数学物理串讲1-6

1、第一章复变函数复数的三种表示:代数表示，三角表示与指数表示几个初等函数的定义式：z x iy x.e = e = e cosy i sin ysin zeiz 一 e iz2icosz = 1 eize iz2shz= 1 ez 2chzez e z2lnz= ln(z|eiargz) = ln|z+ iarg z 1.3 数icauchy-riemann 方程 1.4 析函数1 .定义若复变函数f在点z0及其邻域上处处可导，则称f(z)在zo点解析。注意：如果只在一点导数存在，而在其他点不存在，那么也不能说函数在该点解析。例如：函数f (z) =|z2在z = 0点是否可导？是否解析？ 解：

2、f (z) =|z|2 = x2 + y2 ? u = x2+y2, v=0.由此可见，仅在z = 0, u、v可微且满足c-r条件，即f(z)仅 于z=0点可导，但在z=0点不解析。在其他点不可导，则它在z = 0 点及整个复平面上处处不解析 。某一点，函数解析北可导某一区域b ,函数解析u 可导2 .解析函数的性质(i )几何性质(ii)调和性(iii)共轲性例 已知u=x3.3xy2求v看书上例题 2.1 变函数的积分i f (z)dz = il (u(x, y)dx - v(x, y)dy) + il (v(x, y)dx + u(x, y)dy) =( (udx - vdy) + i

3、 ( (vdx + udy)二复变函数的路积分可以归结为两个实函数的线积分。因此复变函数积分也具有实变函数积分的某些性质。一般说来，积分值不仅依赖于起点、终点。积分路线不同，其结果也不同。 2.2 西定理 2.3 定积分 2.4 西公式第三章曷级数展开0a一，、k2ak(z- z0) = ao ai(z- z0) a2(z- zo) k=0(1)比值判别法(达朗贝尔判别法,d alember)r= limk=oakak+1弓i入收敛圆半径:(3.2.3 )(2)根值判别法(柯西判别法)，、一， 一 ，.1引入收敛半径：r=kiml(3.2.6 )k/a, 3.3泰勒级数的展开2.其他展开法可用

4、任何方法展开，只要(z z0)k项相同，那么展开结果一定相同(根据taylor展开的唯一性)如利用f 1 g k= tk t 1j 1 - t k=0 k ez = 二 z0k =0 k!qo(2k 1)!sin z= (-1)kk=02kcosz = (-1)k , z :二 kr (2k)!， g 1，i 一例6将2在4 = 0点邻域展开（z1）1 - z1 二，解：禾i用717rtk有：1-t 皿 ni242k2k2 = 1 z z iii z | 卜 z1 一 zk=0(z 1)例7 +在z0=点的邻域展开111 - z ii、(1 - 2) - (z - 2)1i z -1- 21

5、- i2解:-(2)klk=0(1_l)22oo=zk =0(z -(1-fk11-i 3.5洛朗（laurent ）级数展开（1）展开中心zo不一定是函数的奇点;35例2在】图”的坏域上将函数代工）一1?-1）疑为 洛朗级数.解出t7同1 /展开式中出现无限多个负幕次项，但展开中心雾=0本身却不是函 数的奇点奇点在空工土 1l3展开方法的唯一性间接展开方法：利用熟知公式的展开法较常用例2将函数f（z）=2在0|z -21内展开为laurent 级数qq解：因为0z21内展开，展开形式应为cn(z-2)n n 二-二1 _1_1z-3 (z-2)-1 - 1 - (z - 2)bo=-z (z

6、-2)n(z-2 1)n =0:n(z- 而(z - 3)2-n =0(z-2 1)=1 2(z-2) ih n(z- 2)n-1 ih得至上(z-2)(z-3)2 (z-2) (z-3)2(z-2)2 3(z-2)川 n(z- 2广2 i n(z-2)n0 z-2 1例3函数f(z)=(z-1)(z-2)在下列圆环域内都是处处解析的，将f(z)在这些区域内展开成 laurent级数2cz 0c z-1 1解：f(z)=11111z 2 z 1 1 z 2 1 z2由于|z 1从而| 1 ,利用七;1 z z2 川 zn 川可得：2/z2=2(12 z-222iii十2n-ih)1f (z)

