
∞ ∞ 1 n 。 z ;b. ∑ n n z n ;c. ∑ n k z n ( k > 0 为常数) n n =1 n =0 n =1 n ∞

解: a. R = lim n →∞
n

1 1 = lim = lim n = ∞ 。 1 n →∞ 1 n →∞ n nn 1 n
n

b. R = lim n n →∞ c. R = lim n →∞

= lim

1 =0。 n →∞ n

nk

( n + 1)
1 n
k

k

? n ? = lim ? ? = 1。 n →∞ n + 1 ? ?
1 n
k n

k

或 R = lim n n →∞

= lim

n →∞

= 1。

9

lim x = lim e
x →∞ x →∞

1 x

1 ln x x

= 1 【 lim

x →∞

ln x 1 = lim = 0 (洛必达法则) 】 x →∞ x x


在收敛圆周 z = 1 上, z = eiθ ,级数成为 ∑ n k einθ 。
n =0

Q k > 0 ,∴ 它的通项 n k einθ 在 n → ∞ 时,不趋于 0 。

故级数 ∑ n k einθ 发散。
n =0



16、试求下列级数的收敛半径。 a. ∑ z n! ;b. ∑
n =0 ∞

n! n z ;c. n n =0 n



zn ∑ a n + ibn ( a > 0, b > 0 ) 。 n =0



解: a.当 lim n →∞

z ( n +1)! z
n!

= lim

(z )
z

n ! n +1 n!

n →∞

= lim z
n →∞

n!n

< 1 时,级数收敛。

当 lim z n →∞

n !n

> 1 时,级数发散。

亦即当 z < 1 时,级数收敛。而当 z > 1 时,级数发散。 于是收敛半径 R = 1 。 b. R = lim n →∞
n! nn

( n + 1)! ( n + 1)
1
n

n +1

n !( n + 1) ( n + 1) = lim ?1 + 1 ? = e 。 = lim = lim ? ? n n →∞ ( n + 1) ! n n →∞ n →∞ nn ? n?
n +1 n n 1

c.Q R = lim n →∞

an

, R = lim n a n + ib n = lim ( a 2 n + b 2 n ) 2 n 。 n →∞ n →∞
2n 1 2n 2n

又因为 max {a, b} ≤ ( a + b 故 lim ( a + b n →∞
2n 1 2n 2n

)

≤ 2 max {a, b} ,且 lim 2
n →∞

1 2n

1 2n

=1,

)

= max {a, b} 。

于是所求级数的收敛半径 R = max {a, b} 。
an a 2 n+2 + b2 n +2 或:Q R = lim ,∴ R = lim 。 n →∞ a n →∞ a 2 n + b2 n n +1

10

a 2 n+2 + b2 n +2 当 a > b 时, R = lim n →∞ a 2 n + b2 n

?b? a + ? ? b2 ?a? = lim =a, 2n n →∞ ?b? 1+ ? ? ?a?
2

2n

当 a < b 时, R = lim n →∞
∴ R = max {a, b}

a 2 n +2 + b 2 n + 2 a 2 n + b2 n

?a? 2 2 ? ? a +b b? = lim ? = b, 2n n →∞ ?a? ? ? +1 ?b?

2n

17、将下列函数按 z 的幂展开,并指明收敛范围。 a.
2



z

0

e z dz ;b. cos 2 z 。
2

解: a. e z = ∑
n=0
z
2



z 2n , z <∞, n!
2n ∞ ∞ z z z 2n z 2 n +1 dz = ∑ ∫ dz = ∑ ∑ n ! n=0 0 n ! n=0 n !( 2n + 1) 0 n =0 z ∞

∴ ∫ e z dz = ∫
0

z <∞。

∞ ( ?1) ( 2 z ) 1 b. cos z = (1 + cos 2 z ) , cos 2 z = ∑ 2 ( 2n ) ! n =0 n
2

2n

( ?1) 22 n z 2 n =∑ ( 2n ) ! n =0
∞ n

z <∞,

2 n ?1 2 n 1 ∞ ( ?1) 2 z ∴ cos z = + ∑ 2 n =0 ( 2n ) ! n 2

z < ∞。

18、将下列函数按 z ? 1 的幂展开,并指出收敛范围。 a. cos z ;b.
z z ;c. 2 。 z+2 z ? 2z + 5

解: a. cos z = cos ?1 + ( z ? 1)? = cos1cos ( z ? 1) ? sin1sin ( z ? 1) 。 ? ?

( ?1) ( z ? 1) , sin z ? 1 = ∞ ( ?1) ( z ? 1) cos ( z ? 1) = ∑ ( ) ∑ ( 2n ) ! ( 2n + 1)! n =0 n =0
∞ n 2n n

2 n +1


z ?1 < ∞ 。

( ?1) ( z ? 1) cos z = cos1∑ ( 2n ) ! n=0
∞ n

2n

( ?1) ( z ? 1) ? sin1∑ ( 2n + 1)! n =0
∞ n

2 n +1

n n ? 2nπ ? ? 2n + 1 ? Q ( ?1) cos1 = cos ? + 1? , ( ?1) sin1 = ? cos ? π + 1? 。 ? 2 ? ? 2 ?

11

? 2n ? ? 2n + 1 ? π + 1? cos ? π + 1? cos ? ∞ ? 2 ? z ? 1 2n + ? z ? 1 2 n +1 ∴ cos z = ∑ ( ) ∑ ? 2 ( ) ( 2n ) ! ( 2n + 1)! n=0 n=0


?n ? cos ? π + 1? ?2 ? z ?1 n =∑ ( ) n! n =0


z ?1 < ∞ 。
nπ ? ? nπ ? ( n) ? , f (1) = cos ?1 + ?, 2 ? 2 ? ?

或:令 f ( z ) = cos z ,则 f ( n) ( z ) = cos ? z + ?
?
(n )

所以 cos z = ∑
n =0



? nπ ? cos ? 1 + ? f (1) n n ( z ? 1) = ∑ ? 2 ? ( z ? 1) n! n! n =0


z ?1 < ∞ 。

b.

z 2 2 1 = 1? = 1? ? z+2 z+2 3 1+ z ?1 3
∞ 2 ∞ n ? z ?1 ? n ( z ? 1) = 1 ? ∑ ( ?1) ? = 1 ? 2∑ ( ?1) ? 3 n =0 3n +1 ? 3 ? n=0 n n

z ?1 < 3

c.

z z ?1 +1 z ?1 1 = = + 2 2 z ? 2 z + 5 ( z ? 1) + 4 ( z ? 1) + 4 ( z ? 1)2 + 4
2

=

z ?1 ? 4

1 1 + ? 2 ? z ?1 ? 4 ? z ?1 ? 1+ ? 1+ ? ? ? ? 2 ? ? 2 ?
2

1

∞ z ?1 ? 1 n 令? = t ,Q = ∑ ( ?1) t n t < 1 ? ? 1 + t n=0 ? 2 ?

2



∞ ∞ ( ?1) ( z ? 1) n ? z ?1 ? = ∑ ( ?1) ? =∑ ? 2 4n ? 2 ? n=0 n=0 ? z ?1 ? 1+ ? ? ? 2 ?

1

2n

n

2n



z ?1 < 1 ? z ?1 < 2 2

z z ? 1 ∞ ( ?1) ( z ? 1) 从而 2 = ∑ z ? 2z + 5 4 n=0 4n
n

2n

1 ∞ ( ?1) ( z ? 1) + ∑ 4 n=0 4n
n ∞

2n

=∑
n =0



( ?1) ( z ? 1)
n

2 n +1

4n +1
n

+∑
n=0

( ?1) ( z ? 1)
n

2n

4n +1 z ?1 < 2

=∑
n =0



( ?1)
4

n +1

?( z ? 1)2 n + ( z ? 1) 2 n +1 ? ? ?
12

进一步, ∑
n =0



( ?1) ( z ? 1)
n

2 n +1

4n +1

+∑
n =0



( ?1) ( z ? 1)
n

2n

4n +1

=

n =奇数





( ?1)
2

n ?1 2

n +1

( z ? 1)

n

+

n = 偶数





( ?1)
2

n 2

n+2

( z ? 1)

n

=∑
n =0



( ?1)
2

1 ? 1? ( ?1) ?n ? 2? 2 ? 3+ ( ?1) 2
n

n

? ? ? ?

n+

( z ? 1)

n

所以

( ?1) z =∑ n 3+ ( ?1) z ? 2 z + 5 n =0 n+ 2 2
∞ 2

n 1 ? 1?( ?1) ? ?n ? ? 2? 2 ? ? ?

( z ? 1)

n

z ?1 < 2 。

19、将下列函数在指定的环域内展成罗朗级数。
z 2 ? 2z + 5 z +1 a. 2 , 0 < z < 1 , 1 < z < ∞ ;b. ,1< z < 2。 z ( z ? 1) ( z ? 2 ) ( z 2 + 1)

解: a.

z +1 z ?1 + 2 1 2 = 2 = 2+ 2 。 z ( z ? 1) z ( z ? 1) z z ( z ? 1)
2

在 0 < z < 1 内,


∞ 1 1 =? = ?∑ z n , z ?1 1? z n =0

∞ ∞ ∞ z +1 1 1 1 = 2 ? 2∑ z n ? 2 = 2 ? 2 ∑ z n = ? 2 ? 2 ∑ z n 。 z 2 ( z ? 1) z z z n =0 n =?2 n =?1

在 1 < z < ∞ 内,

∞ 1 1 1 1 ∞ 1 1 1 = = ∑ n =∑ n , < 1, z ? 1 z 1 ? 1 z n =0 z z n =1 z z



∞ ∞ z +1 1 1 1 1 = 2 + 2∑ n + 2 = 2 + 2 ∑ n 。 2 z ( z ? 1) z z n =1 z n =3 z

b.

z2 ? 2z + 5 1 2 = ? 2 2 ( z ? 2 ) ( z + 1) z ? 2 z + 1

在 1 < z < 2 内,


z 2

< 1 ,且

1 1 < 1? 2 < 1, z z
n

∞ 1 1 1 1 ∞ ?z? zn =? ? = ? ∑ ? ? = ?∑ n +1 。 z?2 2 1? z 2 n =0 ? 2 ? n=0 2 2

13

2 2 1 2 = 2? = 2 2 z +1 z 1+ 1 z 2 z

∑ ( ?1)
n =0



n

∞ 1 n +1 1 = 2∑ ( ?1) , 2n z z 2n n =1

∞ ∞ z2 ? 2z + 5 zn n +1 1 ∴ = ?∑ n +1 ? 2∑ ( ?1) 。 2 z 2n ( z ? 2 ) ( z + 1) n=0 2 n =1

20、将下列函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数,并指出成立范 围。 a.

(z

1
2

+ 1)

2

,z = i 【

n =?∞

∑ a ( z ? i)
n



n

】 ( z ? 1) e ;b.
2

1 1? z

, z = 1【

n =?∞

∑ a ( z ? 1)
n



n

】 。

解: a. z = i 的无心邻域为 0 < z ? i < R ,

(z

1
2

+ 1)

2

=

1

( z ? i) ( z + i)
2

2

,且

1

( z + i)

2

=?
n

d ? 1 ? ? ?, dz ? z + i ?
n

1 1 1 1 1 ∞ ( ?1) ( z ? i ) = = ? = ∑ n z + i 2i + z ? i 2i 1 + z ? i 2i n =0 ( 2i ) 2i
=∑
n =0 ∞

【 i = ( ?1) 2 】

1

( ?1) 2 ( z ? i )
2n +1

n ?1

n

z ? i < 2i = 2 。
n n ?1 2

1

( z + i)


2

∞ ( ?1) d ∞ ( ?1) 2 ( z ? i ) =? ∑ = ?∑ n +1 dz n =0 2 n =1

n ?1

n( z ? i) 2n +1
n +1

n ?1


n ?3

(z

1
2

+ 1)

2

=?

1

( z ? i)

2


n =1



( ?1) 2 n ( z ? i )
2 n +1
n

n ?1

n ?1

=∑
n =1



( ?1) 2 n ( z ? i )
2n +1

=

n =?2





( ?1) 2 ( n + 3)( z ? i )
2n + 4


n

0 < z ?i < 2。

b.Q 当 z < ∞ 时, e z = ∑
n =0 ∞

zn , n!
n

∴ e1? z = ∑
n =0

1



1 n !(1 ? z )
n

=∑

( ?1) n n = 0 n !( z ? 1)

0 < z ?1 < ∞ ,

14

∴ ( z ? 1) e
2

1 1? z

( ?1) = ∞ ( ?1) =∑ ∑2 n + 2 ! z ? 1 n n?2 n = 0 n !( z ? 1) n =? ( )( )
∞ n n

0 < z ?1 < ∞ 。

21、把 f ( z ) =

1 展成下列级数。 1? z

(1)在 z < 1 上展成 z 的泰勒级数; (2)在 z > 1 上展成 z 的罗朗级数; (3)在 z + 1 < 2 上展成 ( z + 1) 的泰勒级数; (4)在 z + 1 > 2 上展成 ( z + 1) 的罗朗级数。 解:(1)在 z < 1 上, (2)在 z > 1 上,
∞ 1 1 【 在 z < 1 上解析】 。 = ∑ zn , 1? z 1 ? z n=0
∞ 1 1 1 1 ∞ ?1? 1 =? ? = ? ∑ ? ? = ?∑ n 。 1 z 1? z n=0 ? z ? 1? z n =1 z z n

(3)

1 z +1 在 z + 1 < 2 上解析,且 < 1 ,所以 1? z 2
∞ ( z + 1) 1 1 1 1 1 ∞ ? z +1 ? = = ? = ∑? = ∑ n +1 。 ? 1 ? z 2 ? ( z + 1) 2 1 ? z + 1 2 n =0 ? 2 ? n = 0 2 2 n n

(4)在 z + 1 > 2 上,

2 < 1 ,所以 z +1

∞ 1 1 1 1 1 ∞ 2n 2n ?1 = =? ? =? = ?∑ 。 ∑ n 1 ? z 2 ? ( z + 1) z +1 1? 2 z + 1 n =0 ( z + 1)n n =1 ( z + 1) z +1

第四章 第四章习题解答 22、确定下列各函数的孤立奇点,并指出它们是什么样的类型(对于极点, 要指出它们的阶) ,对于无穷远点也要加以讨论: (1)
z ( z 2 + 1) z ?1
2

; (2) cos

1 1 ; (3) 。 z +i sin z + cos z

15

解: (1) z = 0, z = i, z = ?i 是
2 ′ Q ? z ( z 2 + 1) ? ? ? ? ?

z ( z 2 + 1)

z ?1

2

的孤立奇点且是极点。

z =0

2 = ?( z 2 + 1) + 4 z 2 ( z 2 + 1) ? = 1 ≠ 0 , ? ? z =0 ? ? 2

∴ z = 0 是 z ( z 2 + 1) 的一阶零点,从而是
2 ′ Q ? z ( z 2 + 1) ? ? ? ? ?

z ( z 2 + 1)

z ?1

2

的一阶极点;

z =± i

2 = ?( z 2 + 1) + 4 z 2 ( z 2 + 1) ? = 0, ? ? z =± i ? ?

