数学物理方法试卷合集.pdf

华中师范大学华中师范大学 2007 2008 学年第一学期学年第一学期 期末考试期末考试A 卷参考答案卷参考答案 院 系 专业 年级 学生姓名 学号 密 封 线 课程名称 数学物理方法 课程编号 83810012 任课教师 吴少平 题型 选择题 填空题证明题计算题 总分 分值 12 18 10 60 100 得分 得分 评阅人 一 问答题 共4题 每题3分 共12 分 1 复变函数 22 wxiy y 是否为解析函数 为什么 答 因为 由 C R 条件有2 0 0 2 xyxy ux uvv xy 即函数仅在直线上可导 不满 足解析函数的条件 所以原函数不是解析函数 yx 2 设函数 f z在环域 21 RzbR 内解析 则 f z的罗朗展开式 k f zaz b 中的系数a 能否写成 k k k fb k a 的形式 为什么 答 罗朗级数中积分表达式与泰勒级数的积分表达式相同 但罗朗级数中 k k fb a k 因为高阶导数公 式要求f z 解析才成立 而在此f z 仅在区域内 2 1 RzbR 解析 所以罗朗展开式中系数的积分形 式不能写成微分形式 3 函数 sin z f z z 在有限远处的孤立奇点属于什么类型 在奇点处的留数为多少 答 sin z f z z 在有限远处的孤立奇点为0z 它属于可去奇点 它在奇点处的留数为0 0z JG 工作室 4 在分离变量法中引入的常数如何确定 斯图姆 刘维尔型本征值有何特点 答 在分离变量法中引入的常数可通过求解本征值问题而确定 斯图姆 刘维尔型本征值的特点为 存在无穷多个 分立的 实的本征值 所有本征值都是非负的 得分 评阅人 二 填空题 共5题 每空3分 共18分 1 函数按勒让德多项式的展开式为 2 xxf xPl 2 x 02 12 33 P xP x 2 在一维问题中 第一类齐次边界条件为0 0 tu 若u代表温度 则边界条件的物理意义为 杆的 左端保持为零度 若u代表位移 则边界条件的物理意义为 弦的左端固定 3 傅里叶变换的卷积定理为 21 xfxfF 12 f k fk 4 函数t cos的拉普拉斯变换为 costL 22 Re0 p p p 5 积分 dxxx cos 1 得分 评阅人 三 证明题 共1题 共10分 试证明正交归一关系 其中 mn l l kki lde mn 2 2 1 0 nm l m k l n k mn 证明 0 1 1 2 l i l nmed l 当时 11 22 1 2 0 ll in mlin ml ll in mll l l nmedd e ll inm e inm 当时 因此有 mn l l kki lde mn 2 第 1 页 共 3 页 JG 工作室 得分 评阅人 四 计算题 共4题 前3题各16分 第4题12分 共60分 1 试用级数解法求解在 邻域内 0 0 z0 zww的解 其初始条件为 0 0 1 0 ww 解 1 解的形式 系数 0 p zq z z 0 0z 在 解析 是方程的常点 所以 0 z 解的形式为 0 k k k w zc z 2 系数递推公式 将代入方程 得 w z 21 20 1 kk kk kk k kc zc z 0 1 0 22 1 2 2 1 k kk k ckkccz 1 22 0 2 1 k k c cc kk 即 3 1 k k c c k k 亦即 33 3 3 31 k k c c kk a 用c表示 03k c 3336 3 0 1 3 31 3 31 33 34 1 3 31 33 34 6 5 3 2 kk k cc c kkkkkk c kkkk b 用c表示c 131k 3235 31 1 1 3 31 3 31 32 33 1 31 3 32 33 7 6 4 3 kk k cc c kkkkkk c kkkk 因c 故cc 2 0 58 0 3 方程的通解 33 01 0 11 3 31 6 5 3 2 31 37 6 4 3 kk kk c zc z w zcz kkkk 1 4 由初始条件定 及解 因 01 c c 1 0 0 0 w w 所以 0 1 1 0 c c 所以方程的解为 3 1 1 3 31 6 5 3 2 k k z w z kk JG 工作室 2 长为l的杆 一端固定 另一端受力而被拉长 求杆在去掉力后的振动 设杆的截面积为S 杨氏 模量为Y 0 F 0 F 解 1 定解问题为 2 0ua u ttxx u 0 t 0 u 0l t x 0 u 0 F x x YS u 0 0 x t 初始条件 0 u 0 F x x YS 根据胡克定律 0 x 段的相对伸长为 u 0 u 0 0 x x 故 u 0 u 0 0 u 0 0 Fxx PYY Sx x 0X 端固定 0 u 0 F x x YS 2 由泛定方程及边界条件可得 