7、=(1 z z hi z iii) -(1222+川+2niii):14z+8z2+w结果中不含负曷次项，原因在于f (z)二(z-1)(z-2)在zc1内解析的。由于1|z2,从而11,- 12所以2vz所以2于是n -1 z1,- - 11z- 2iii111z - 1 z 21 - -ziiiz 11zz z2(1|z2)-z-ihz1(z2)由于0 z-1 1可知展开的级数形式为工cn(z-1)n所以-jdof (z)=1_z- 2 z- 1(z-1)nn =0111 - (z- 1) z- 11(0 r二 u , 不在一维问题中常以二;代替。 nx热传导举例设流入物体内的热流(单位时

8、间通过单位截面积的热量)为f(t),则边界条件为：uk i边界二 f(t)n_u流出：则有kyn |边界- -f具体到细长杆的热传导问题，如一端面 x=0流入热流为，(t),另一端(x=l)流出热流为匕(t),于是uk|x=0 二一 1，k |x=l = -1- 2(t)n 二 n例 考虑长为l的均匀杆的导热问题，若(1)杆的两端温度保持零度；(2)杆的两端绝热；(3)杆的一端为恒温零度，另一端绝热；试写出该与热问题在以上三种情况下的边界条件。解：设杆的温度为u(x,t)则(1)|u|x=0= 0,u|x=；q(2)因为当沿着杆长方向有热量流动时由fourier实验定律(2.1.7 )有q =

9、-ku|x,q = -k 史1x ；:(-x)x 一其中q为热流强度，而杆的两端绝热，就意味着杆 的两端与外界没有热交换亦即没有热量的流动(q=0),故有ux |x=00, ux x=l0(3)显然,此时有u .0: 0,ux - 0x j . x x i(三)定解问题的表述所谓定解问题，就是根据物理规律，分析问题的性质、 条件等导出相应的方程(泛定方程)和应满足的初始 条件，边界条件等(定解条件)。泛定方程t共同规律的一面r初始条件定解问题nje解条件边界条件t特殊具体的一面衔接条件解的适定性：有解，唯一性，稳定性。 7.4达朗内尔公式（又叫行波法，定解问题）本节只要求掌握：在无界的情况下一

10、维波动方程初值 问题的dalembert公式及其物理意义。（一）定解问题我们研究弦、杆、传输线等是“无限长的” 存在边界条件，只存在初始条件。研究这样的定解问题utt - a2uxx = 0u(x,0) = (x) ut(x,0)= (x)- x ,t 0,a 0(1)q)2ut2u|（3）或写成i一 22 u a -r = 02xlt=0=(x)|t=0=(x)（此为双曲型波动方程，见 p164-165） （二）求通解()d11 x atu(x,t)= - (x at) (x - at)22a x at此即一维无界波动方程的d alembert公式/解例1求定解问题utt axx = 0u(

11、x,0); sinx ut(x,0) = x2x at 一:d 二 sinxcosat x-att 22.2x-(3x at)解：由d alembert公式1 1u = -sin(x at) sin(x - at) 数学物理定解的定解问题的求解方法1 .行波法2 .分离变量法3 .曷级数的解法4 . green函数法5 .积分变换法6 .保角变换法7 .变分法8 .数值计算法第八章分离变数法(fourier级数法)基本思想：把偏微分方程分解为几个常微分方 程。其中有的常微分方程带有附加条件而构成本征值 问题。本征值问题是分离变数法的核心。本章仅限于本征函数为三角函数的情况。主要介绍：一维波动方

12、程、热传导方程和二维稳态场 方程的解法。(8.1 )本小节总结一.分离变数法的思想、步骤1 . u : x(x)y(y)2 .本征值问题= 本征值 本证函数 本征解3 .叠加(得到一般解)用初始条件或非齐次边界条件确定系数二.本征值问题x (x) x(x) = 0(1)x(0) =0,x(l) = 0n = 1,2,3,111xn(x) = cnsin l见p143介绍部分x (x) x(x) = 0 x (0) = 0,x (l) = 00,i,2,mxn(x) = cncos l见p147例1(3) jx(x)十九x(x) = 0 - 1x(0) =0,xl) = 0 -/1、2 2(n

13、5)二 二n-2l2xn(x) = gsin4l2(2n 1)二 xn = 0,1,2川2l见p150例2(4)x (x) + ax(x)=0 lx(0)=0,x(l)=0 -1(n 2)n 一 l2xn(x) =cncos4l2(2n 1)二 x2ln = 0,1,2川未讲(5)x (x) x(x)二 0x(0) = 0,x(l) hx (x)= 0未讲(6)：，()，:一： ，n2=(n= 0,1,2,11)()= ：(2 )：n( )= ancosn bnsinn3 .研究内容本节主要研究了齐次方程的定解问题，求本征值问题 中用到(且限于)齐次边界条件，具体包括：一维波 动和一维热传导(