? z ( z 2 + 1)2 ?′′ ? ? ? ?

z =± i

′ 2 = ?( z 2 + 1) + 4 z 2 ( z 2 + 1) ? ? ? ? ?
3

z =± i

= ? 4 z ( z 2 + 1) + 8 z ( z 2 + 1) + 8 z 3 ? ? ?
2

z =± i

= 8 ( ±i ) ≠ 0 ,

∴ z = ±i 是 z ( z 2 + 1) 的二阶零点,从而是 z ?1

z ( z 2 + 1)
2

z ?1

2

的二阶极点。

Q

z ( z 2 + 1)

2

在 1< z < ∞ 内解析, lim z →∞

z ( z 2 + 1)

z ?1

= 0 ,∴ z = ∞ 是可去奇点,

四阶零点。
∞ ( ?1) 1 1 =∑ (2)Q cos 在 z = ?i 的罗朗展开式 cos 的主要 z +i z + i n =0 ( 2n ) !( z + i )2 n n

部分有无穷多项,
∴ z = ?i 是 cos Q cos 1 的本性奇点。 z +i

1 1 在 1 < z < ∞ 内解析, lim cos = 1, z →∞ z +i z +i 1 ∴∞ 是 cos 的可去奇点。 z +i
1 = sin z + cos z 1 1 ? 1 ? 2? sin z + cos z ? 2 ? 2 ? = 1 , π? ? 2 sin ? z + ? 4? ?

(3)

π 1 π? ? 的极点。 sin ? z + ? 的零点 zn = nπ ? , n = 0, ±1, ±2,L ,是 4 sin z + cos z 4? ?

16

? π ′? π? n ? ?sin ? z + ? ? 又 = cos ? z + ? = ( ?1) ≠ 0 , ? ? 4? ? 4 ? z = zn = nπ ? π ? ? ? ? ? z = zn = nπ ? π 4
4

∴ zn = nπ ?

π
4

, n = 0, ±1, ±2,L , 是 sin z + cos z 的一阶零点, 从而是

1 的 sin z + cos z

一阶极点。
z =∞是
1 的奇点,但不是孤立奇点,因为在无穷远点的的任 sin z + cos z

何邻域 r < z < ∞ 内,总有其它奇点。
1 ? ez 23、求 f ( z ) = 在孤立奇点处的留数。 1+ ez

解:1 + e z = 0 的解 zn = i ( 2n + 1) π . n = 0, ±1, ±2L ,是 由于 z →ilim 1 π 2 n+
( )

1 ? ez 的奇点。 1 + ez

1? ez 1 ? ez = ∞ ,∴ zn = i ( 2n + 1) π 是 的极点。又 1 + ez 1 + ez

? 1 + ez ? z ? 1? e

?′ ? ?

=
z = zn = i ( 2 n +1)π

e z (1 ? e z ) + e z (1 + e z )

(1 ? e )

z 2 z = zn = i ( 2 n +1)π

=

(1 ? e )

2e z

z 2 z = zn = i ( 2 n +1)π

=

?2 1 = ? ≠ 0, 2 2 2

∴ zn = i ( 2n + 1) π , n = 0, ±1, ±2,L , 是

1 + ez 1 ? ez 的一阶零点,从而是 的一阶极点。 1 ? ez 1 + ez

1 ? ez z = ∞ 不是 的孤立奇点,因为在它的任一邻域 r < z < ∞ 内,总有其它的 1 + ez

奇点。 由推论 2: Re sf ?i ( 2n + 1) π ? = ? ?
1? ez =
z = zn = i ( 2 n +1)π

(1 + e )′
z

1 ? ez ez

=
z = zn =i ( 2 n +1)π

1+1 = ?2 。 ?1

【 ∫ z =4

0 1 ? ez dz = 2π i ∑ Re sf ?i ( 2n + 1) π ? = 2π i × ( ?2 ? 2 ) = ?8π i 】 ? ? 1 + ez n =?1

17

24、求下列函数在指定点处的留数。 (1)
z

( z ? 1)( z + 1)

2

在 z = ±1, ∞ ;

(2)

1 ? e2 z 在 z = 0 ,∞。 z4
z

解:(1) z = 1 为 f ( z ) =

( z ? 1)( z + 1)
z

2

的一阶级点., 的二阶极点。
= lim
z →1

z = ?1 为 f ( z ) =

( z ? 1)( z + 1)

2

∴ Re sf (1) = lim ( z ? 1)
z →1

z

z

( z ? 1)( z + 1)

2

( z + 1)

2

=

1 , 4

Re sf ( ?1) = lim

? d ? z d ? z ? 1 2 = lim ? ?( z + 1) ?=? 。 2 ? z →?1 dz z →?1 dz z ? 1 4 ? ? ( z ? 1)( z + 1) ? ? ? ?

由于 z = ±1 已是 f ( z ) 的所有有限孤立奇点,
∴ Re sf ( ∞ ) = ? ? Re sf (1) + Re sf ( ?1) ? = 0 。 ? ?

(2) f ( z ) =

1 ? e2 z 在 z = 0 的罗朗展开式为 z4

f (z) =

?∑
n =1



( 2z )
n! z4

n

= ?∑

∞ 2n z n ? 4 2n + 4 z n = ?∑ n! n =1 n =?3 ( n + 4 ) ! ∞

23 4 4 ∴ a?1 = ? = ? ? Re sf ( 0 ) = ? 。 3! 3 3

由于 z = 0 是 f ( z ) 的仅有的一个有限孤立奇点,
∴ Re sf ( ∞ ) = ? Re sf ( 0 ) = 4 。 3

【 f (z) =

1 ? e2 z 在 z = 0 的罗朗展开式为 z3

18

f ( z) =

?∑
n =1



( 2z )
n! z3

n

= ?∑

∞ 2 n z n ?3 2 n +3 z n = ?∑ n! n =1 n =?2 ( n + 3 ) ! ∞

∴ a?1 = ?

22 = ?2 ? Re sf ( 0 ) = ?2 】 2!

25、求下列函数在其奇点(包括无穷远点)处的留数, m 是自然数) ( (1) z m sin (2)
ez 1 ( m 是自然数) ; z
2

( z ? 1)



(3)

ez ?1 。 sin 3 z
1 z

解: (1) z = 0 是 f ( z ) = z m sin 的有限远孤立奇点。在 z = 0 , f ( z ) 的罗朗展开 式为 f ( z ) = z
m ∞ ( ?1) ( ?1) ∑ ( 2n + 1)! z 2n+1 = ∑ ( 2n + 1)! z 2n+1?m 。 n=0 n=0 ∞ n n

令 2n + 1 ? m = 1 ,则 n =

m 。 2

Q n 为非负整数,∴ 只有 m 为偶数时上式才成立。

而当 m 为奇数时, 2n + 1 ? m ≠ 1 ,即 f ( z ) 在 z = 0 的罗朗展开式中没有 ?1 次 幂项,即 a?1 = 0 。
∴ 当 m 为奇数时, Re sf ( 0 ) = 0 。

( ?1) 2 ,所以,此时 m 当 m 为偶数时, n = 的项是 ?1 次幂项, a?1 = 2 ( m + 1)! ( ?1) 2 。 Re sf ( 0 ) = ( m + 1)!
19
m

m

( ?1) 2 ? 1 + ( ?1) 。 总之,不管 m 为偶数或奇数,都有 Re sf ( 0 ) = 2 ( m + 1)!
m

m

(2) z = 1 是 f ( z ) =

ez

( z ? 1)

2

的唯一的有限奇点,且是二阶极点。

∴ Re sf (1) = lim

d ? ez ? 2 = e, ?( z ? 1) 2 ? z →1 dz ( z ? 1) ? ? ? ?

∴ Re sf ( ∞ ) = ? Re sf (1) = ?e
e z ?1 (3) z = nπ , n = 0, ±1,L ,是 f ( z ) = 3 的孤立奇点。 sin z

f ( z ) 在 z = nπ 点的罗朗展开式为
f (z) = enπ e z ? nπ ? 1

( ?1)


n

sin 3 ( z ? nπ )

2 3 ? ( z ? nπ ) + ( z ? nπ ) + L? e ? 1 + e ?( z ? nπ ) + ? 2! 3! ? ? n ? ? = ( ?1) 3 3 5 ? ( z ? nπ ) + ( z ? nπ ) + L? ?( z ? nπ ) ? ? 3! 5! ? ? ? ? nπ

2 3 ? ( z ? nπ ) + ( z ? nπ ) + L? e nπ ? 1 + e nπ ?( z ? nπ ) + ? n 2! 3! ? ? ( ?1) ? ? ? = 3 3 2 4 ( z ? nπ ) ? ( z ? nπ ) ( z ? nπ ) ? + + L? ?1 ? 6 5! ? ? ? ?

? ( z ? nπ ) 2 ( z ? nπ )4 ? + + L? 在 z = nπ 解析,且为 ( z ? nπ ) 的偶函数,所以它在 ?1 ? 6 5! ? ? ? ?

?3

z = nπ 处的泰勒展开式中只有 ( z ? nπ ) 的偶次项。而

20

? ( z ? nπ ) 2 ( z ? nπ )4 ? + + L? ?1 ? 6 5! ? ? ? ?

?3

= 1,
z = nπ

?3 ′′ 2 4 ?? ( z ? nπ ) + ( z ? nπ ) + L? ? ? ? 及 ? ?1 ? ? ? 6 5! ? ? ?? ? ? ??

z = nπ

?4 ′ 3 ?? ? ? ( z ? nπ ) 2 ( z ? nπ )4 ? ? z ? nπ 4 ( z ? nπ ) ? ? = ?3 ? ? ? + + L? ?1 ? + + L? ? 3 5! 6 5! ?? ? ? ?? ?? ? ? ??

z = nπ

?4 2 ?? ? ? ( z ? nπ ) 2 ( z ? nπ ) 4 ? ? 1 12 ( z ? nπ ) = ?3 ? ? ? + + L? ?1 ? + + L? 5! 6 5! ?? ? ?? 3 ?? ? ??

? z ? nπ 4 ( z ? nπ )3 ? ? ( z ? nπ ) 2 ( z ? nπ )4 ? ?4 ? ? + + L? ?1 ? + + L? 3 5! 6 5! ? ? ? ? ? ? ? ?
?3

2

?5

? ? =1 ? ? ? z = nπ

? ( z ? nπ ) 2 ( z ? nπ )4 ? 1 2 4 ∴ ?1 ? + + L? = 1 + ( z ? nπ ) + a4 ( z ? nπ ) + L 。 6 5! 2 ? ? ? ?

? ? nπ f ( z) = e ? 1 + e nπ 3 ? ( z ? nπ ) ? ?
n

( ?1)

2 3 ? ( z ? nπ ) + ( z ? nπ ) + L? ? × ? ?( z ? nπ ) + ?? 2! 3! ? ?? ? ??

? ( z ? nπ )2 ? 4 × ?1 + + a4 ( z ? nπ ) + L? , 2 ? ? ? ?
1 ? 1? n ?1 n? ?1 次幂项的系数 a?1 = ( ?1) ? ( e nπ ? 1) + enπ ? = ( ?1) ? enπ ? ? 2 ? 2? ?2 ? 1? n? ∴ Re sf ( nπ ) = ( ?1) ? enπ ? ? 。 2? ?
21

z = ∞ 不是 f ( z ) 的孤立奇点。

26、求下列函数在其孤立奇点(包括无穷远点)处的留数。
α?

(1) e

1? ? z? ? 2? z?

; (2)

1

( z ?α ) ( z ? β )
m

(α ≠ β ) 。

解:(1) z = 0 是 f ( z ) = e

α?

1? ? z? ? 2? z?

的本性奇点, z = ∞ 为其孤立奇点。

f ( z ) 在 z = 0 点的罗朗展开式为
?α ? n ? z ∞ ? ?2? =∑ n! n =0
n

α?

e2?

1? ? z? ? z?

= e2 e

α

α 1 z ? ? 2 z

? α? ? ? ∞ ? ? 2? ∑ m m =0 m ! z

m

?α ? n ? z ∞ ? ?2? =∑ n! n =0
n

m =?∞



0

?α ? ?1) ? ? ?m ∞ 0 ( 1 ? α? m ?2? ?? ? z = ∑ ∑ m !? 2 ? n! m ! n = 0 m =?∞
?m

n?m

z n+ m 。

当 m + n = ?1 时,即 m = ?n ? 1 , n ? m = 2n + 1 时, z m+ n 的系数 a?1 即为
Re sf ( 0 ) ,所以
?α ? ? ? ?2? n !( n + 1) !
n +1 n ?( ? n ?1)

Re sf ( 0 ) = a?1 = ∑
n=0



( ?1)

=∑
n =0



( ?1)

?α ? ? ? ?2? n !( n + 1) !
n +1

2 n +1

【利用了 m = ?n ? 1 】 。
2 n +1

?α ? ?1) ? ? ∞ ( ?2? Re sf ( ∞ ) = ? Re sf ( 0 ) = ?∑ n !( n + 1) ! n =0
n +1

2 n +1

?α ? ?1) ? ? ∞ ( ?2? =∑ n !( n + 1) ! n=0
n



(2) z = α 是 f ( z ) =

1

( z ?α ) ( z ? β )
m

的 m 阶极点,而 z = β 是 f ( z ) 的一阶(单)

22

极点。
∴ Re sf (α ) = ? 1 d m ?1 ? 1 m lim m ?1 ?( z ? α ) ? m ( m ? 1)! z →α dz ? ( z ?α ) ( z ? β )? ? ?
1 d m ?1 ? 1 ? lim m ?1 ? ? ( m ? 1)! z →α dz ? z ? β ?
m ?1 m ?1

=

( ?1) ( m ? 1) ! = ( ?1) = ? 1 , 1 = lim m m ( m ? 1)! z →α ( z ? β )m (α ? β ) (β ?α )
Re sf ( β ) = lim ( z ? β )
z →β

1

( z ?α ) ( z ? β )
m

= lim
z →β

1

( z ?α )

m

=

1

(β ?α )

m



Q z = α , β 是 f ( z ) 的仅有的二个有限远孤立奇点,

∴ Re sf ( ∞ ) = ? ? Re sf (α ) + Re sf ( β ) ? = 0 。 ? ?

27、计算下列积分 (1) ∫ z =1 (2) ∫ z =1
dz ; z sin z dz , a < 1, b < 1, a ≠ b, n 为自然数;

( z ? a) ( z ? b)
n

n

(3)

1 2π

e2 z ∫ z =2 1 + z 2 dz 。
1 在单位圆内的孤立奇点。 z sin z

解:(1) z = 0 是被积函数 f ( z ) =

Q ( z sin z ) z =0 = 0 , ( z sin z )′

z =0

= ( sin z + z cos z ) z =0 = 0

23

( z sin z )′′

z =0

= ( 2 cos z ? z sin z ) z = 0 = 2 ≠ 0 。

∴ z = 0 是 z sin z 的二阶零点,也就是 f ( z ) 的二阶极点。

∴ Re sf ( 0 ) = lim

d ? 2 1 ? d ? z ? ?z ? = lim ? ? z → 0 dz ? z sin z ? z →0 dz ? sin z ?

= lim
z →0

sin z ? z cos z cos z ? cos z + z sin z z = lim = lim =0。 2 z →0 z → 0 2 cos z sin z 2 sin z cos z

由留数定理,得



dz = 2π i Re sf ( 0 ) = 0 。 z =1 z sin z

(2)由于 a < 1 , b < 1 ,∴ 被积函数 f ( z ) = 阶极点 z1 = a , z2 = b 。于是
Re sf ( a ) =

1

( z ? a) ( z ? b)
n

n

在单位圆内有二个 n

? 1 d n ?1 ? 1 n lim n ?1 ?( z ? a ) n n ? ( n ? 1)! z →a dz ? ( z ? a) ( z ? b) ? ? ? 1 d n ?1 ?n lim n ?1 ?( z ? b ) ? ? ( n ? 1)! z →a dz ?