1 n 2 X x sin n x l 2n 1 2 n 2 x l 3 通解为 212121 cos sin sin 22 0 nn u x tAatBatx nn ll n 2 n l 4 定系数 由u 得 0 0 x t B0 n 由 21 0 u 0 sin 2 0 F xn xAx n YSl n 得 1 82 21 00 sin 22 2 21 n lFnxF x l Adx c n llYS YSn 1 最后得方程的解为 0 8 1 21 21 0 cossin 22 22 21 n n F lnatn u x t ll YSn x 第 2 页 共 3 页 JG 工作室 3 若单位球面上电势分布为 求单位球内 外空间的电势分布 2 cos 1 u 解 1 定解问题为 22 12 12 2 12 0 0 0 0 1 1 cos u RuR uu uu 有界 2 对称性与通解形式 由于轴对称性 通解为 1 1 0 2 1 0 cos cos l l ll l l l l ll l l b u Ra RP R d uRc RP R 3 由边界条件和边值关系定系数 由 10 1 0 cos l l llR l l b u R 得 a RP R 有界0 l b 即 1 0 cos l ll l u Ra R P 由cos2 1 0 1 cos ll l ua P 及 2 20 31 cos cos cos 22 PP 可得 20 0 21 cos cos cos 33 ll l a PPP 由 cos l P 的正交性 得到 02 12 0 0 33 l aaal 2 因此球内电势为 22 12 1211 cos cos 3333 u RR PR 2 由0 2 0 cos ll l ud P 及 2 20 21 cos cos cos 33 PP 得 02 12 33 l 0d dd l 0 2 由此得到球外电势为 2 22 3 121 13cos1 cos 333 uRP RRRR JG 工作室 4 试用拉普拉斯变换法求方程 yyt 满足初始条件 0 1 0 2yy 的解 解 设 L y tY p 对原方程的两边取拉普拉斯变换 并考虑到初始条件 则有 L yL yL t 即 2 2 1 2 p Y ppY p p 由上式解得 222 13 11 p Y p ppp 再由上式取拉普拉斯逆变换得 1 222 13 11 cos3sin p y tL ppp ttt 或者 利用展开定理进行计算 由于当p f p一致地趋于零 且 f p只有三个孤立奇点 0 二阶极点 一阶极点 所以 i i 2 22222 0 Re 13 Lim 0 Lim Lim 2 1 1111 cos3sin pt k k pt ptpt ppipi y ts y p eb depp 3 ppiepie dpppppp ttt 第 3 页 共 3 页 JG 工作室 华中师范大学华中师范大学 2007 2008 学年第一学期学年第一学期 期末考试期末考试 B 卷参考答案卷参考答案 课程名称 数学物理方法 课程编号 83810012 任课教师 吴少平 题型 问答题 填空题证明题计算题 总分 分值 12 18 10 60 100 得分 得分 评阅人 一 问答题 共4题 每题3分 共12 分 1 z 0和z 的辐角有无意义 为什么 答 复数可以有无限多个辐角 所以z 0的辐角无意义 作变换 1 z t 当t 0时 即z 如前所述 t 0 的辐角无意义 因此z 的辐角也无意义 2 复变函数是否为解析函数 为什么 wzz 答 于是复变函数的实部和虚部分别为 2wzzi y 0u v2y 它们不满足CR 条件 所 以原函数不是解析函数 3 函数 2 sinz z 在有限远处的奇点是什么 奇点属于什么类型 答 函数在有限远处的奇点是 奇点0z 0z 为一阶极点 4 分离变量法的一个重要步骤是什么 由此步骤可以得到什么 答 分离变量法的一个重要步骤是求解本征值问题 通过求解本征值问题 可以得到本征值和本征函数 院 系 专业 年级 学生姓名 学号 密 封 线 JG 工作室 得分 评阅人 二 填空题 共5题 每空3分 共18分 1 函数 第 1 页 共 3 页 2 1 53 2 xxxf 按勒让德多项式的展开式为 xPl 01 1 52 2 2 f xPP P 2 在一维问题中 第二类齐次边界条件为0 0 tux 若u代表温度 则边界条件的物理意义为 左端绝 热 若代表位移 则边界条件的物理意义为 u左端自由 3 函数 0 0 xe xe exf x x x 的傅里叶变换为 xfF 2 2 1k 4 拉普拉斯变换的卷积定理为 21 xfxfL 12 L f x L fx 5 积分 dxxx 2 sin 1 得分 评阅人 三 证明题 10分 试证明 22 1 2 xaxaxa a 22 证 