14、有界，含时)，二维稳定场(有界， 不含时)4 .矩形区域内的稳定问题(例3)叠加原理：(思想)uxx uyy 0iu|x 二 0 = u0，u|x = a = u0 (0 y b)u|y=0= u0，u|y=b= u (0 x a)二 u(x, y)= x, y x, y即xx yy = 0i|x二0 = u0,|x 二 a = u0ly=0= 0，叱 0coxxyy0,屋二 0u0，|y=b= u五.（以上所有求解均是在直角坐标系下的讨论）曲线正交坐标系中的u表达式 （1）柱坐标系（夕2）中：222u 1 u 1 u u + t 2 2 了 j 了 : 2 :2 f z2（2）在平面极坐标系

15、中（；222u 1 u 1 u 1/ _ u、1 u二-二二（一）-f 7 2: : : 222 f 2重点研究了:u（：）=r（：）：（） 十九：（）=：（2_ 2_r r r 二 0处理了圆域稳定场问题的分离变数法o(3)在球坐标系中(r/)1 :2 ; uu 二二一(r r r r1(snr sin71 j1,2u 1 u)-222r r sin n :8.2非齐次振动方程和输运方程本节：非齐次振动方程和输运方程的定解问题的解法(仅限于齐次的边界条件)(一)(fourier级数法)本征函数法强迫振动是一个非齐次方程。设弦长为l ,两端固定。 垂直方向受的外力分布为：f(x,t)= p，f

16、(x,t)。起始 位移为中(x),初始速度为w(x),则定解问题的表述为：utt - a2uxx = f (x,t)。 x l,t 0%xr=0,uxu10 =(x)， utr = (x)现用本征函数法求解:step (1):确定本征函数(要点：根据定解问题确定相应的本征函数)根据相应的齐次方程 琳- a2ul = 0在分离变量后(u= x(x)t(t)与相应的齐次边界条件(2)式构成本征值问题22n -一x(0) = 0, x(l) = 0?xn = f，?n = 1,2,3111)?n二 x 一一. .一 一 一=sin?(归一化函数)？?(4)step (2):按本征函数展开将u(x,t

17、),非齐次项f(x,t)皆按本征函数(4)展开, 即：u(x,t)=oo (t)sinn=1(即fourier系数不是常数，而是tn(t)f (x,t)二qofn(t)sinn=1(5)t的函数，记为(6)f (x, t)是给定的，故、2 in 八八fn(t); 2 f ,t sinned?n l 0l同理：“ x 3，、u0=(o)sin =(x) n =1l_2 ln 二_=tn(0) = sin-d? = a?(7)望，n xutlt= = tn(0)sin (x) n =1l_2 ln -=tn (0) = j sind? = bn?(8)要求u,实际就是求tn (t) o (看(5)

18、式)step (3):求 tn(t)将（5）（8）式代入定解问题有:oo fn(t)sinn =1_ n 二 a _ tn (t) tn(t)sin n=1ln2二 2a2tn (t) 5tn(t)= fn(t) l工(0)= %?7(0)= bn?用laplace 变换求解此常微分方程（见p.、p122、p.） 如下:tn(p)二 ltn(t)fn(p)= lfn(t)2p2tn(p)- ptn(0)-tn(0)l2tn(p)二 fn(p)=（p）二p2机屋ptntn(0)?l2（利用与数定理:又因为：lf(t)= p2f(p)-pf(0)-f(0)p212 njt2 2al2ljsinn

19、atji2 2al2lcosn atpl21l fi(t)f2(t)fl(p)f2(p)fi(t)，f2(t)=10 f13f2(l)d，)由卷积定理，对(9)做反演：l tn二 a(t -)=tn(t)=fn( )sin ()d n a 0ln at l nat? (ocosn _sinn-attn (0)?(10) l n a l将tn(t)代入(5)式中就得:n 二 xu(x,t) 一 tn(t)sinn=1lod= n=1 njltn a(t - ) ,.fn( )sind sina 0 nloo?+ tn(0)cosn =1n二 atl . n at,.tn (0)sin sin l

20、n a l(11)qo=z n=1 njltn a(t - )一 fn( )sind sina 0 nl2 ln二n二 at?+ - 2( )sin n d? cosntn=1 l 0ll2 lnn二 atn二 x?+ ( )sin d? sin sin n a 0ll l【第二部分是齐次方程的解见p184：ino ( )sin -d?bn 二第一部分则是由于外力引起的贡献。】（二）解题思想和步骤（本征函数法）总结思想：通过引入按本征函数展开的试探解，将 非齐次 的偏微分方程定解问题的求解，转化为 非齐次的常微 分方程的求解。（说明：齐次方程+齐次边界条件也可用 fourier级数法）（二）冲