=

=

1 ? n ?( n ?1) lim ( ? n )( ? n ? 1) ??? ? ? n ? ( n ? 2 ) ? ( z ? b ) ? ? z →a ( n ? 1)!
n ?1

= ( ?1)

n ( n + 1) ??? ( 2n ? 2 ) 1 ? 。 2 n ?1 ( n ? 1)! ( a ? b)
n ?1

同理 Re sf ( b ) = ( ?1)

n ( n + 1) ??? ( 2n ? 2 ) 1 ? 。 2 n ?1 ( n ? 1)! (b ? a )

24

由留数定理,得

∫ ( z ? a) ( z ? b)
z =1 n

dz

n

= 2π i ? Re sf ( a ) + Re sf ( b ) ? ? ?

= 2π i ( ?1)

n ?1

? n ( n + 1) ??? ( 2n ? 2 ) ? 1 1 + = 0。 ? 2 n ?1 2 n ?1 ? ( n ? 1)! (b ? a ) ? ?( a ? b) ? ? e2 z e2 z = , 1 + z 2 ( z ? i )( z + i )

(3)被积函数 f ( z ) =

∴ z1 = i , z2 = ?i 是 f ( z ) 在圆 z < 2 内的二个一阶极点。
? ? e 2i e2 z , Re sf ( i ) = lim ?( z ? i ) ?= z →i ( z ? i )( z + i ) ? 2i ? ? ? e2 z e ?2 i 。 Re sf ( ?i ) = lim ?( z + i ) ?=? z →? i 2i ( z ? i )( z + i ) ? ?

由留数定理,得
1 2π ? e 2i ? e ?2i e2 z 1 dz = 2π i ? Re sf ( i ) + Re sf ( ?i ) ? = i ? ? ? ∫ z =2 1 + z 2 2π ? 2i ? ? = i sin 2 。 ?

28、求下列各积分值 (1) ∫0


dθ 1 + cos 2 θ

; (2) ∫02

π

dθ a + sin 2 θ

( a > 0) 。

解:(1)Q cos 2 θ =

1 + cos 2θ , 2 2π 2π 4π dθ 2 dθ dθ ∴I = ∫ =∫ =∫ 0 0 3 + cos 2θ 0 3 + cos θ 1 + cos 2θ 1+ 2 2π 4π dθ dθ =∫ +∫ 。 0 3 + cos θ 2π 3 + cos θ

25

令 ? = θ ? 2π ,则 ∫2π
∴ I = 2∫
2π 0



dθ 3 + cos θ

? =θ ? 2π

=





0

2π d? dθ =∫ , 0 3 + cos θ 3 + cos ?

dθ 。 3 + cos θ
z + z ?1 dz , dθ = ,则 2 iz

令 z = eiθ , cos θ =
I = 2∫

dz 4 = ?1 z =1 ? i z+z ? ?3+ ? iz 2 ? ?
2



dz 。 z =1 z + 6 z + 1
2

f (z) =

1 有二个一阶极点 z1 = ?3 + 8 , z2 = ?3 ? 8 。 z + 6z +1

Q z2 = 3 + 8 > 1 ,∴ z2 在单位圆 z < 1 外。

又Q z1 = 3 ? 8 < 3 ? 4 = 1 ,∴ z1 在单位圆 z < 1 内。 由关于极点的留数定理的推论 2,得
Re sf ( z1 ) = 1 =
z = z1

( z + 6 z + 1)′
2

1 2 z + 6 z =?3+

=
8

1 2 8

=

1 4 2



由留数定理,得
4 4 1 I = × 2π i Re sf ( z1 ) = × 2π i × = 2π 。 i i 4 2

(2)Q sin 2 θ =
∴I = ∫
π 2 0

1 ? cos 2θ , 2

π π π dθ dθ 2 dθ dθ 2 =∫ =∫2 =∫ 。 2 0 0 2 a + 1 ? cos 2θ 0 2a + 1 ? cos θ 1 ? cos 2θ a + sin θ a+ 2 π θ = 2π ?? 2π π dθ d? dθ = ?∫ =∫ 。 2π 2 a + 1 ? cos ? π 2 a + 1 ? cos θ 2a + 1 ? cos θ

令 θ = 2π ? ? ,则 ∫0
∴I =

2π 1? π dθ dθ dθ ? 1 2π +∫ ? ∫0 2a + 1 ? cos θ π 2a + 1 ? cos θ ? = 2 ∫0 2a + 1 ? cos θ 。 2? ?

z + z ?1 dz , dθ = ,则 令 z = e , cos θ = 2 iz


26

I=

1 2π dθ 1 ∫0 2a + 1 ? cosθ = 2 2



z =1

dz dz =i∫ 。 ?1 z =1 z 2 ? 2 2 a + 1 z + 1 ? z+z ? ( ) ? 2a + 1 ? ? iz 2 ? ?

f ( z) =

1 有两个一阶极点 z1 = ( 2a + 1) + 2 a 2 + a 和 z ? 2 ( 2a + 1) z + 1
2

z2 = ( 2a + 1) ? 2 a 2 + a 。 z1 = ( 2a + 1) + 2 a 2 + a > 1 ,∴ z1 在单位圆 z < 1 外。

z2 = ( 2a + 1) ? 2 a 2 + a < 2a + 1 ? 2a = 1 ,∴ z2 在单位圆 z < 1 内。

由关于极点的留数定理的推论 2,得
Re sf ( z2 ) = 1 ? z ? 2 ( 2a + 1) z + 1?′ ? ?
2 z = z2

=

1 2 z ? 2 ( 2a + 1) z = 2 a +1 ? 2
( )

=?
a +a
2

1 4 a2 + a



由留数定理,得
I = i × 2π i Re sf ( z2 ) = i × 2π i × ?1 4 a2 + a =

π
2 a2 + a



29、求下列各积分的值 (1) ∫0 (3) ∫0


x 2 dx ; ( x2 + 1)( x2 + 4 )

(2) ∫?∞



cos x dx ; ( x 2 + 1) ( x 2 + 9 )



x sin mx dx ( m > 0, a > 0 ) 。 x4 + a4


解:(1) I = ∫0

x 2 dx 1 ∞ x 2 dx = ∫ 。 ( x 2 + 1)( x 2 + 4 ) 2 ?∞ ( x 2 + 1)( x 2 + 4 )

f (z) =

(z

2

+ 1)( z + 4 )
2

z2

z →∞ 在实轴上无奇点,且 zf ( z ) ??? 0 。 →

f ( z ) 有四个一阶极点,但只有二个 z1 = i , z2 = 2i 在上半平面。
? ? z2 1 ?=? , Re sf ( i ) = lim ?( z ? i ) 2 z →i ( z ? i )( z + i ) ( z + 4 ) ? 6i ? ? ?

27

? ? 1 z2 ?= 。 Re sf ( 2i ) = lim ?( z ? 2i ) 2 z → 2i ? ( z + 1) ( z ? 2i )( z + 2i ) ? 3i ? ? 1 π ∴ I = ? 2π i ? Re sf ( i ) + Re sf ( 2i ) ? = 。 ? ? 6 2

(2) f ( z ) =

(z

2

+ 1)( z 2 + 9 )

1

在实轴上无奇点,当 z → ∞ 时, f ( z ) → 0 。

F ( z ) = f ( z ) eiz 在上半平面有两个一阶极点 z1 = i 和 z2 = 3i 。
? ? e ?1 ( z ? i ) eiz ?= Re sF ( i ) = lim ? , 2 z →i ? ( z ? i )( z + i ) ( z + 9 ) ? 16i ? ? ? ? ?e ?3 ( z ? 3i ) eiz ?= 。 Re sF ( 3i ) = lim ? 2 z → 3i ? ( z + 1) ( z ? 3i )( z + 3i ) ? 48i ? ?

∴∫

cos xdx 1 ? ?1 = 2π i ? Re sF ( i ) + Re sF ( 3i ) ? = π ? ? 。 3 ? ? 2 ?∞ ? 8e 24e ? ? ( x + 1)( x + 9 )
∞ 2

(3) f ( z ) =

z z →∞ 在实轴上无奇点,且 f ( z ) ??? 0 。 → 4 z +a
4

F ( z) = f ( z)e z2 = ae 4 。
3 i π

imz

π i zeimz = 4 在上半平面有二个一阶极点 z1 = ae 4 和 z + a4

由关于极点的留数定理的推论 2,得
Re sF ( z1 ) = zeimz eimz = 2 4z
z = z1 im
π
4

( z + a )′
4 4

=

e

a (1+ i ) 2
2

z = ae

i

4a i
im

=

e

?

e 4a 2i

ma ma i 2 2



Re sF ( z2 ) =


ze
4

imz
4

( z + a )′

=
z = z2

e 4z2

imz

3 i π z = ae 4

=?

e

a ( ?1+ i ) 2
2

4a i

=?

e

?

ma ma ?i 2 2

e 4a 2i



∴∫

0

x sin mx dx = π ? Re sF ( z1 ) + Re sF ( z2 ) ? ? ? x4 + a4

ma ma ? ?i ? ? ma i ma 2 2 2 e e 2 ?e e =π ? ? 2 4a 2 i ? 4a i ?

? ma ma ? π ? 2 ? = 2a 2 e sin 2 。 ? ?

28

30、从 ∫ c

eiz dz 出发,其中 c 为如图所示之围线,方 z

向沿逆时针方向。证明





0

∞ sin x cos x π dx = ∫ dx = 。 0 2 x x

eiz eiz (1) 解:Q 在 c 所围的区域内解析,∴ 由柯西定理: ∫ c dz = 0 。 z z

又 ∫c

ix ?y ε e R e eiz eiz eiz dz = ∫ dx + ∫ dz + ∫ idy + ∫ dz 。 (2) ε ΓR R Γε z x z iy z

令 z = Reiθ ,则



ΓR

π eiz eiz e dz ≤ ∫ dz = ∫ 2 Γ 0 z z

iR ( cosθ + i sin θ ) i

θ

iRe dθ = R ∫ 2 e? R sin θ dθ ,
0



π

Re 2

∴∫

ΓR

π eiz dz ≤ R ∫ 2 e? R sinθ dθ 。 0 z





π

≤ sin θ ≤ θ , ?θ ≤ ? sin θ ≤ ?



? π? , ?θ ∈ ? 0, ? , π ? 2?

∴∫

ΓR

2R π π ? θ eiz π R →∞ 2 ? R sin θ 2 ?1 ? e? R ? ??? 0 。 dz ≤ R ∫ e dθ ≤ R ∫ e π dθ = → (3) ? ? 0 0 z 2 R

Q∫

Γε

z =ε e eiz eiz dz ≤ ∫ dz = Γε z z





π

2 0

e

iε ( cosθ + i sin θ )

εe 2

i

θ

iε eiθ dθ = ε ∫ 2 e ?ε sin θ dθ ,
0

π

∴∫

Γε

π eiz dz ≤ ε ∫ 2 e? ε sin θ dθ 。 0 z

π 又 0 ≤ sin θ ≤ 1 , ?θ ∈ ?0, ? , ? ?
?
2?

∴∫

Γε

π π eiz π ε →0 ε ??? 0 。 dz ≤ ε ∫ 2 e ?ε sin θ dθ ≤ ε ∫ 2 dθ = → (4) 0 0 2 z

∴ 令 R → ∞, ε → 0 ,由(1)(2)(3)(4)得 、 、 、
29





0

?y ∞ e eix dx = i ∫ dy , (5) 0 x y

而 ∫0



π y =t ∞ i 2 e? y 1 dy = 2 ∫ e ? t dt = π ,及 i = e 4 = (1 + i ) , 0 y 2
2

于是 i ∫0



e? y π π π dy = (6) (1 + i ) = + i 。 2 2 y 2

由(5)和(6)得





0

∞ cos x ∞ sin x eix π π dx = ∫ dx + i ∫ dx = +i 。 (7) 0 0 2 2 x x x

比较(7)两边的实部和虚部,得





0

∞ sin x cos x π dx = ∫ dx = 。 (8) 0 2 x x

进一步,若令 x = y 2 ,则(8)成为
2 ∫ cos y 2 dy = 2 ∫ sin y 2 dy =
0 0 ∞ ∞

π
2


π
2 2

从而





0

cos x 2 dx = ∫ sin x 2 dx =
0





二、数学物理方程及特殊函数部分习题解答 数学物理方程及特殊函数部分习题解答 及特殊函数部分习题
第五章 第五章习题解答 31、弦在阻尼介质中振动,单位长度的弦所受阻力 F = ? Rut (比例常数 R 叫 做阻力系数) ,试推导弦在这阻尼介质中的振动方程。 解 : 与 课 上 推 导 弦 的 受 迫 振 动 方 程 一 样 , 令 其 中 的 F ( x, t ) = ? Rut ,
f ( x, t ) = F ( x, t )

ρ

=?

R

ρ

ut ,

30

∴ 弦在介质中的振动方程为: utt = a 2u xx ?

R

ρ

ut ,即

utt + but = a 2u xx , a 2 =

T

ρ

,b =

R

ρ



32、 长为 l 柔软 均质轻 绳,一 端 ( x = 0 )固定在以匀速 ω 转动 的竖直轴上。 由于惯性离心力 的作用, 这绳的平衡位置应是 水平线。 试推导此绳相对于水 平线的横振动方程。 解 : 研 究 位 于 x 到 x + dx 这 一 段绳 A 的振动情况。设绳的 质量密度为 ρ 。A 在纵向没 有运动,于是 A 所受的纵向 合力为零,即 A 所受的张力 在纵向的合力等于其所受的 惯性离心力,
T2 cos α 2 ? T1 cos α1 + ρ dsω 2 x = 0



T2 cos α 2 ? T1 cos α1 = ? ρ dsω 2 x

(1)

v 在横向,由牛顿第二定律 F = ma ,得
T2 sin α 2 ? T1 sin α1 = ρ dsutt

uv

(2)

在小振动条件下,有
cos α1 ≈ cos α 2 ≈ 1 , ds ≈ dx ,
31

注意到 T2 = T x + dx , T1 = T x ,由(1)得
T
x + dx

? T x = ? ρ dxω 2 x ,

即 dT = ? ρω 2 xdx 于是绳中任一点 x 处的张力为
T ( x ) = ∫ dT = ? ∫ ρω 2 xdx = ∫ ρω 2 xdx =
T x l 0 l x

1 ρω 2 ( l 2 ? x 2 ) 。 (3) ( x, l ) 段的惯性离 【 2

心力】 又 sin α1 ≈ tan α1 = u x x , sin α 2 ≈ tan α 2 = ux x+ dx ,代入(2)得

(Tu x ) x+ dx ? (Tu x ) x = ρ dxutt , ?

? (Tu x ) ?x = ρ utt , (4)

(Tu x ) x + dx ? (Tux ) x
dx

= ρ utt

将 T ( x ) 的表达式(3)代入(4) ,得绳相对于水平线的横振动方程为
1 ? utt = ω 2 ?( l 2 ? x 2 ) u x ? ? 2 ?x ?