令 xxa 则 0 x aa只有单根和 2aa 且 2aa 由 函数的性 质5 若 x 为连续函数 且 x0 只有单根 1 2 k x kN 则 1 N k k k xx x x 可得 22 1 2 xaxa xax aaa axa JG 工作室 得分 评阅人 四 计算题 共4题 前3题各16分 第4题12分 共60分 1 试用级数解法求解在 邻域内 0 0 z0 zww的解 其初始条件为 1 0 0 0 ww 解 1 解的形式 系数 0 p zq z z 0 0 在z 解析 是方程的常点 所以 0 z 解的形式为 w z 0 k k k c z 2 系数递推公式 将代入方程 得 w z 21 20 1 0 kk kk kk k kc zc z 22 1 2 3 2 1 k kk k ckkccz 1 0 1 22 0 2 1 k k c cc kk 即 3 1 k k c c k k 亦即 33 3 3 31 k k c c kk a 用c表示c 03k 3336 3 0 1 3 31 3 31 33 34 1 3 31 33 34 6 5 3 2 kk k cc c kkkkkk c kkkk b 用c表示 131k c 3235 31 1 1 3 31 3 31 32 33 1 31 3 32 33 7 6 4 3 kk k cc c kkkkkk c kkkk 因c 故 2 0 58 0cc 3 方程的通解 331 01 01 11 3 31 6 5 3 2 31 37 6 4 3 kk kk c zc z w zcc z kkkk 4 由初始条件定 及解 因 01 c c 0 0 1 0 w w 所以 0 1 0 1 c c 得解 31 1 31 37 6 4 3 k k z w zz kk JG 工作室 2 长为l 杆身与外界绝热的均匀细杆 杆的两端保持为零度 已知其初始温度分布 xlxx 求 在t 0时杆上的温度分布 解 1 定解问题为 2 0 0 0 0 txx ua u utu u xx lx 0l t 2 本征值和本征函数分别为 22 2 sin 1 2 nn nn x Xxn ll 3 特解的线性叠加 222 2 1 sin na t l n n n x u x tC e l 4 根据本征函数的正交性 初始条件定系数 由 1 0 sin n n n x x lxu xC l 得 2 33 0 24 sin 1 1 l n n n xl Cx lxdx lln 将上式代入叠加解 得 222 2 21 2 23 0 81 21 sin 21 na t l n ln u x te nl x 第 2 页 共 3 页 JG 工作室 3 在均匀外电场中置入半径为的导体球 取球心为坐标原点 导体球上接有电池 使球与地保持电势 差为u 求球内 外的电势 设导体球置入前坐标原点的电势为零 0 E 0 r 0 解 选坐标原点在球心 极轴沿方向的球坐标系 设球内电势为 球外电势为u 因除球面上有自由 0 E 1 u 2 电荷分布外 球内 球外均无自由电荷分布 故与u满足拉普拉斯方程 1 u 2 1 定解问题为 2 10 2 20 0 2010 0 0 cos r ur ur E r u ru r r r Lim 2 对称性及通解形式 本问题具有轴对称性 因为接地导体为等势体 故球内 球外电势可分别表示为 1 102 co ll lll l uuuArBrP s 3 定系数 将代入第一个定解条件得 2 u 0 cos cos l ll l Ar PE r 由P 1 cos cos 及 cos l P 的正交性 得 10 0 l AEAl 1 将代入u的表达式 可化 l A 2 简为 1 20 0 cos cos l ll l uE rBrP 将上式第二个定解条件得 1 0 000 0 cos cos l ll l E rBrPu 由 cos l P 的正交性得 3 00 010 0 0 l Bu rBE rBl 0 1 所以 定解问题的解为 3 0 00 0 1020 2 cos cos u rE r uuuE r rr JG 工作室 4 试用拉普拉斯变换法求解微分方程组 322 t t xxye yxye 满足初始条件的解 0 0 1yx 解 对方程组两个方程的两边作拉普拉斯变换 设 L y ty p L x tx p 并考虑到初始条件 得到 22 22 2 12 1 1 2 2 p y pp x ppx py p pp p y pp x ppy px p p 解以上代数方程组 即得 2 22 1 1 21 1 y p p p p x p pp 对像函数 2 1 1 y p p p 有 p 0y p 且 y p只有有限个孤立奇点 故由展开定理得 2 p0p1 2 p1 11 Lim Lim 1 1Lim 1 ptpt ptpt tt d y