21、量定理法 例如，初始条件不为零的两端固定弦的受迫振动，定2utt - a uxx = f(x,t)?解问题可表述为:u = 0，?u = 0it.(x),?t|t=0n (x)x=0xx=l既可用本征函数法直接求解。也可：则可用叠加原理 把它分解为两个定解问题， 即 u（x,t） = ui （x,t） uii （x,t）并且ui, uii分别满足：uitt - a2uixx = 0?uiitt -a2uiixx= f(x,t)?ilxxllxx/ /.ui =0,?ui=0?uii=0,?ii=0x =0x jx=0xd|ui =rx),?uti=+ (x) iuii=0,?utii=0lt=

22、0 t tv ， l tmt t=0(8.1节 分离变量法)(冲量定理法)(冲量定量法的前提：其它定解条件都是齐次的，否 则就按叠加原理进行分解。边界条件可为第一、二、 三类齐次边界条件。)1非齐次的泛定方程冲量定理法要求2齐次边界条件?3齐次初始条件？f面以受迫振动问题为例讨论冲量定理法：utt -a2uxx= f(x,t)?(0x l,t 0)?(1)? ?u= 0,? _ = 0?(2)?汕旬=0，?tl = 0?阳3)非齐次项f(x,t)表示作用力(单位长度、单位质量) 因此f(x,t)对时间t的累积表示冲量。f x,t如：f(x,e)d表示在de时间内的冲量(阴影面积)。 这个冲量使

23、系统的速度有一改变量。因 f (x,t)是单位 质量受的外力，由f (xj冲=mv) = n ,知道 f(xj) d表现为速度的改变量。现在把d内速度的改变量认为是在t =时刻瞬间 得到的，而d.的其余时间则认为没有冲量作用(即没 力的作用)，故方程应是齐次方程。在t=w时刻集中得 到的速度可置于初始条件中o故在e mt e +d7的时间内，u(x,t)满足的定解问 题：u：)- a2uxx)= 0 70x( lj t - dt )?(1)? ?j=0,?=0?c t-十 dd (2)x=0x=lul = 0,?ut t=f(xj)d。？0x l)3)易看出，u（：=0理解为“来不及”产生位移

24、；u必 t v含有因子dt,若设u（x,t；t） = v（x,t；t ）d ,则上述定解问题变为：2vtt - a vxx = 0 70 ）（5丫 v- = 0，vti= f（x,）（0 x 1）（6）因u（%x,t；t）表示曲内的解，在从0tt的解应是所有tu（x,t） = lim du（x,t；t）的叠力口。当dtt0时有:（丁）一一 一一一 j 一 一一 .u ” （x,t；f） = jimo v（x,t；7）dt = jov（x,t；t）dt ?7）即把持续作用力f（x,t）看作是所有“瞬时力f（t,e）”引起 的振动的叠加 小结：冲量定理法物理内涵：把连续的冲量作用视作许多不 连续的

25、集中冲量作用（即分解为许多脉冲）。“ f（x,t）572utt 一 a uxx0). x .=acos-psin t?0 x l,tx x=00,?ux x=l: 0?t =0=0,?ut t=0 = 0?解：应用冲量定理法，变为v的定解问题:vtt- a vxx = 0?x x=00,?vx x=0?0 x l,t )? (t )?t= = 0,?vt. 二 x .t= = acossin ?(0 x l)?参见p168例2,分离变数法求解齐次方程的定解问题, 得到本征解:“二 xto = ab0(t-)vn = xntn =rcos(t - )bn sin(t - )cos(n=1,2,|

26、d所有本征振动的叠加成为一般解，即vvn = a0 &(t -)” ancos(t - )bnsinn 二 x(t - ) cosn =0再由初始条件定出积分常数为:0ot0 : a0 - an cosoo二b bnn =1n 二 a cosln =1a x .=acossinl=b0二 0,b1 =竺 sin二 a(n= 2,3,|)于是,一 sin a, a z 、 sin-p (t - )cos再由（7）式得:tu(x,t) = v(x,t; )d0al一cos 二 aal冗rr( sina万二 x l att二 asin sin (t - )d0la二 x- sin t)cos ll（