与 ρ 无关。

【 0 < x < l ,边界条件 u x=0 = 0 , u x =l 有限(自然边界条件) 】 33、长为 l 的均匀杆,两端由恒定热流进入,其强度为 q0 。试写出这个热传 导问题的边界条件。 解:由热传导的傅里叶定律
u v

q = ?k ?u ,在边界 Σ 上有 q ? n = ?k
Σ

u u v v

v ?u ,其中 n 为边界 Σ 的单位法线矢 ?n Σ

量,

v v v v v v ?u = ?u ? n 为 u 沿 n 的方向导数。在 x = 0 端, q ? n = q0 i ? ?i = ? q0 ,而 ?n ?u ?u = ? ,所以 ?n ?x

( )

?u ? ?u ? ? q0 = ? k ? ? ? ? q0 = ? k ?x ? ?x ? x =0


x =0

32

在 x = l 端, q ? n = ( ?q0 i ) ? i = ?q0 ,而
v v v v

?u ?u = ,所以 ?n ?x

? q0 = ? k

?u ?x

? q0 = k
x =l

?u ?x


x =l

即边界条件为: u x x =0 = ?

q0 , ux k

x =l

=

q0 。 k

v v ?q0 i, x = 0 u v ?u v ? 或: 在一维时, u = i , q = ? v ? 而 , 由热传导的傅里叶定律 q = ?k ?u , ?x ? ? q0 i, x = l ?
v ?u v ?q0 i, x = 0 ? 得 ?k i = ? v ,所以边界条件为 ?x ? ? q0 i, x = l ?

ux

x =0

=?

q0 , ux k

x =l

=

q0 。 k

34、半径为 R 而表面燻黑的金属长圆柱,受到阳光照射,阳光方向垂直于柱 轴,热流强度为 M 。设圆柱外界的温度为 u0 ,试写出这个圆柱的热传 导问题的边界条件。 解法一:如图取极坐标系,极轴垂直于阳光,由 法一: 阳光照射而产生的,通过圆柱表面流入圆柱 体的热流强度为
uu v uv ?? M sin θ eρ ( 0 < θ < π ) ? , q1 = ? (π < θ < 2π ) ?0 ?

同样由阳光照射而产生的,通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为
uu v uv′ uv ? M sin θ eρ ? q1 = ? q1 = ? ?0 ?

(0 < θ < π ) 。 (π < θ < 2π )
uuv

由圆柱本身的温度分布产生的热流强度为 q2 = ?k ?u ,而在极坐标系中
uu ? uu 1 ? v v ? = eρ + eθ ? ,故其通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为 ?ρ ρ ?θ uuv′ v uv uuv ?u uu q2 = ?k eρ 。总的通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为 q1′ + q2 ′ ,其 ?ρ

33

? 在表面的大小为 q = ?? q1′ + q2 ′ ? ? eρ ? ? ?? ?? ?
? M sin θ ? f (θ ) = ? ?0 ?

uv

uuv

uu v

? ρ =R

= ?k

?u ?ρ

+ f (θ ) ,其中
ρ =R

(0 < θ < π ) 。 (π < θ < 2π )

由牛顿热交换定律,知 q 应与 ( u ρ = R ? u0 ) 成正比,即
?k ?u ?ρ
ρ =R

+ f (θ ) = h u ρ = R ? u0 ,

(

)

? ? ?u ? ?? M sin θ ? hu0 ( 0 < θ < π ) ∴ ? ?k ? hu ? = ? f (θ ) ? hu0 = ? , (π < θ < 2π ) ? ?hu0 ? ?ρ ? ρ =R ?

两边除以 ?h ,即得边界条件为:
?M ? k ?u ? ? sin θ + u0 ( 0 < θ < π ) ,H = 。 u+H =? h ? ? h ?ρ ? ρ = R ? ? (π < θ < 2π ) ? u0

法二: 解法二:取如图的圆柱表面的一个小块来分析。 小块的面积为 ?s ,厚度为 ?r ,两个表面分别 为 Σ 和 Σ′ ,n 为 Σ 的外法线方向单位矢量,而 n′ 为 Σ′ 的内法线方向单位矢量。 单位时间流出小 块的热量等于其能量的减少率,即
?c ρ?r ?s uv v ?u v ′ (*) = n ? ( ? k ?u ) ?s + h ( u Σ ? u0 ) ?s + q1 ? n?s , ?t Σ′

v

v

uu v uv ?? M sin θ eρ ? 其中 q1 = ? ?0 ?

v uu ( 0 < θ < π ) , n = ev 。 ρ (π < θ < 2π ) u v u v

令 ?r → 0 ,则 Σ' → Σ , n′ → ?n , (*)的左边趋于 0 , (*)成为
k ?u + h ( u Σ ? u0 ) + f (θ ) = 0 , (**) ?n Σ
uv v

其中 f (θ ) = q1 ? n = ? ?

? ? M sin θ ?0 ?

(0 < θ < π ) , (**)两边除以 h ,即得边界条件: (π < θ < 2π )
34

?M ? k ?u ? ? sin θ + u0 ( 0 < θ < π ) ,H = 。 = u0 ? f (θ ) = ? h ?u + H ? h ?ρ ? ρ = R ? ?u0 (π < θ < 2π ) ?

第六章 第六章习题解答 35、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, 求解此弦的振动。 解:先求出初始位移,分 ( 0, x0 ) 和 ( x0 , l ) 两段来考虑。 设 x0 点的位移为 h ,则 在 0 < x < x0 中, u = x tan α1 =
h x, x0 h (l ? x ) 。 l ? x0

在 x0 < x < l 中, u = ( l ? x ) tan α 2 =

在小振动, α1 、 α 2 很小的条件下,利用力的平衡条件和小振动条件
sin α1 ≈ tan α1 , sin α 2 ≈ tan α 2 ,得

?h h ? Tlh F0 = T sin α1 + T sin α 2 ≈ T tan α1 + T tan α 2 = T ? + , ?= ? x0 l ? x0 ? x0 ( l ? x0 )

于是

h=

F0 x0 ( l ? x0 ) Tl



∴ u t =0

? F0 ( l ? x0 ) x ? ? Tl =? ? F0 x0 ( l ? x ) ? Tl ?

( 0 < x < x0 ) ( x0 < x < l )



∴ 定解问题为

35

? utt = a 2u xx ( t > 0, 0 < x < l ) ? (t > 0) ?u x = 0 = u x = l = 0 ? ? F0 ( l ? x0 ) ? x ( 0 < x < x0 ) 。 ? ? ? Tl u t =0 = ? ( x ) = ? ? ? F0 x0 (l ? x) ( x < x < l ) ? 0 ? Tl ? ? ? (0 < x < l ) ? ut t = 0 = 0

分离变数,令 u ( x, t ) = X ( x ) T ( t ) ,代入方程及边界条件,可得既满足方 程又满足边界条件的通解为
∞ nπ a nπ a ? nπ ? u ( x, t ) = ∑ ? An cos t + Bn sin t ? sin x。 l l ? l n =1 ? ∞

代入初始条件,得 ? ( x ) = u t =0 = ∑ An sin
n =1

nπ x, l

0 = ut
An =

t =0

= ∑ Bn
n =1



nπ a nπ sin x 。∴ Bn = 0 l l

( n = 1, 2,L)

2 l nπ ∫0 ? ( x ) sin l xdx l
l F x ? 2 ? x0 F0 ( l ? x0 ) nπ nπ x sin xdx + ∫ 0 0 ( l ? x ) sin xdx ? ? ∫0 x0 Tl l? Tl l l ?
x0

=

2 ? F0 ( l ? x0 ) ? l 2 nπ lx nπ ? = ? x? cos x? ? 2 2 sin l? Tl l nπ l ?0 ?n π ?
l

Fx F x ? l2 nπ nπ lx nπ ? 0 0 cos x ? 0 0 ? 2 2 sin x? cos nπ T l x0 Tl ? n π l nπ l ∴ u ( x, t ) = 2 F0l ∞ 1 nπ x0 nπ a nπ sin cos t sin x。 2 ∑ 2 T π n =1 n l l l

l ? ? 2F l nπ x0 。 x ? ? = 2 0 2 sin l ? x0 ? Tn π ?

36、研究长为 l ,一端固定,另一端自由,初始位移为 hx 而初始速度为零的 弦的自由振动情况。 解:即求解定解问题

36

? utt = a 2u xx ( t > 0, 0 < x < l ) ? 。 (t > 0) ?u x = 0 = u x x =l = 0 ? u = hx, u (0 < x < l ) t t =0 = 0 ? t =0

分离变数,令 u ( x, t ) = X ( x ) T ( t ) , 可得: T ′′ + λ a 2T = 0 , (1)
? X ′′ + λ X = 0 , ? ? X ( 0) = X ′ (l ) = 0

(2)
2

1? 1? 2 ? ? ?n+ ? π ? n + ?π 由(2)解得: λn = ? 22 ? , X ( x ) = c2 sin ? 2 ? x , n = 0,1, 2,L 。 l l 1? 1? ? ? ? n + ?π a ? n + ?π a 由(1)解得: Tn ( t ) = An cos ? 2 ? t + Bn sin ? 2 ? t 。 l l

定解问题的通解为
? 1? 1? ? 1? ? ? ? ? n + ?π a ? n + ?π a ? ? n + ?π ? 2? 2? 2? u ( x, t ) = ∑ ? An cos ? t + Bn sin ? t ? sin ? x。 l l l ? n =0 ? ? ? ? ?


由初始条件 ut t =0 = 0 ,得:
1? 1? ? ? ? n + ?π ? n + ?π 2 2 ∑ Bn ? l ? sin ? l ? x = 0 , n =0


∴ Bn = 0

( n = 1, 2,L) 。

由初始条件 u t =0 = hx ,得:
1? ? ? n + ?π 2 ∑ An sin ? l ? x = hx , n =0


37

1? ? n ? n + ?π ( ?1) 2hl , 2 l 2? ? An = ∫ hx sin xdx = 2 l 0 l 1? 2 ? ?n + ? π 2? ?


∴ u ( x, t ) = ∑
n =0

( ?1) 2hl
n

1? 2 ? ?n+ ? π 2? ?
∞ n

2

1? 1? ? ? ? n + ?π a ? n + ?π 2? 2? cos ? t sin ? x l l

1? 1? ? ? ? n + ?π a ? n + ?π ( ?1) cos ? 2 ? t sin ? 2 ? x 。 2hl = 2 ∑ 2 π n =0 ? l l 1? ?n+ ? 2? ?

37、求解细杆的热传导问题。杆长为 l ,两端温度保持为零度,初始温度分 布为 u t =0 =
bx ( l ? x ) 。 l2

解:定解问题为
?ut = a 2u xx ( t > 0, 0 < x < l ) ? ?u x = 0 = u x =l = 0 ( t > 0 ) 。 ? bx ( l ? x ) ? (0 < x < l ) ?u t =0 = l2 ?

令 u ( x, t ) = X ( x ) T ( t ) ,则可求得 X ( x ) = C sin
? n 2π 2 a 2 T ( t ) 满足 T ′ + T = 0 ? T = An e 2 l n 2π 2 a 2 l2 t

nπ x , n = 1, 2, ??? , l


nπ x。 l

定解问题的通解为 u ( x, t ) = ∑ An e
n =1



?

n 2π 2 a 2 l2

t

sin

由初始条件 u t =0 =
An =

bx ( l ? x ) l
2

得: ∑ An sin
n =1



bx ( l ? x ) nπ x= , l l2

l 2 l (l ? x ) 2b ? l nπ nπ nπ ? bx 2 sin xdx = 3 ? ∫ lx sin xdx ? ∫ x 2 sin xdx ? ∫0 l 0 0 l l l ? l l ?

38

2b ? ? l 2 nπ lx nπ cos = 3 ?l ? 2 2 sin x? l ? ?n π l nπ l ?

? x? ?0
l ? ? x? ? ?0? ?

l

? lx 2 nπ 2l 2 x nπ 2l 3 nπ cos x ? 2 2 sin x ? 3 3 cos +? l nπ l nπ l ? nπ

=

? 2b ? 2l 3 2l 3 4b n ? 3 3 cos nπ ? = 3 3 ?1 ? ( ?1) ? 3 ? 3 3 ? ? l ?n π nπ ? nπ

?0 ? =? 8b ? 2k + 1 3 π 3 ) ?(
∴ u ( x, t ) = 8b

( n为偶数,n = 2k , k = 1, 2,L) ( n为奇数,n = 2k + 1, k = 0,1,L)
1
3



π

3


n =0



( 2n + 1)

e

?

( 2 n +1)2 π 2 a 2
l2

t

sin

( 2n + 1) π
l

x

当 t → ∞ 时, u → 0 。整个杆达到平衡状态。 38、求解细杆的热传导问题。杆长为 l ,初始温度为均匀的 u0 ,两端温度分 别保持为 u1 和 u2 。 解:定解问题为
? ut = a 2u xx ( t > 0, 0 < x < l ) ? (t > 0) 。 ?u x = 0 = u1 , u x =l = u2 ? (0 < x < l ) ?u t =0 = u0

先将非齐次边界条件化为齐次边界条件。令 u ( x, t ) = v ( x, t ) + w ( x ) ,
? w′′ ( x ) = 0 使 w ( x ) 满足 ? ? ? w x =0 = u1 , w x =l = u2 ?

,则 w ( x ) = Cx + D , (*)

将(*)代入 w x =0 = u1 ,得 w x =0 = u1 ? D = u1 , 将(*)代入 w x =l = u2 ,得 w x =l = u2 ? C =
∴ w ( x ) = u1 + u2 ? u1 x。 l u2 ? u1 , l

39

?vt = a 2 vxx ( t > 0, 0 < x < l ) ? ?v x = 0 = u x = 0 ? w x = 0 = 0 ( t > 0 ) 于是 v ( x, t ) 满足 ?v = u ? w = 0 ( t > 0 ) , ? x =l x =l x =l ? u2 ? u1 ? ?v t =0 = u t =0 ? w ( x ) = u0 ? u1 ? l x ( 0 < x < l ) ?

其通解为 v ( x, t ) = ∑ An e
n =1



?

n 2π 2 a 2 l2

t

sin

nπ x。 l

由初始条件 v t =0 = u0 ? u1 ?
An =
u ?u 2 l? ∫0 ? u0 ? u1 ? 2 l 1 l ?

∞ u2 ? u1 u ?u nπ x 得: ∑ An sin x = u0 ? u1 ? 2 1 x , l l l n =1

nπ ? x ? sin xdx l ?
?? x ?? ?? 0
l

2? l nπ u ? u ? l2 nπ lx nπ = ? ? ( u0 ? u1 ) cos x ? 2 1 ? 2 2 sin x? cos l? nπ l l ?n π l nπ l
=

2 ( u0 ? u1 ) ? 2 ( u2 ? u1 ) 2 n n n 1 ? ?1 ? + ( ?1) = ?u0 ? u1 + ( ?1) ( u2 ? u0 ) ? 。 ? ( ) ? ? ? nπ nπ nπ
2


? ?1 ? ( ?1)n ? ? n2π 2 a 2 ?? ? u ? u + ?1 n u2 ? u1 ? e ? l 2 t sin nπ x ∴ v ( x, t ) = ∑ ? ( 0 1) ( ) ? π n =1 ? n n ? l ? ?
? 1 n = ∑ ?u0 ? u1 + ( ?1) ( u2 ? u0 ) ? e ? π n =1 n ?