te pdp te pe p tee e p 对像函数 22 21 1 p x p pp 有 p 0 x p 且 x p只有有限个孤立奇点 故由展开定理得 22 p0p1 2323 p0p1 2121 Lim Lim 1 212212 1 Lim Lim 1 1 ptpt ptptptpt t dpdp x tee dppdpp pppp teetee pppp tte 第 3 页 共 3 页 JG 工作室 华中师范大学华中师范大学 2008 2009 学年第一学期学年第一学期 期末考试期末考试A 卷参考答案卷参考答案 课程名称 数学物理方法 课程编号 83810012 任课教师 金 猛 吴少平 题型 问答题填空题证明题计算题总分 分值 16 15 10 59 100 得分 得分 评阅人 一 问答题 共4题 每题4分 共16 分 1 3 i w的辐角主值是多少 3 i有不同根的原因是什么 答 辐角主值为 6 5 6 和 3 2 有不同根的原因是复数i辐角的多值性 2 复变函数是否为解析函数 为什么 wzz 答 于是复变函数的实部和虚部分别为 2wzzi y 0u v2y 它们不满足CR 条件 所 以原函数不是解析函数 3 函数 2 1 1 f z zz 在有限远处的奇点是什么 它们分别属于什么类型 答 有限远处的奇点是 它们都是一阶孤立奇点 0 z i 4 分离变量法的一个重要步骤是什么 由此步骤可以得到什么 答 分离变量法的一个重要步骤是求解本征值问题 通过求解本征值问题 可以得到本征值和本征函数 院 系 专业 年级 学生姓名 学号 密 封 线 JG 工作室 得分 评阅人 二 填空题 共4题 每空3分 共15分 1 函数 第 1 页 共 3 页 2 1 53 2 xxxf 按勒让德多项式的展开式为 xPl xf 01 1 52 2 PPP 2 2 在一维定解问题中 第二类齐次边界条件为0 0 t x u 若代表温度 则边界条件的物理意义为 u 左端绝热 若代表位移 则边界条件的物理意义为u 左端自由 3 设 0 x为任意常数 则傅里叶变换的延迟定理为 0 F f xx 0 ikx eF f x 4 积分 dxxx 2 sin 1 得分 评阅人 三 证明题 10分 试证明 22 1 2 xaxaxa a 2 证 令 2 xxa 则 0 x 只有单根aa 和 且 2aa 2aa 由 函数的性 质5 若 x 为连续函数 且 0 x 只有单根 1 2 k x kN 则 1 N k k k xx x x 可得 22 1 2 xaxa xax aaa axa JG 工作室 得分 评阅人 四 计算题 共4题 第1题10分 第2 3题各18分 第4 题13 分 共59分 1 试计算积分 4 31 1 3 z z dz zz 解 本题可用留数定理和柯西积分公式两种方法求解 1 留数定理法 由 0 2Res k L k f z dzif b 这里被积函数的奇点为 都是一阶奇点 且都在 1zz 和和 34z 围成的圆内 所以 原式 2 Res 1 Res 3 6iff i 2 由复通区域柯西定理及柯西公式得 将积分回路 4z 换成分别围绕奇点的回路 1zz 和和 3 12 CC和和 原式 12 3131 1 3 1 3 CC zz dzdz zzzz 31 3131 22 6 13 ZZ zz iii zz JG 工作室 2 长为l 杆身与外界绝热的均匀细杆 杆的两端保持为零度 已知其初始温度分布 xlx l 为常量 求在t 0时杆上的温度分布 解 1 定解问题为 2 0 0 0 0 0 txx ua u utu l t u xxl 2 本征值和本征函数分别为 22 2 sin 1 2 nn nn x Xxn ll 3 特解的线性叠加 222 2 1 sin na t l n n n x u x tC e l 4 根据本征函数的正交性 初始条件定系数 由 1 0 sin n n n x xlu xC l 得 2 1 0 22 sin 1 l n n n xl Cxldx ll n 将上式代入叠加解 得 222 2 21 2 0 2 1 sin na t n l n ln u x te nl x 第 2 页 共 3 页 JG 工作室 3 在均匀外电场中置入半径为的导体球 取球心为坐标原点 导体球上接有电池 使球与地保持电势 差为u 求球内 外的电势 设导体球置入前坐标原点的电势为零 0 E 0 r 0 解 选坐标原点在球心 极轴沿方向的球坐标系 设球内电势为 球外电势为u 因除球面上有自由 0 E 1 u 2 电荷分布外 球内 球外均无自由电荷分布 故与u满足拉普拉斯方程 1 u 2 1 定解问题为 2 10 2 20 0 2010 0 0 cos r ur ur E r u ru r r r Lim 2 对称性及通解形式 本问题具有轴对称性 因为接地导体为等势体 