27、易看出,此解有共振的性质。当强迫力asinsicos：的 频率仍等于本征频率 千时，振幅无限大。） 冲量法亦可用于求解非齐次的输运方程（证明略:可参见书上r12-p213）即有:2ut a2uxx = f (x,t)?(0 x l,t 0) u x n = 0,?u . = 0?x 0x lul0 = 0?“瞬时热源”变为：vt - a2vxx =0? (0 x l, t)( vx=0 = 0，?vx=i = 0?1 vt=f(x,t)?t求出v后，再由u=，0v(x，冲得到uox l,t 0) ?例2 （见书以4例3）（讲简要过程）ut - a2uxx n asin t?0 ux=0 = 0

28、，?ul =0?1 ult=0 = 0?解：定解问题转化为:2vt - a vxx 二 0?/= 0,?vx|x0?i a . _l v1二 asin由本征值问题(n = 0,1,2,3?l)see p170xnnxn =0_ n =-x .xn(0)=0,xn(l)=0 xn -t + a2t =0=tn = iii=vn = xntn = |co=v 八 vn dlln =0再由初始条件定积分常数,最后：u= 0vdtii总之，对齐次方程及齐次边界条件的定 解问题，可直接用分离变量法或用傅里叶级 数法：对于非齐次方程及齐次边界条件的定 解问题，可用傅里叶级数法（若初始条件同 时为零，可用冲

29、量定理法）；对非齐次边界条件的定解问题，首先要将非齐次边界条件 齐次化，然后用傅里叶级数法 。第九章二阶常微分方程的级数解法与本征值问题 要求解带初始条件的线性二阶常微分方程：y p(x)y q(x)y = 0 (1)y(x0)= ccy(x0) = ci其中，x0为任意指定点，co、ci为常数。级数解法：就是在某个任选点x0的邻域上，把待求的 解表示为系数待定的级数，代入方程以逐个确定系 数。(一)方程的常点和奇点常点：p(z)和q(z)在选定的点z0的邻域中是解析的，则z0 是方程(2)的常点奇点：如4点是p(z)或q(z)的奇点,则z0点是方程(2) 的奇点(二)常点邻域上的级数解把此唯

30、一的解析解表示成z0点邻域上的taylor级数形式：w(z) = 3k(z- z0)k (3)k =0式中ak为待定系数。 9.3正则奇点邻域上的级数解法(一)奇点邻域上的级数解见p195 (略讲)w + p(z)w + q(z)w= 0设z0点是q(z)或p(z)的奇点，则亦是方程的奇点。 解在点z0邻域上的展开式不是taylor级数，而应含有 负曷项。(略去证明)：在点4的邻域0 z- 4 r上，给出的 两个线性无关解的级数形式为：si kwi(z)=工 ak(z- zo)k = - 二s2 kw2(z) = bk(z- z0)k =-二二s2 k或 w2(z) = awz)ln(z-。)

31、+ 工 bk(z-z0)k=-：其中 q、x、a、ak、氏(k=0, 1, 2, 3)为待定 常数。可以看出，、这两个解均有无穷多的负募项，难求系数。如果是正则奇点，则这两个级数解变成有限负曷项。这种解称为正则解。（二）正则奇点邻域上的级数解1）若z0是方程的奇点，且z0最多是p（z）的一阶 极点，q（z）的二阶极点，即p(z)=、pk(z- z0)k-1q: 2qk（z-z0）k（9.3.5）则zo称为方程的正则奇点。2）在zo的邻域0|z-zo p227 9.1.2 dr dr1 d . d。，一. (sin f . ) u。，-0 p228 9.1.9 sin d d ?它们的解分别为：

32、rl(r)=arl+bll 和pl(x)。将各本征解迭加构成式的一般解形式:u(r/)= (alrl 十 blr l-1)pl (cos6 )l =0先研究球内的静电势：在r=0点，解应是有限的，故bi = 0。 cd即：u(r/)7 arlp.os。)(合理的解) l =0且该解应与式相等，即：a j/ 、1 ar p (cos9)= /=2 1 11=04- 2rcos r2 ()取9 : 0,则：,1(1工 arlp(1)=工 arl = =o1=01- roo l2l,r = 1 r r r (r 1) 二0=a = 1 (l = 0,1,2,3 )1ii二二 r p (cose ) 1 一 2r cos ri=。有i1句.(二 rlp(x)二 /2)i=0 1 一 2rx r定义：如果某个函数可以按某变量的曷级数展开， 且展开系数为lengendre多项式，则该函数称为 lengendre多项式的生成函数/母函数。（故此处:l 1之称为pt）的母函数） .1 - 2rx r 之t再研究球外的静电势:1j c 1