2



n 2π 2 a 2 l2

t

sin

nπ x。 l

∴ u ( x, t ) = v ( x, t ) + w ( x )
n ?? ? n 2π 2 a 2 ? u2 ? u1 2 ∞ ? ?1 ? ( ?1) ? nπ n u2 ? u1 ? ? l 2 t = u1 + x + ∑? sin x ( u0 ? u1 ) + ( ?1) ?e l π n =1 ? n n ? l ? ? ? u ?u 2 ∞ 1 n = u1 + 2 1 x + ∑ ?u0 ? u1 + ( ?1) ( u2 ? u0 ) ? e ? l π n =1 n ? n 2π 2 a 2 l2

t

sin

nπ x。 l

39、长为 l 的柱形管,一端封闭,另一端开放。管外空气中含有某种气体, 其浓度为 u0 ,向管内扩散。求该气体在管内的浓度 u ( x, t ) 。 解:定解问题为
40

? u t = a 2 u xx ? ? ?u x=0 = u0 , u x ? ?u t=0 = 0 ?

(t
x=l

> 0, 0 < x < l ) = 0

(t

> 0 )。

(0

< x < l)

先将非齐次边界条件化为齐次边界条件,令 u ( x, t ) = v ( x, t ) + w ( x ) ,
? w′′ ( x ) = 0 ? w ( x ) = Cx + D ? 使 w ( x ) 满足 ? w ( 0 ) = u0 ? D = u0 , ? ′ ?w (l ) = 0 ? C = 0

解之,得: w ( x ) = u0 。
?vt = a 2 vxx ( t > 0, 0 < x < l ) ? (t > 0) ?v = u x = 0 ? w x = 0 = 0 v ( x, t ) 满足 ? x =0 。 (t > 0) ?vx x =l = u x x =l ? w′ x =l = 0 ?v = u ? w x = ?u 0 < x < l ( ) ) 0 ( t =0 ? t =0

令 v ( x, t ) = X ( x ) T ( t ) ,可求得
1? ? ? n + ?π 2? X ( x ) = B sin ? x l
2

( n = 0,1, 2,L) ,

2 1? ? 1? 2 2 ? ? n+ ? π a n + ? π 2a2 2? ? ?? t 2? l2 T ′ (t ) + ? T ( t ) = 0 , T ( t ) = An e 2 l

( n = 0,1, 2,L) 。

定解问题的通解为: v ( x, t ) = ∑ An e
n =0



? 1? 2 2 ? n+ ? π a 2? ?? t l2

2

1? ? ? n + ?π 2? sin ? x。 l

由初始条件 v t =0 = ?u0 得:

∑ A sin
n =0 n



(n + )π l

1 2

x = ?u0 ,

1? ? ? n + ?π 4u0 2 l 2? An = ∫ ( ?u0 ) sin ? xdx = ? l 0 l ( 2n + 1) π

( n = 0,1, 2,L) 。

41

? 1 于是 v ( x, t ) = ? ∑ 2n + 1 e π n =0

4u0



( 2 n +1)2 π 2 a 2
4l2

t

sin

( 2n + 1) π x ,
2l
( 2 n +1)2 π 2 a 2
4l 2 t

? 1 ∴ u ( x, t ) = w ( x ) + v ( x , t ) = u 0 ? ∑ 2n + 1 e π n =0

4u0



sin

( 2n + 1) π x 。
2l

40、均匀的薄板占据区域 0 < x < a , 0 < y < ∞ 。其边界上的温度为
u x =0 = 0 , u x = a = 0 , u y = 0 = u0 , lim u = 0 。求解板的稳定温度分布。
y →∞

解:定解问题为
?u + u = 0 ( 0 < x < a, 0 < y < ∞ ) yy ? xx ? (0 < y < ∞) 。 ?u x = 0 = u x = a = 0 ?u = u0, lim u = 0 (0 < x < a) ? y =0 y →∞ ?

关于 x 的边界条件是齐次的,用分离变数法来解: 令 u ( x, y ) = X ( x ) Y ( y ) ,代入方程可得
X ′′ Y ′′ = ? = ?λ , X Y

于是 Y ′′ ? λY = 0 ,
? X ′′ + λ X = 0 ? 。 ? ? X ( 0) = X ( a ) = 0 ?

(1) (2)

由(2)求得 λ =

n 2π 2 nπ , X ( x ) = C sin x , n = 1, 2, ??? 2 a a

将 λ 的值代入(1)得:
Y ′′ ? n 2π 2 Y =0, a2
nπ y a

Y ( y ) = An e

+ Bn e


?

nπ y a



nπ nπ y ? y ? ? nπ a 于是 u ( x, y ) = ∑ ? An e + Bn e a ? sin x 。 a n =1 ? ?

由 lim u ( x, y ) = 0 ,得 An = 0 , n = 1, 2, ??? 。 y →∞
42

由 u y =0 = u0 ,得 ∑ Bn sin
n =1



nπ x = u0 , a

Bn =

2u 2 a nπ n ∫0 u0 sin a xdx = nπ0 ?1 ? ( ?1) ? ? ? a

?0 ? = ? 4u0 ? ( 2k + 1) π ?

( n = 2k , k = 1, 2, ???) ( n = 2k + 1, k = 0,1, 2, ???)


∴ u ( x, y ) =

4u0

π


k =0



e

?

( 2 k +1)π
a

y

2k + 1

sin

( 2k + 1) π x 。
a

41、研究处于重力场中,长为 l ,一端固定,另一端自由,初始位移和初始 速度均为零的弦的受迫振动情况,设重力加速度为 g 。即试用分离变数 法求解定解问题
? utt = a 2u xx + g ( t > 0, 0 < x < l ) ? (t > 0) 。 ?u x = 0 = 0, u x x =l = 0 ? u = 0, u (0 < x < l ) t t =0 = 0 ? t =0

解:先将非齐次方程化为齐次方程。令 u ( x, t ) = v ( x, t ) + w ( x ) ,
g ? ′′ ?w ( x ) = ? 2 a 使 w ( x ) 满足 ? 。 ? w ( 0 ) = w′ ( l ) = 0 ?

解之,得: w = ?

g 2 x + C1 x + C2 2a 2 gl gl w ( 0 ) = 0 ? C2 = 0 , w′ ( l ) = 0 ? ? 2 + C1 = 0, C1 = 2 , a a g 2 gl gx ? x ? x + 2 x = 2 ?l ? ? 。 2 2a a a ? 2?

∴w( x) = ?

?vtt = a 2 vxx ( t > 0, 0 < x < l ) ? (t > 0) ?v x =0 = 0, vx x =l = 0 ? v ( x, t ) 满足 ? g 2 gl ?v t = 0 = u t = 0 ? w ( x ) = 2 x ? 2 x 2a a ? ?vt t = 0 = 0 (0 < x < l ) ?

(0 < x < l )



用分离变数法可求得 v ( x, t ) 的通解为
43

? 1? 1? ? 1? ? ? ? ? n + ?π a ? n + ?π a ? ? n + ?π ? 2? 2? 2? v ( x, t ) = ∑ ? An cos ? t + Bn sin ? t ? sin ? x。 l l l ? n =0 ? ? ? ? ?


由 vt t =0 = 0 ,得:
? ? 1? ? 1? ? ? n + ?π ? ? n + 2 ?π a ? 2 ∑ ? Bn ? l ? ? sin ? l ? x = 0 ?Bn = 0 ? n =0 ? ? ? ? ?


( n = 0,1, 2L) 。

由 v t =0

1? ? ? n + ?π g gl g gl 2? = 2 x 2 ? 2 x ,得: ∑ An sin ? x = 2 x 2 ? 2 x ,利用 2a a l 2a a n =0


1? ? 1? ? ? ? n + ?π 2 ? n + ?π ? lx 2? 2? 2 ? ? ∫0 x sin l xdx = ? ? ? 1 ? cos l x ? n+ π ? ? ? 2? ? ?
l

1? 1? ? ? ? n + ?π ? n + ?π 2l 2 x 2l 3 2? 2? sin ? cos ? + x+ 2 3 l l 1? 2 1? 3 ? ? ?n+ ? π ?n+ ? π 2? 2? ? ?

? ? x? ? ? ?0

l

=

( ?1)

n

2l 3
2

1? 2 ? ?n+ ? π 2? ?

?

2l 3 1? 3 ? ?n+ ? π 2? ?
3



1? ? n ? n + ?π l ( ?1) l 2 ,得 2? ? 及 ∫0 x sin xdx = 2 l 1? 2 ? ?n+ ? π 2? ? 1? ? ? n + ?π 2 ? g gl ? 2? An = ∫ ? 2 x 2 ? 2 x ? sin ? xdx 0 2a l ? a ? l
l

=

( ?1)

n

2 gl 2
2

1? 2 2 ? ?n+ ? π a 2? ?

?

2 gl 2 1? 3 2 ? ?n+ ? π a 2? ?
3

?

( ?1)

n

2 gl 2
2

1? 2 2 ? ?n+ ? π a 2? ?
44

=?

16 gl 2
3 ( 2n + 1) π 3a 2



1? 1? ? ? ? n + ?π a ? n + ?π 16 gl 1 2? 2? ∴ v ( x, t ) = ? 3 2 ∑ cos ? t sin ? x。 3 π a n= 0 ( 2n + 1) l l
2 ∞

∴ u ( x, t ) = v ( x , t ) + w ( x )
= gx ? x ? 16 gl 2 ?l ? ? ? a 2 ? 2 ? π 3a 2


n =0



1

( 2n + 1)

3

cos

( 2n + 1) π a t sin ( 2n + 1) π x 。
2l 2l

42、半径为 a ,表面燻黑了的均匀长圆柱,在温度为零度的空气中受着阳 光的照射,阳光垂直于柱轴,热流强度为 q ,试求圆柱内的稳定温度 分布。 ,显然温 解:取圆柱的轴为 z 轴,由于圆柱是均匀且长(可以认为无限长) 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: f (? ) ? kuρ
ρ =a

= h ( u ? 0 ) ρ = a ,或

( hu + ku )
ρ

ρ =a

? q sin ? ( 0 < ? < π ) ? 。 【利用 34 题的结果】 = f (? ) = ? (π < ? < 2π ) ?0 ?

∴定解问题为
? ? 2u 1 ?u 1 ? 2u + ? = 0 ( ρ < a) ? 2+ ? ρ ?ρ ρ 2 ?? 2 ?ρ ? ? ? ( hu + ku ) = f (? ) ( 0 < ? < 2π ) 。 ρ ? ρ =a ? = 有限值 ( 0 < ? < 2π ) ?u ? ρ →0

方程的通解为
u ( ρ , ? ) = C0 + D0 ln ρ + ∑ ( Am cos m? + Bm sin m? ) ? Cm ρ m +
m =1 ∞

? ?

Dm ? ?。 ρm ?

u ρ →0 = 有限值 ? D0 = 0, Dm = 0, m = 1, 2, ??? 。

故通解又可写为
′ ′ u ( ρ , ? ) = C0 + ∑ ( Am cos m? + Bm sin m? ) ρ m 。
m =1 ∞

45

由 ( hu + kuρ ) ρ =a = f (? ) = ? ?


? q sin ? ( 0 < ? < π ) ,得 (π < ? < 2π ) ?0 ?

′ ′ hC0 + ∑ ( ha + km ) a m ?1 ( Am cos m? + Bm sin m? ) = f (? ) ,
m =1

上式相当于在 [ 0, 2π ] 区间上将 f (? ) 展成傅里叶级数,由展开系数公式 得:
C0 = 1 2hπ





0

f (? ) d ? =

q 2hπ



π

0

sin ? d? =

q , hπ

′ Am = =

1 ( ha + km ) a m?1π
π

∫0



f (? ) cos m? d?

1 ( ha + km ) a m?1π

∫0 q sin ? cos m? d?
? cos ( m ? 1) ? cos ( m + 1) ? ? ? ? ? 2 ( m + 1) ? ? 2 ( m ? 1) 0
π

q = ( ha + km ) a m?1π

m ?1 ? ( ?1)m ?1 ? 1 ( ?1) m+1 ? 1? 1 ? ( ?1) q q ? ?= = ? ? ( ha + km ) a m?1π ? 2 ( m ? 1) 2 ( m + 1) ? ( ha + km ) a m?1π 1 ? m2

?

?

?0 (当m ≠ 1为奇数,m = 2n + 1, n = 1, 2, ???) ? 2q 1 =? ? (当m为偶数,m = 2n, n = 1, 2, ???) , ? ( ha + 2nk ) a 2 n ?1π 1 ? 4n2 ?

(

)

A1′ = =

1 ( ha + k ) π

∫0 q sin ? cos ? d? ∫0 sin 2? d? = ? 4 ( ha + k ) π cos 2? ∫0 q sin ? sin m? d?
π π π

π

q 2 ( ha + k ) π

1

π
0

= 0。

′ Bm =

1 ( ha + km ) a m?1π

? sin ( m ? 1) ? sin ( m + 1) ? ? q = ? ? = 0,当m ≠ 1 , m ?1 ? 2 ( m + 1) ? ( ha + km ) a π ? 2 ( m ? 1) 0

B1′ =

q ( ha + k ) π

∫0 q sin

π

2

? d? =

q 。 2 ( ha + k )

46

∴u ( ρ ,? ) =

q q 2q ∞ ρ 2 n cos 2n? ρ sin ? + ∑ 2 n?1 + 。 π n=1 a ( ha + 2nk ) (1 ? 4n2 ) hπ 2 ( ha + k )

43、用傅里叶变换求解定解问题
? ? 2u ? 2u ? ?x 2 + ?y 2 = 0, ? ? ? u y = 0 = ? ( x ), ? ? u y →∞ = 0, ? ?

( ?∞ < x < ∞ , y > 0 ) ( ?∞ < x < ∞ ) ( ?∞ < x < ∞ )


解:由于 x 在 ( ?∞, ∞ ) 内变化,对 x 进行傅里叶变换
??ω 2u + u yy = 0 % % ? , (*) ? % % % ?u y = 0 = ? (ω ) , u y →∞ = 0 ?

% % 其中 u = u (ω , y ) , % (*)的通解为 u = C1 (ω ) eω y + C2 (ω ) e ?ω y , ω ∈ ( ?∞, ∞ ) 。
% 由 u y →∞ = 0 ,得 ? ?
% ?当ω < 0时,C1 (ω ) = 0, u = C2 (ω ) e ?ω y , ωy % ?当ω < 0时,C2 ( ω ) = 0, u = C1 (ω ) e ?

?C2 ( ω ) e?ω y , ω > 0 ? ? ?ω y % ? 所以总的可写为 u = ? , ? = C (ω ) e ωy ?C1 (ω ) e , ω < 0 ? ? ?

其中 C (ω ) = ? ?

?C2 (ω ) , ω > 0 ?C1 ( ω ) , ω < 0 ?



% % % 由 u y =0 = ? (ω ) ,得 C = ? 。

% % ∴ u = ? (ω ) e ? ω y 。

进行傅里叶反变换,得
u ( x, y ) =
=
=

1 2π 1 2π
1 2π





?∞

% u (ω , y ) eiω x d ω =

1 2π


? ?



?∞

% ? ( ω ) e? ω y eiω x dω

? 1 ∫?∞ ? 2π ?

∞ ?∞


∞ ?∞



?∞

? (ξ ) e ? iξω dξ ? e ? ω y +iω x dω
? ?



? (ξ ) ? ∫ e ? ω y +iω ( x-ξ ) dω ? dξ ,
? ?