故球内 球外电势可分别表示为 1 102 co ll lll l uuuArBrP s 3 定系数 将代入第一个定解条件得 2 u 0 cos cos l ll l Ar PE r 由P 1 cos cos 及 cos l P 的正交性 得 10 0 l AEAl 1 将代入u的表达式 可化 l A 2 简为 1 20 0 cos cos l ll l uE rBrP 将上式第二个定解条件得 1 0 000 0 cos cos l ll l E rBrPu 由 cos l P 的正交性得 3 00 010 0 0 l Bu rBE rBl 0 1 所以 定解问题的解为 3 0 00 0 1020 2 cos cos u rE r uuuE r rr JG 工作室 4 试求有限波列 0 cos2 0 ttT f t tT 的傅里叶变换 f 式中 0 为常量 解 0 0 00 0 00 00 cos 2 cossin cos 2 cos cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 22 it T T T T T ff t edt v ttit dt v tt dt vtvt vTvT vv dt 第 3 页 共 3 页 JG 工作室 华中师范大学华中师范大学 2008 2009 学年第一学期学年第一学期 期末考试期末考试 B 卷参考答案卷参考答案 课程名称 数学物理方法 课程编号 83810012 任课教师 金 猛 吴少平 题型 问答题填空题证明题计算题总分 分值 12 18 10 60 100 得分 得分 评阅人 一 问答题 共4题 每题3分 共12 分 1 复变函数是否为解析函数 为什么 yiw zxy y 答 因为 由 C R 条件有2 0 0 2 xyxy ux uvv xy 即函数仅在直线上可导 不满 足解析函数的条件 所以原函数不是解析函数 yx 2 设函数 f z在环域 21 RzbR 内解析 则 f z的罗朗展开式 k f zaz b 中的系数a 能否写成 k k k afbk的形式 为什么 答 罗朗级数中积分表达式与泰勒级数的积分表达式相同 但罗朗级数中 k k fb a k 因为高阶导数公 式要求f z 闭合曲线内部解析才成立 而在此f z 仅在区域内 21 RzbR 解析 所以罗朗展开式中 系数的积分形式不能写成微分形式 3 函数 sin z f z z 在有限远处的奇点是什么 其奇点属于什么类型 答 sin z f z z 在有限远处的孤立奇点为0z 它属于可去奇点 它在奇点处的留数为0 0z 院 系 专业 年级 学生姓名 学号 密 封 线 JG 工作室 4 在分离变量法中引入的常数如何确定 斯图姆 刘维尔型本征值有何特点 斯图姆 刘维尔型本征值的特点为 存在无穷多个 分立的 实的本征值 所有本征值都是非负的 得分 评阅人 二 填空题 共5题 每空3分 共18分 1 函数按勒让德多项式的展开式为 2 xxf xPl 2 x 02 12 33 P xP x 2 在一维定解问题中 第一类齐次边界条件为0 0 tu 若代表温度 则边界条件的物理意义为 u 左端温度为零 若u代表位移 则边界条件的物理意义为 左端固定 3 傅里叶变换的卷积定理为 21 xfxfF 12 f k fk 4 函数 0 0 x x x ex f xe ex 的傅里叶变换为 f k 2 2 1k 5 积分 dxxx cos 1 得分 评阅人 三 证明题 共1题 共10分 试证明傅里叶变换中的延迟定理 设 0 x为任意常数 则 0 0 ikx F f xxeF f x 证明 由定义出发 令ux 0 x 可得 00 00 00 ikxik u x ikxikxiku F f xxf xx edxf u edu ef u edueF f u 由定义知 仅为k的函数 与x无关 故 F f x F f uF f x 定理得证 第 1 页 共 3 页 JG 工作室 得分 评阅人 四 计算题 共4题 第1题10分 第2 3题各18分 第4题14分 共60分 1 利用留数定理计算积分 2 1 21 2 z z dz zz 解 本题可用留数定理和柯西积分公式两种方法求解 1 留数定理法 由 0 2Res k L k f z dzif b 这里被积函数的奇点在 1 0 2 zz 和和 都是一阶奇点且都在 1z 围成的圆内 所以 原式 1 2 Res 0 Res 2 2 iff i 2 由复通区域柯西定理及柯西公式得 将积分回路 1z 换成分别围绕奇点 1 0 2 zz 和和的回路 12 CC和和 原式 12 2121 21 21 CC zz dzdz zzzz 1 0 2 2121 22 2 21 ZZ zz iii zz JG 工作室 2 求解下列定解问题 下式中均为常量 0 F Y S 2 0 0