47

而 ∫?∞ e? ω y +iω ( x-ξ ) d ω = ∫?∞ eω y +iω ( x-ξ ) dω + ∫0 e?ω y +iω ( x-ξ ) dω
0





eω y +iω ( x-ξ ) = y + i ( x ?ξ )

0

?∞

e?ω y +iω ( x-ξ ) 1 1 + = ? ? y + i ( x ?ξ ) y + i ( x ?ξ ) ?y + i( x ?ξ )
0



=

2y

( x ?ξ )

2

+ y2



代入上、下限时应注意到 y > 0 ,
∴ u ( x, y ) =
π ∫ (x ?ξ )
?∞

1



y? (ξ ) d ξ
2

+ y2



第七章 第七章习题解答 44、试用平面极坐标系把二维波动方程分离变数。 解:二维波动方程在极坐标系中可表为
utt = a 2 ? uρρ +
? ? 1

ρ

uρ +

? u?? ? 。 ρ ? 1
2

(1)

令 u ( ρ , ? ,t ) = T ( t ) R ( ρ ) Φ (? ) ,代入(1) ,得:
? ? 1 1 T ′′RΦ = a 2 ? TR′′Φ + TR′Φ + 2 TRΦ′′ ? 。 ρ ρ ? ?

(2)

(2)的两边除以 a 2TRΦ ,得
T ′′ R′′ R′ 1 Φ′′ = + + 2? 。 2 a T R ρR ρ Φ

(3)

(3)的左边仅是 t 的函数,而右边却是 ρ , ? 的函数,
∴(3)的两边只能等于同一常数,记为 ?k 2 ,从而
T ′′ ( t ) + k 2 a 2T ( t ) = 0 ? T ( t ) = A cos kat + B sin kat 。
R′′ R′ 1 Φ′′ + + 2? = ?k 2 , R ρR ρ Φ

(4)

(4)的两边乘以 ρ 2 ,并移项得

48

ρ2

R′′ R′ Φ′′ + ρ + k 2ρ 2 = ? 。 R R Φ

同理上式两边只能等于同一常数,记为 λ 。于是
Φ′′ + λΦ = 0 , Φ (? ) = Φ (? + 2π ) , Φ′ (? ) = Φ′ (? + 2π )

λ = m2 , ( m = 0,1, 2, ???) , Φ (? ) = C cos m? + D sin m? 。
ρ2
R′′ R′ + ρ + k 2 ρ 2 = λ = m2 , R R

ρ 2 R′′ + ρ R′ + ( k 2 ρ 2 ? m 2 ) R = 0 ,

令 x = k ρ , R ( ρ ) = y ( x ) ,得
x 2 y′′ ( x ) + xy′ ( x ) + ( x 2 ? m 2 ) y ( x ) = 0 ,

m 阶 Bessel eq.

45、用平面极坐标系把二维输运方程分离变数。 解:在平面极坐标系中,二维输运方程为
ut = a 2 ? uρρ +
? ? 1

ρ

uρ +

? u?? ? ρ ? 1
2

(1)

令 u ( ρ , ? ,t ) = T ( t ) R ( ρ ) Φ (? ) ,代入(1) ,得:
T ′RΦ = a 2 ? TR′′Φ + TR′Φ + 2 TRΦ′′ ? 。 ρ ρ ? ?
? 1 1 ?

(2)

(2)的两边除以 a 2TRΦ ,得
T′ R′′ R′ 1 Φ′′ = + + 2? . 2 a T R ρR ρ Φ

上式左边仅是 t 的函数,而右边却是 ρ , ? 的函数,
∴上式两边只能等于同一常数,记为 ?k 2 ,从而
T ′ ( t ) + k 2 a 2T ( t ) = 0 ? T ( t ) = Ae? k a t 。
2 2

R 及 Φ 与上一题的相同。

46、求证 Pl ( x ) = Pl′+1 ( x) ? 2 xPl′( x ) + Pl′?1 ( x ) , l ≥ 1 。
49

证:勒让德多项式的生成函数为
1 1 ? 2 xr + r 2 = ∑ r l Pl ( x ) , r < 1 。 (1)
l =0 ∞

两边对 x 求导,得
r (1 ? 2 xr + r 2 ) 2
3

= ∑ r l Pl′( x ) 。
l =0



两边乘以 (1 ? 2 xr + r 2 ) ,得
r 1 ? 2 xr + r 2 = (1 ? 2 xr + r 2 )∑ r l Pl′ ( x ) , (2)
l =0 ∞

(1)代入(2) ,得

∑r
l =0



l +1

Pl ( x ) = ∑ r l Pl′ ( x ) ? 2 x∑ r l +1 Pl′ ( x ) + ∑ r l + 2 Pl′ ( x ) ,
l =0 l =0 l =0







比较两边 r l +1 项的系数,得
Pl ( x ) = Pl′ 1 ( x ) ? 2 xPl′ ( x ) + Pl′ 1 ( x ) 。 + ?

47、利用上题和 ( l + 1) Pl +1 ( x) ? ( 2l + 1) xPl ( x) + lPl ?1 ( x) = 0 , l ≥ 1 , 求证 ( 2l + 1) Pl ( x ) = Pl′+1 ( x ) ? Pl′?1 ( x ) , l ≥ 1 。 证:对勒让德多项式的递推公式

( l + 1) Pl +1 ( x ) ? ( 2l + 1) xPl ( x ) + lPl ?1 ( x ) = 0 (1)
两边对 x 求导,得

( l + 1) Pl′+1 ( x ) ? ( 2l + 1) Pl ( x ) ? ( 2l + 1) xPl′ ( x ) + lPl′?1 ( x ) = 0 。 (2)
又由上题,得: Pl ( x ) = Pl′ 1 ( x ) ? 2 xPl′ ( x ) + Pl′ 1 ( x ) , + ? (3)

( 2 ) + l × ( 3) ,得 Pl′+1 ( x ) = xPl′ ( x ) + ( l + 1) Pl ( x ) 。 (4)
从(3)及(4)中消去 Pl′ 1 ( x ) ,得 +
xPl′ ( x ) ? Pl′ 1 ( x ) = lPl ( x ) 。 ?

(5)
50

( 4 ) + ( 5) ,得 ( 2l + 1) Pl ( x ) = Pl′+1 ( x ) ? Pl′?1 ( x ) 。
48、在 [ ?1,1] 区间上将 x 2 用勒让德多项式展开。 解:由于 x 2 是偶函数,所以展开式中只含偶数阶的勒让德多项式,
x 2 = ∑ f 2 n P2 n ( x ) 。
n=0 ∞

f 2 n = ( 4n + 1) ∫0 x 2 P2 n ( x ) dx ,
1

f 0 = ∫ x 2 dx = ,
0

1

1 3

f 2 = 5∫0 x 2 P2 ( x ) dx = 5
1

2 1 1 2 d2 2 x x ? 1) dx 2 2 ( 2 2! ∫0 dx

1 ? 1 2? 2 2 1 1 2 d ?d 2 5? 2 d 2 d = 5? ∫ x ( x ? 1) ? dx = 8 ? x dx ( x ? 1) ? 2∫0 x dx ( x 2 ? 1) dx ? 8 0 dx ? dx ? ? ? ? 0 ? ? 1 2 1 2 2 5? 5 8 2 ? 5 1 = ? ? x ( x 2 ? 1) ? ∫ ( x 2 ? 1) dx ? = ∫ ( x 2 ? 1) dx = × = , 0 0 4? 4 15 3 0 ? 4

当 n > 1 时,
f 2n =
2n 4n + 1 1 2 1 d 2n x 2n ? 2 n ( x 2 ? 1) dx ∫?1 2 ( 2n )! dx 2

2 n ?1 1 2n ? 4n + 1 2 d ? d = x ( x 2 ? 1) ? dx 2 ? 4n ( 2n ) ! ∫?1 dx ? dx 2 n ?1 ? ?
1 ? 1 2n 2n 4n + 1 ? 2 d 2 n ?1 2 d 2 n ?1 = ?x x ? 1) ? 2∫ x 2 n ?1 ( x 2 ? 1) dx ? ( ?1 dx 2 ? 4n ( 2n ) ! ? dx 2 n ?1 ? ?1 ? ? 2n ? 4n + 1 1 d ? d 2 n ? 2 2 n ∫?1 x dx ? dx 2n?2 ( x ? 1) ? dx 4 ( 2n ) ! ? ?

=?

1 2n?2 ? 1 d 2n 2n 4n + 1 ? d 2 n ? 2 2 =? n ? x 2 n ? 2 ( x ? 1) ?∫ ( x2 ? 1) dx ? ?1 dx 2 n ? 2 4 ( 2n ) ! ? dx ? ?1 ? ? 2n ? 4 n + 1 ? d 2 n ?3 2 = n ? dx 2 n ?3 ( x ? 1) ? = 0 。 4 ( 2n ) ! ? ? ?1 1

51

∴ x 2 = P2 ( x ) + P0 ( x ) = P2 ( x ) +

2 3

1 3

2 3

1 3

或:令 x 2 = f 2 P2 ( x ) + f1 P1 ( x ) + f 0 P0 ( x ) =

3 1 f 2 x 2 ? f 2 + f1 x + f 0 2 2 1 因为 P0 ( x ) = 1 , P1 ( x ) = x , P2 ( x ) = (3x 2 ? 1) , 2 3 1 所以 x 2 = f 2 P2 ( x ) + f1 P1 ( x ) + f 0 P0 ( x ) = f 2 x 2 ? f 2 + f1 x + f 0 , 2 2

比较上式两边系数,得
3 1 2 1 1 2 1 f 2 = 1, f1 = 0, f 0 ? f 2 = 0 ? f 2 = , f 0 = f 2 = × = 。 2 2 3 2 2 3 3 2 1 2 1 ∴ x 2 = P2 ( x ) + P0 ( x ) = P2 ( x ) + 。 3 3 3 3 2 3 49、验证: x3 = P3 ( x ) + P1 ( x ) 。 5 5 5 3 证:因为 P3 ( x ) = x3 ? x , P1 ( x ) = x , 2 2

2 3 2 5 3 3 所以 P3 ( x ) + P1 ( x ) = ? x3 ? x ? + x = x 3 。 ? ? 5 5 5?2 2 ? 5

? ? ? 1, l = 0 1 50、证明: ∫0 Pl ( x ) dx = ? 0, l = 2k , k = 1, 2,L 。 ? ? ( 2k )! , l = 2k + 1, k = 0,1, 2,L ?( ?1)k 2 k +1 ? 2 k !( k + 1) ! ?

证法一:当 l = 0 时, ∫0 P0 ( x ) dx = ∫0 dx = 1 。 法一:
1 1

当 l ≠ 0 时,
l l 1 1 dl 1 d l ?1 Pl ( x ) dx = l ∫ l ( x 2 ? 1) dx = l ? l ?1 ( x 2 ? 1) ∫0 2 l ! 0 dx 2 l ! dx 1 1

0

=?

l 1 d l ?1 2 ? l ?1 ( x ? 1) l 2 l ! dx

= ?∑ ( ?1)
x =0 k =0

l

k

1 d l ?1 ? l ?1 x 2l ? 2 k 2l k !( l ? k ) ! dx


x =0

只有当 2l ? 2k = l ? 1 ,即 l = 2k ? 1 时,上式才不为 0 。此时

∫ P ( x ) dx = ( -1)
1 0 l

k ?1

? 2 ( k ? 1) ? ! ? ? 2 k !( k ? 1) !
( 2 k ?1)

l = 2k ? 1, k = 1, 2, ???

52

= ( ?1)

k

2

2 k +1

( 2k ) ! k !( k + 1) !

l = 2k + 1, k = 0,1, 2,L 。

? ? ? 1, l = 0 1 ? 。 ∴ ∫ Pl ( x ) dx = ? 0, l = 2k , k = 1, 2,L 0 ? ( 2k )! , l = 2k + 1, k = 0,1, 2,L ?( ?1)k 2 k +1 ? 2 k !( k + 1) ! ?

证法二:当 l = 0 时, ∫0 P0 ( x ) dx = ∫0 dx = 1 。 法二:
1 1

当 l ≠ 0 时,又 Pl ( x ) =
∴ ∫ Pl ( x ) dx =
1 0

1 ? Pl′ 1 ( x ) ? Pl′ 1 ( x ) ? , + ? ? 2l + 1 ?

1 1 ? Pl +1 ( x ) ? Pl ?1 ( x ) ? ? ?0 2l + 1 1 = ? Pl +1 (1) ? Pl ?1 (1) ? Pl +1 ( 0 ) + Pl ?1 ( 0 ) ? 。 ? 2l + 1 ?

当 l = 2k , k > 0 时,
Pl +1 ( 0 ) = P2 k +1 ( 0 ) = 0 , Pl ?1 ( 0 ) = P2 k ?1 ( 0 ) = 0 ,

又 P2 k +1 (1) = P2 k ?1 (1) = 1 ,
∴ ∫ P2 k ( x ) dx =
1 0

1 ? P2 k +1 (1) ? P2 k ?1 (1) ? P2 k +1 ( 0 ) + P2 k ?1 ( 0 ) ? = 0 。 ? 4k + 1 ?

当 l = 2k + 1 时,
Pl +1 ( 0 ) = P2 k + 2 ( 0 ) = ( ?1)
k +1

( 2 k + 2 ) ! , P 0 = P 0 = ?1 k ( 2 k ) ! , ( ) 2k 2 2k ( ) l ?1 ( ) 2 2 ( k !) 2 2 k + 2 ?( k + 1) !? ? ?

又 P2 k + 2 (1) = P2 k (1) = 1 ,
∴ ∫ P2 k +1 ( x ) dx =
1 0

1 ? P2 k + 2 (1) ? P2 k (1) ? P2 k + 2 ( 0 ) + P2 k ( 0 ) ? ? 4k + 3 ? ( 2k )! ? ?1 k +1 ( 2k + 2 ) ! ? 1 ? ?( ?1) k ? = ( ) 2k +2 2 2 4k + 3 ? 22 k ( k !) 2 ?( k + 1) !? ? ? ? ? ?

( ?1) =

k

4k + 3 2

?

1
2k +2

?( k + 1) !? ? ?

2

{4 ( 2k )!( k + 1)

2

+ ? 2 ( k + 1) ? ! ? ?

}

53

=

( ?1) ( 2k )!? 4 ( k + 1) + ( 2k + 1)( 2k + 2 ) ? ? ?
k 2

( 4k + 3) 22 k + 2 ?( k + 1) !? ? ?
k

2

( ?1) ( 2k )!2 ( k + 1)( 4k + 3) = ?1 k ( 2k ) ! 。 = ( ) 2 k +1 2 2k +2 2 k !( k + 1) ! ( 4k + 3) 2 ?( k + 1)!? ? ?
? ? ? 1, l = 0 1 ? 。 ∴ ∫ Pl ( x ) dx = ? 0, l = 2k , k = 1, 2,L 0 ? ( 2k )! , l = 2k + 1, k = 0,1, 2,L ?( ?1)k 2 k +1 ? 2 k !( k + 1) ! ?
? ? 2u = 0 ( r < a ) 51、求解定解问题 ? 。 ? 2 ?u r = a = cos θ , u r →0 = 有限值 ( 0 < θ < π ) ?

解:所要求解的定解问题具有轴对称性,其轴对称球内解为
u ( r , θ ) = ∑ Cl r l Pl ( cos θ ) 。
l =0 ∞

由 u r =a = cos 2 θ = P2 ( cos θ ) + P0 ( cos θ ) ,得

2 3

1 3

∑ C a P ( cosθ ) = 3 P ( cosθ ) + 3 P ( cos θ ) 。
l l =0 l l 2 0



2

1

比较两边的系数,得
1 2 2 C0 = , C2 a 2 = , C2 = 2 , Cl = 0 (l ≠ 0, 2) 。 3 3 3a
1 2r 2 1 2r 2 1 1 r 2 r 2 cos 2 θ 2 ∴ u ( r , θ ) = + 2 P2 ( cos θ ) = + 2 × ( 3cos θ ? 1) = ? 2 + 。 3 3a 3 3a 2 3 3a a2

? ? 2u = 0 (r > a) 52、求解定解问题 ? 。 ? 2 ?u r = a = cos θ , u r →0 = 有限值 ( 0 < θ < π ) ?

解:所要求解的定解问题具有轴对称性,其轴对称球外解为
u ( r ,θ ) = ∑
l =0


Dl Pl ( cos θ ) 。 r l +1

54

由 u r =a = cos 2 θ = P2 ( cos θ ) + P0 ( cos θ ) ,得

2 3

1 3

∑a
l =0



Dl
l +1

Pl ( cos θ ) =

2 1 P2 ( cos θ ) + P0 ( cos θ ) 。 3 3

比较两边的系数,得
D0 1 a D2 2 2a 3 = , D0 = , 3 = , D2 = , Dl = 0 a 3 3 a 3 3

( l ≠ 0, 2 ) 。

D0 D2 a 2a 2 1 a a 3 a 3 cos 2 θ 2 ∴ u ( r ,θ ) = + 3 P2 ( cos θ ) = + 3 × ( 3cos θ ? 1) = ? 3 + 。 r r 3r 3r 2 3r 3r r3

53、用一层不导电的物质把半径为 a 的导体球壳分隔为两个半球壳,使半球 壳各充电到电势为 v1 和 v2 ,试计算球壳内外的电势分布。 解:本题可归结为求解如下的的定解问题
? ? 2u = 0 (1) ? π ? ? ? ?v1 , 0 < θ < 2 ? ? ?u r = a = f (θ ) = ? π ?v , < θ < π ? ? 2 2 ? ? ?

( 2)



所要求解的定解问题有轴对称性,方程(1)的轴对称有界通解为
∞ D ? ? u ( r , θ ) = ∑ ? Cl r l + l +l1 ? Pl ( cos θ ) 。 r ? l =0 ?

在球内 r < a 中, r → 0 , u 有界 ? Dl = 0, l = 0,1, 2, ??? , 所以,当 r < a 时, u ( r ,θ ) = ∑ Cl r l Pl ( cos θ ) 。
l =0 ∞

由边界条件(2) ,得: u r =a

π ? ?v1 , 0 < θ < 2 ? = ∑ Cl a l Pl ( cos θ ) = f (θ ) = ? , l =0 ?v , π < θ < π ? 2 2 ?


∴ Cl =

2l + 1 π f (θ ) Pl ( cos θ ) sin θ dθ 2a l ∫0

【令 x = cos θ , f ( x ) = ?

? v1 , 0 < x < 1 】 ?v2 , ? 1 < x < 0

55

=

1 2l + 1 1 2l + 1 ? 0 f ( x ) Pl ( x ) dx = v2 Pl ( x ) dx + ∫ v1 Pl ( x ) dx ? ? 0 ? ? 2a l ∫?1 2a l ? ∫?1 1 1 2l + 1 ? 1 2l + 1 ? l l = v ?1) Pl ( x ) dx + v1 ∫ Pl ( x ) dx ? = v + ( ?1) v2 ? ∫ Pl ( x ) dx 。 l ? 2 ∫0 ( l ? 1 ? ? 0 0 ? 2a ? 2a

? ? ? 1, l = 0 1 ? , Q ∫ Pl ( x ) dx = ? 0, l = 2k , k = 1, 2,L 0 ? ( 2k )! , l = 2k + 1, k = 0,1, 2,L ?( ?1)k ? 2 2 k +1 k !( k + 1) ! ?

?1 当l = 0 ? 2 ( v1 + v2 ) ? ? 当l = 2 k , k > 0 。 ∴ Cl = ? 0 ? 4k + 3 ( 2k ) ! k ? 2 k +1 ( ?1) 2 k +1 ( v1 ? v2 ) 当l = 2k + 1 2 k !( k + 1) ! ? 2a ?

所以,当 r < a 时,
v +v v ?v u ( r ,θ ) = 1 2 + 1 2 2 2

( 4k + 3)( 2k )! ? r ?2 k +1 P cos θ 。 ∑ ( ?1) k !( k + 1)! ? 2a ? 2k +1 ( ) ? ? k =0
∞ k

如果 v1 = v2 = v ,则 u ( r ,θ ) = v ,球壳为等势体,球壳内电场 E r <a = 0 。 在球外 r > a 中, r → ∞ , u = 0 , u 有界 ? Cl = 0,1, 2, ??? , 所以,当 r > a 时, u ( r ,θ ) = ∑
l =0 ∞

uv

Dl Pl ( cos θ ) 。 r l +1

同样,由边界条件(2) ,得: u r =a

π ? ?v1 , 0 < θ < 2 Dl ? = ∑ l +1 Pl ( cos θ ) = f (θ ) = ? , π l =0 a ?v , < θ < π ? 2 2 ?


∴ Dl =

1 2l + 1 l +1 1 2l + 1 l +1 ? 0 a ∫ f ( x ) Pl ( x ) dx = a ∫?1 v2 Pl ( x ) dx + ∫0 v1Pl ( x ) dx ? ? ? ?1 ? ? 2 2 1 2l + 1 l +1 ? 1 l = a v2 ∫ ( ?1) Pl ( x ) dx + v1 ∫ Pl ( x ) dx ? ? 0 ? 0 ? ? 2 1 2l + 1 l +1 ? l = a v1 + ( ?1) v2 ? ∫ Pl ( x ) dx 。 ? ? 0 2

用类似上面 Cl 的求解方法,可得

56

?1 当l = 0 ? 2 ( v1 + v2 ) a ? ? 当l = 2 k , k > 0 。 Dl = ? 0 ? 4k + 3 ( 2k ) ! k a 2 k + 2 ( ?1) 2 k +1 ? ( v1 ? v2 ) 当l = 2k + 1 2 k !( k + 1) ! ? 2 ?

所以,当 r > a 时,
∞ 1 (v + v ) a k ( 4k + 3 )( 2 k ) ! ? a ? u ( r , θ ) = ? 1 2 + ( v1 ? v2 ) ∑ ( ?1) ? ? 2 r k !( k + 1) ! ? 2r ? k =0 2k +2

P2 k +1 ( cos θ ) 。

如果 v1 = v2 = v ,则球壳外的电势分布 u ( r ,θ ) =

va Q = ,其中 Q = 4πε 0va , r 4πε 0 r

相当于一个带电量为 Q = 4πε 0va 的点电荷产生的电势。 其实在 v1 = v2 = v 情况下,球壳为等势体,球壳所带的电荷可由电磁场的 边值关系得到。计算如下: 球壳内电场 E r <a = 0 ;球壳外 E r >a = ??u ,其法向分量大小 Er = ? 假定球壳内外为真空,球壳的面电荷密度 σ = (ε 0 Er r =a 总电荷 Q = 4π a 2
ε 0v
a = 4πε 0 va 。
+

uv

uv

?u va = 。 ?r r 2 εv ? ε 0 Er r = a ? ) = 0 , a

54、半径为 a ,表面燻黑的均匀球,在温度为
00 的空气中,受着阳光的照射,阳光的

热流强度为 q0 ,求解小球内的稳定温度 分布。 解:本题可归结为求解如下的定解问题:
?? 2u = 0 , ( r < a ) ? π ? q0 ? ? ? h cos θ , 0 < θ < 2 ?? ?u ? ? ?? u + H ?r ? = f (θ ) = ? π ? r =a ?0, ?? <θ <π ? ? ? 2 ?

(1) ( 2)

57

其中 H = , 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)的轴对称球内通解为
u ( r , θ ) = ∑ Cl r l Pl ( cos θ ) ,
l =0 ∞

k h

r < a。

由边界条件(2) ,得
π ? q0 ? h cos θ , 0 < θ < 2 ? , ∑ Cl al Pl ( cosθ ) + H ∑ lCl al ?1Pl ( cosθ ) = f (θ ) = ? π l =0 l =0 ?0, <θ <π ? ? 2
∞ ∞

即 ∑ Cl a
l =0



l ?1

? q0 x, 0 < x < 1 。 ( a + Hl ) Pl ( x ) = f ( x ) = ? h ? ?0, ? 1 < x < 0 ?

【令 x = cos θ 】

∴ Cl =

1 ( 2l + 1) q0 1 xP x dx 。 2l + 1 f ( x ) Pl ( x ) dx = l ( ) 2a ( a + Hl ) ∫?1 2h ( a + Hl ) a l ?1 ∫0 l ?1

Q ( 2l + 1) xPl ( x ) = ( l + 1) Pl +1 ( x ) + lPl ?1 ( x ) ,
∴ Cl = q0 ?( l + 1) 1 P ( x ) dx + l 1 P ( x ) dx ? 。 (3) ∫0 l +1 ∫0 l ?1 ? ? ? 2h ( a + Hl ) a l ?1 ?

当l = 2k + 1, k = 0,1, 2,L ? 0, ? 又 ∫0 Pl +1 ( x ) dx = ? , ( 2k ) ! k ?( ?1) 2 2 k +1 k !( k + 1) ! , 当l = 2k , k = 0,1, 2,L ?
1

当l = 1 ? 1, ? 当l = 2k + 1, k > 0 1 ?0, 。 ∫0 Pl ?1 ( x ) dx = ? k ?1 ( 2k ? 2 )! ?( ?1) , 当l = 2 k , k > 0 ? 22 k ?1 k !( k ? 1) ! ?

∴ ( l + 1) ∫ Pl +1 ( x ) dx + l ∫ Pl ?1 ( x ) dx
1 1 0 0

58

当l = 2k + 1, k > 0 ? 0, ? 当l = 1 ? 1, ?1 =? , 当l = 0 。 2 ? ? ( 2k )! + 2k ?1 k ?1 ( 2k ? 2 )! , 当l = 2k , k > 0 k ( ) 2 k ?1 ?( 2k + 1)( ?1) 2 k +1 2 k !( k + 1) ! 2 k !( k ? 1) ! ?

又 ( 2k + 1)( ?1)
= ( ?1) = ( ?1)
k +1

k

( 2k ) ! + 2k ?1 k ?1 ( 2k ? 2 )! ( ) 2 k ?1 22 k +1 k !( k + 1) ! 2 ( k ? 1) !k !

( 2k ? 2 ) ! ?
2k

( 2k ? 1) 2k ( 2k + 1) ? 4k ? ? ? 2 k ! ? ( k ? 1) ! 2 ( k + 1) ! ?
( 2k ? 2 )! ?4k k + 1 ? 2k ? 1 2k + 1 ? = ?1 k +1 ( 4k + 1)( 2k ? 2 )! , ( ) ( )( )? ( ) 2k 2 ( k ? 1) !( k + 1) ! ( k ? 1)!( k + 1)! ?

k +1

2

2k

当l = 2k + 1, k > 0 ?0, ? 当l = 1 ?1, 1 1 ?1 当l = 0 ∴ ( l + 1) ∫ Pl +1 ( x ) dx + l ∫ Pl ?1 ( x ) dx = ? , 。 (4) 0 0 ?2 ? k +1 ( 4 k + 1)( 2 k ? 2 ) ! , 当l = 2 k , k > 0 ?( ?1) 22 k ( k ? 1) !( k + 1) ! ?

(4)代入(3) ,得: C0 =
C2 k = =

q0 q0 1 q0 × = , C1 = , C2 k +1 = 0, k > 0 , 2h 2 4h 2h ( a + H )
q0 k +1 ( 4 k + 1)( 2 k ? 2 ) ! ( ?1) 2 k 2h ( a + 2kH ) a 2 k ?1 2 ( k ? 1) !( k + 1) !

q0 a ( 4k + 1)( 2k ? 2 )! k +1 , k > 0。 ( ?1) 2k 2h ( 2a ) ( a + 2kH )( k ? 1)!( k + 1)!

于是小球内的稳定温度分布为
∴ u ( r ,θ ) = q0 q0 r + cos θ 4h 2h ( a + H )
2k

( 4k + 1)( 2k ? 2 )! ? r ? P cos θ , r < a 。 qa ∞ k +1 + 0 ∑ ( ?1) ( ) ? 2h k =1 ( a + 2kH )( k ? 1)!( k + 1)! ? 2a ? 2 k ?
55、计算下列积分 (2) ∫ J 3 ( x ) dx 。 (1) ∫ x 3 J 0 ( x ) dx ;
59

(1)由递推公式 解: 由递推公式

d m d ? x J m ( x ) ? = x m J m ?1 ( x ) ,得 ( xJ1 ) = xJ 0 ( x ) 。 ① ? ? dx dx

J m +1 ( x ) d ? Jm ( x) ? ′ ,得 J 0 ( x ) = ? J1 ( x ) 。② ? m ?=? dx ? x ? xm
利用①

∴ ∫ x 3 J 0 ( x ) dx =

∫x

2

? xJ1 ( x ) ?′ dx = ∫ x 2 d ? xJ1 ( x ) ? ? ? ? ?
利用②

′ = x3 J1 ( x ) ? 2 ∫ x 2 J1 ( x ) dx = x3 J1 ( x ) + 2 ∫ x 2 J 0 ( x ) dx
= x3 J1 ( x ) + 2 ∫ x 2 dJ 0 ( x ) = x3 J1 ( x ) + 2 x 2 J 0 ( x ) ? 4 ∫ xJ 0 ( x ) dx
利用①

= x3 J1 ( x ) + 2 x 2 J 0 ( x ) ? 4 ∫ ? xJ1 ( x ) ?′ dx ? ?

= x3 J1 ( x ) + 2 x 2 J 0 ( x ) ? 4 xJ1 ( x ) + C 。

(2)由递推公式

J m +1 ( x ) d ? Jm ( x) ? ,得 ? m ?=? dx ? x ? xm

J3 ( x ) ? J 2 ( x ) ?′ ? 2 ? = ? 2 ,① x ? x ? J2 ( x) ? J1 ( x ) ?′ 。② ? ? =? x ? x ? ′ J 3 利用① 2 ? J2 ( x) ? ∴ ∫ J 3 ( x ) dx = ∫ x 2 dx = ? ∫ x ? 2 ? dx x ? x ?
2

? J ( x) ? J ( x) = ? ∫ x 2 d ? 2 2 ? = ? J 2 ( x ) + 2∫ 2 dx x ? x ?
利用②

2 J1 ( x ) ? J ( x ) ?′ = ? J 2 ( x ) ? 2∫ ? 1 + C 。③ ? dx = ? J 2 ( x ) ? x ? x ? 2mJ m ( x ) x + J m ?1 ( x ) = 0 ,得

又由递推公式 J m+1 ( x ) ?
J2 ( x) = 2J1 ( x ) x

? J 0 ( x ) 。④

将④代入③,得

∫ J 3 ( x ) dx = J 0 ( x ) ?

2 J1 ( x ) x

?

2 J1 ( x ) x
60

+ C = J0 ( x) ?

4 J1 ( x ) x

+C 。

56、 半径为 R 而高为 H 的圆柱体下底面和侧面保持零度, 上底面温度分布为
f ( ρ ) = ρ 2 ,求圆柱体内各点的稳恒温度(稳定温度分布) 。

解:本题可归结为求解如下的定解问题
?? 2 u = 0 ( ρ < R, 0 < ? < 2π , 0 < z < H ) ? 2 ? u z =0 = 0, u z = H = ρ , ( ρ < R, 0 < ? < 2π ) ?u =0 ( 0 < ? < 2π , 0 < z < H ) ? ρ =R

定解问题有轴对称性 ( m = 0 ) ,所以 u 与 ? 无关, u ( ρ , z ) = R ( ρ ) Z ( z ) 。
∴ u 的径向部分 R ( ρ ) 满足

ρ 2 R′′ ( ρ ) + ρ R′ ( ρ ) + ? 2 ρ 2 R ( ρ ) = 0 ,

【零阶 Bessel eq.】

其在 ρ = 0 处有界的解为 R ( ρ ) = J 0 ( ?ρ ) 。
( ( u ρ = R = 0 ? J 0 ( ? R ) = 0, ?n R = xn0 ) , xn0 )是J 0 ( x )的第n个零点, n = 1, 2, ??? ,

本征值为 ?n =

(0 ? x ( 0) ? xn ) ,本征函数为 R ( ρ ) = J 0 ? n ρ ? , n = 1, 2, ??? 。 ? R ? R ? ?

u 的 z 方向部分 Z ( z ) 满足
2 Z ′′ ( z ) ? ?n Z ( z ) = 0 ,

其解为 Z ( z ) = Cn cosh ?n z + Dn sinh ?n z = Cn cosh 定解问题的特解为
0 0 ? x( ) x( ) un ( ρ , z ) = ? Cn cosh n z + Dn sinh n ? R R ?

( xn ) x( ) z + Dn sinh n z 。 R R
0 0

? ? x ( 0) ? z ? J0 ? n ρ ? , ? ? ? ? ? R ?

定解问题的通解为
(0 (0 ? xn ) xn ) u ( ρ , z ) = ∑ ? Cn cosh z + Dn sinh ? R R n =1 ?


( ? ? xn0 ) ? z ? J0 ? ρ?。 ? ? ? ? ? R ?

(1) (2)

∞ ? x( 0) ? u z = 0 = 0 ? ∑ Cn J 0 ? n ρ ? = 0 ? Cn = 0, n = 1, 2, ??? 。 ? R ? n =1 ? ?

61

∞ ? x( 0 ) ? ? x ( 0) ? u z = H = ρ 2 ? ∑ Dn sinh ? n H ? J 0 ? n ρ ? = ρ 2 , ? R ? ? ? n =1 ? ? ? R ?

于是 Dn sinh ? ?
( 0)

( ? xn0)

? ? x ( 0) ? 1 H?= J 0 ? n ρ ? ρ 3d ρ 。 2 ∫ ? ? R ? ( ? R ? ? N n0 ) ? ? ? ? ?
令x =

(3)



R

0

?x ? J 0 ? n ρ ? ρ 3d ρ ? R ? ? ?

=

( xn ) ρ R
0

( x( ) )
0 n

R4

4



(0 xn )

0

J 0 ( x ) x3 dx
(0 xn )

=

(x )
( 0)
n

R4

4

? x3 J1 ( x ) + 2 x 2 J 0 ( x ) ? 4 xJ1 ( x ) ? ? ?0 ? x( 0) ? n ?
1 2

【利用了 54 题(1)的结果】
R4
( 0)
n

=

(x )
( 0)
n
2

R4

4

( ) ( )
3

( ( ( J1 xn0 ) ? 4 xn0) J1 xn0) ? = ? ?

( )

(x )

3

? x( 0) ? n ?

( )

2

( ? 4 ? J1 xn0 ) 。 ? ?

( )

(4)

( 又 ? N n( 0) ? = R 2 J12 ( xn0) ) , (5) ? ?

将(4)和(5)代入(3) ,得
( ? xn0 ) ? 2 R4 H ? = 2 2 ( 0) ? ∴ Dn sinh ? ? R ? ( ? ? R J1 xn xn0)
( 2 R 2 ? xn0 ) ? ? Dn = (0 xn )

( ) ? 4? ? ( ) ( ) ?, ? x ? ) ? 4? J ( x ) = ( ) ?( ? ( )( )? ( x ) J ( x( ) )
3 0 n 2 1 0 n

( 2 R 2 ? xn0) ? ?
0 n 3

2

1

0 n

( ) ( )

2

3

? 4? ? ??

1 ?x ? (0 sinh ? n H ? J1 xn ) ? R ?
( 0)

( )

(6) , n = 1, 2,L 。

将(2)和(6)代入(1) ,得圆柱体内各点的稳恒温度为


u ( ρ , z ) = 2R2 ∑
n =1

? x ( 0) ? n ?

( ) ( x( ) )
2 0 n

? x( 0 ) ? ? x ( 0) ? ? sinh ? n z ? J 0 ? n ρ ? ?4 ? ?? ? R ? ? R ?。 3 ( ? xn0 ) ? (0 sinh ? H ? J1 xn ) ? R ?

( )

57、 设半径为 R 的无限长圆柱形物体的侧面温度为 00 , 初始温度 u t =0 = ρ 2 ? R 2 , 求此物体的温度分布随时间的变化规律。 (无限长 → u 与 ? 无关) 解:此问题可归结为求解如下的定解问题

62

?ut = a 2? 2u ( t > 0, ρ < R, 0 < ? < 2π , ?∞ < z < ∞ ) ? ?u ( t > 0, 0 < ? < 2π , ?∞ < z < ∞ ) ? ρ =R = 0 ? 2 2 ? u t =0 = ρ ? R ( ρ < R, 0 < ? < 2π , ?∞ < z < ∞ ) ?

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 u ( ρ , t ) = R ( ρ )T (t ) , 代入方程,得
? ? 1 R ( ρ ) T ′ ( t ) = a 2 ? R′′ ( ρ ) + R′ ( ρ ) ? T ( t ) , ρ ? ? T ′ (t ) ∴ 2 = a T (t ) R′′ ( ρ ) + 1

ρ

R′ ( ρ )

R

= ?? 2 。
2 2

于是 T ′ ( t ) + ? 2 a 2t = 0 ? T ( t ) = Ae? ? a t ,
R′′ ( ρ ) + 1

ρ

R′ ( ρ ) + ? 2 R ( ρ ) = 0 。

(1)

【 0 order Bessel eq.】

(1)在 ρ = 0 处有限的解为 R ( ρ ) = J 0 ( ?ρ ) 。
( ( u ρ = R = 0 ? J 0 ( ? R ) = 0 , ?n R = xn ) , xn )是J 0 ( x )的第n个零点, n = 1, 2, ???
0 0

本征值为 ?n =

( xn ) , n = 1, 2, ??? , R
0

本征函数为 R ( ρ ) = J 0 ? ?
∞ ? x( 0 ) ? ?? n ? a 2 t ? R ? ? ?
2

( ? xn0 )

? R

ρ ? , n = 1, 2, ??? 。 ?
?

?

∴ u ( ρ , t ) = ∑ An e
n =1

( ? xn0 ) ? J0 ? ? R ρ?。 ? ? ?

(1)

由初始条件 u t =0 = ρ 2 ? R 2 ,得:
? x( 0) ? An J 0 ? n ρ ? = ρ 2 ? R 2 , ∑ ?R ? n =1 ? ?


63

An =

1
( ? N n0 ) ? ? ?
2



R

0

( ? xn0) ? 2 2 。 J0 ? ? R ρ ? ( ρ ? R ) ρd ρ ? ? ?
令x =
( xn ) ρ R
0

(2)

而 ∫0 J 0 ? ?
=

R

? xn

( 0)

? R

ρ ? ρ 3d ρ ?
?

?

=

(x )
( 0)
n

R4

4



(0 xn )

0

J 0 ( x ) x3 dx
(0 xn )

( )
( xn0 )

R4

4

? x J1 ( x ) + 2 x J 0 ( x ) ? 4 xJ1 ( x ) ? ? ?0
3 2

【利用了 54 题(1)的结果】
? x( 0) ? n ?

=

(x )
( 0)
n

R4

4

? x( 0) ? n ?

( ) ( )
3
令x =

R4 ( ( ( J1 xn0 ) ? 4 xn0) J1 xn0) ? = ? ( ? xn0 ) =
( xn ) ρ R
0

( )

( )

3

( )

2

( ? 4 ? J1 xn0 ) , ? ?

( )

(3)



R

0

?x ? J0 ? n ρ ? ρd ρ ? R ? ? ?
d ? m x J m ( x ) ? = x m J m?1 ( x ) ? dx ?

( 0)

(x )
( 0)
n
2

R2

2



(0 xn )

0

J 0 ( x ) xdx
( R 2 J1 xn )
0

利用

=

(x )
( 0)
n

R2



(0 xn )

0

? xJ1 ( x ) ?′ dx = ? ?

(x )
( 0)
n

R2

2

? xJ1 ( x ) ? = ? ?0

(0 xn )

( xn0)

( ), (4)

( 2 ( ? N n0) ? = 1 R 2 J12 xn0 ) 。 ? ? 2

( )

(5)

将(3)(4)和(5)代入(2) 、 ,得
An =

2
2 2

R J1 xn

( ) ( )
( 0)

? 4 ? R ? 0 ( ? xn ) ?

3

? x ? n ?

( )
( 0)

2

? 4 ? J1 xn ? ?

( )?R
(0)

2

( R 2 J1 xn ( xn
0)

( ) )? ?
0

? ? ?

=

2

( R 2 J12 xn )
0

( )

? 4R4 (0 × ?? J1 xn ) ? (0) 3 ? xn ?

( )

( )

? 8R 2 ?=? 。 ? (0) 3 (0) xn J1 xn ? ?

( ) ( )

(6)

将(6)代入(1) ,得物体的温度分布随时间的变化规律为
( ? xn0 ) ? J0 ? ρ ? ?? xn( 0) ?2 a2t ? ? ? ? R ? e?R? 。 ? 3 (0 (0 xn ) J1 xn )

∴ u ( ρ , t ) = ?8 R 2 ∑
n =1



( ) ( )

58、圆柱体半径为 R 而高为 H ,上底面保持温度 u1 ,下底面保持温度 u2 ,侧

64

面的温度分布为 f ( z ) =

2u1 ? H z? 2 ? 2 H ?

u2 ? ? z + ( H ? z ) ,求解圆柱体内各点的稳 H ?

恒温度(稳定温度分布) 。 解:本题可归结为求解如下的定解问题
? ?? 2u = 0 ( ρ < R, 0 < ? < 2π , 0 < z < H ) ? ? 。 ( ρ < R, 0 < ? < 2π ) ?u z = 0 = u2 , u z = H = u1 ? 2u1 ? H? u ?u = f ( z ) = 2 ? z ? ? z + 2 ( H ? z ) ( 0 < ? < 2π , 0 < z < H ) ρ =R ? H ? 2? H ?

先将上、下底面的非齐次边界条件齐次化。 令 u ( ρ ,? , z ) = v ( ρ ,? , z ) + w ( z ) , 使 w ( z ) 满足
? u1 ? u2 ? z。 ? ? w ( z ) = u2 + H w ( 0 ) = u2 , w ( H ) = u2 ? ? w′′ ( z ) = 0

(1)

(2)

? ?? 2 v = 0 ( ρ < R, 0 < ? < 2π , 0 < z < H ) ? ? v 满足 ?v z = 0 = v z = H = 0 ( ρ < R, 0 < ? < 2π ) ? 2u ? z ? ?v = u ρ = R ? w ( z ) = f ( z ) ? w ( z ) = 1 ? ? 1? z ρ =R ? H ?H ? ?



( 0 < ? < 2π , 0 < z < H )

v 的定解问题有轴对称性,所以 u 与 ? 无关。
? 2v = 0 ? ? ? ?v ? ? 2 v ρ ?+ =0。 ρ ?ρ ? ?ρ ? ?z 2 ? 1 ?

(3)
d ? dR ? ρ ? Z + RZ ′′ = 0 , ρ dρ ? dρ ? ? 1 ?

令 v ( ρ , z ) = R ( ρ ) Z ( z ) ,代入(3) ,得 两边除以 R ( ρ ) Z ( z ) ,并移项,得
R′′ + 1

ρ

R′ =?

R

Z ′′ =λ, Z
65

? 从而 ?

? Z ′′ + λ Z = 0 n 2π 2 nπ ?λ = , Z = C sin z , n = 1, 2, ??? 。 (4) 2 H H ?Z ( 0) = Z ( H ) = 0 ?

R′′ ( ρ ) +

1

ρ

R′ ( ρ ) ?

n 2π 2 n 2π 2 R ( ρ ) = 0 ? ρ 2 R′′ ( ρ ) + ρ R′ ( ρ ) ? 2 ρ 2 R ( ρ ) = 0 。 (5) H2 H

令x=

nπ ρ , R ( ρ ) = y ( x ) ,则(5)成为 H

x 2 y′′ ( x ) + xy′ ( x ) ? x 2 y ( x ) = 0 ,

【 0 阶虚宗量 Bessel eq.】

其在 x = 0 (即 ρ = 0 )处有界的解为
? nπ ? R ( ρ ) = y ( x ) = I0 ( x ) = I0 ? ρ?。 ?H ?

(6)

由(5)和(6) v 的定解问题满足上、下底面齐次边界条件的特解为 ,
nπ ? nπ ? vn ( ρ , z ) = Cn I 0 ? ρ ? sin z, H ?H ?

v 的定解问题满足上、下底面齐次边界条件的通解为
∞ ∞ nπ ? nπ ? v ( ρ , z ) = ∑ vn ( ρ , z ) = ∑ Cn I 0 ? ρ ? sin z。 H ?H ? n =1 n =1

(7)

由 v ρ =R =

2u1 ? z ? ? ? 1? z ,得 H ?H ?

∞ 2u1 ? z nπ ? ? nπ ? R ? sin z。 ? ? 1 ? z = ∑ Cn I 0 ? H ?H H ? ?H ? n =1

【傅里叶正弦数】

? nπ ? 2 Cn I 0 ? R? = ?H ? H
Cn =



H

0

2u1 ? z nπ ? zdz , ? ? 1? z sin H ?H H ?
?1 ?H ?

4u1 1 ? 2 ? nπ ? H I0 ? R? ?H ?



H

0

z 2 sin

H nπ nπ ? zdz ? ∫ z sin zdz ? 0 H H ?

=

4u1 1 ? H2 2H 2 ? H2 n n n? ? 2 ?? ( ?1) + ( ?1) ? 1? + ( ?1) ? 3 ? ? nπ (nπ ) ? nπ ? H ? nπ ? I0 ? R? ?H ?

66

( ?1) ? 1 , n = 1, 2, ??? , 8u1 = ? nπ ? (nπ )3 I0 ? R? ?H ?
n

因此, C2 k = 0, k = 1, 2, ??? , (8)
C2 k +1 = 8u1 ?2 16u1 ? =? 。 (9) 3 3 ? ( 2k + 1) π ? ( 2k + 1) π ? ( 2k + 1) π ? 3 3 π I0 ? I0 ? R? R ? ( 2k + 1) H H ? ? ? ?

将(8)和(9)代入(7) ,得
? ( 2k + 1) π ? I0 ? ρ ? sin ( 2k + 1) π z H 16u1 ∞ ?? H v ( ρ, z) = ? 3 ∑ ? 。 3 π k =0 ? ( 2k + 1) ? ( 2k + 1) I0 ? R? ? H ?

(10)

将(2)和(10)代入(1) ,得圆柱体内各点的稳恒温度为
? ( 2k + 1) π ? I0 ? ρ ? sin ( 2k + 1) π z H u1 ? u2 16u1 ?? H u ( ρ , z ) = w ( z ) + v ( ρ , z ) = u2 + z? 3 ∑ ? 。 3 H π k =0 ? ( 2k + 1) ? ( 2k + 1) I0 ? R? ? H ?


67


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