数学物理方法习题解答(完整版)

1、数学物理方法习题解答、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Rez在z平面上处处不可导精选文档证明：令RezuivQRezx,ux,v0。于是u与v在z平面上处处不满足c-R条件,所以Rez在z平面上处处不可导。2、试证fzz2仅在原点有导数。证明：令fziv22八xy,v0。u2x,x2y所以除原点以外，u,v不满足C-R条件。连续,且满足C-R条件，所以fz在原点可微。或：flimz0zlimz0limx0y0limz0zH2lizm0*zzizm(z*zz)z0z0。【当z0,zreii2e与趋向有关，则上式中13、设f(z)3333、xyi(xy)22xy0：=：,证明fz在原点满

2、足C-R条件，但不可微。证明：令fx,yivx,yux,y3x2x3y2y02x2x2-y=0v(x,y)3x2x3y2y02x2xy2°。y2=0ux(0,0)u(x,0)u(0,0)x3lim01,x0x3uy(0,0)limu(0,y)u(0,0)y0y3limy-x0y3vx(0,0)lxm0v(x,0)v(0,0)3.xlimtx0x31,Vy(0，0)limv(0,y)v(0,0)y0y3lim-y3x0y3Ux(0,0)Vy(0,0),Uy(0,0)Vx(0,0)f(z)在原点上满足c-R条件。但lzm0f(z)f(0)3x(x233yi(xy2)(x3oiy)kx趋于

3、0,33xylim2z0(x233i(xy)1k3i(1k3)22y)(xiy)(1k)(1ik)k4k3k1i(k4k3k1)22(k1)依赖于k,f(z)在原点不可导。4、若复变函数fz在区域D上解析并满足下列条件之一，证明其在区域D上必为常数。(1) fz在区域D上为实函数；(2) f*z在区域D上解析；(3) Refz在区域D上是常数。证明：(1)令f(z)u(x,y)iv(x,y)。由于fz在区域D上为实函数，所以在区域D上v(x,y)0Qf(z)在区域D上解析。由CR条件得0,0oxyyx在区域D上u(x,y)为常数。从而fz在区域D上为常数。(2)令f(z)u(x,y)iv(x,

4、y),则f*(z)u(x,y)iv(x,y)。Qf(z)在区域D上解析。由C-R条件得(1)又f*(z)在区域D上解析，由C-R条件得u,上工xyyx联立(1)和(2),得uuvv八0oxyxyu,v在区域D上均为常数，从而f(z)在区域D上为常数(3)令fzux,yivx,y,则Ref(z)ux,y。由题设知ux,y在区域D上为常数，上上0。又由C-R条件得，在区域D上-上0,上0,于是v在区域D上为常数。xyyxu,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xy2不能成为z的一个解析函数的实部。22证明：令uxy2,T202x2x。xyu不满足拉普拉斯方程。从而它不能成为

5、z的一个解析函数的实部。6、若zxiy,试证：(1) sinzsinxcoshyicosxsinhy;(2) coszcosxcoshyisinxsinhy;(3) sinz2=sin2xsinh2y;(4) cosz2cos2xsinh2y0证明：(1)sinzsin(xiy)sinxcos(iy)cosxsin(iy)Qcos(iy)coshy,sin(iy)isinhy,sinzsinxcoshyicosxsinhy。(2) coszcos(xiy)cosxcos(iy)sinxsin(iy)Qcos(iy)coshy,sin(iy)isinhy,coszcosxcoshyisinxsi

6、nhyo(3) sinz2(sinxcoshy)2(cosxsinhy)2sin2xcosh2ycos2xsinh2y.22、22sinx(1sinhy)cosxsinhy.2222.22sinx(sinxcosx)sinhysinxsinhy。2 22xcosh y sin xsinh y2222(4) cosz(cosxcoshy)(sinxsinhy)cos22、.2.,2cosx(1sinhy)sinxsinhy2_2222cosxcosxsinhysinxsinhy2,2.2222cosx(cosxsinx)sinhycosxsinhy。7、试证若函数fz和z在z0解析。fz0z00

7、,z00,则limf三f。（复变函数的洛必达法则）zz0zzo证明：f (zo)(zo)lirfzzozf (zo) zolim (z)(zo)z 4 z zof(z) f(zo). z zof (z) f (zo)f (z)lim -lim lim z z (z)(zo)z z(z) (zo)z z(z)z zo或倒过来做8、求证：lim列三1。z o z证明：lim胆M 3） z o z z o zlimcos z 1。z o第二章习题解答9、利用积分估值，证明a.: x2 iy2 dz积分路径是从i到i的右半圆周b.证明2弯2积分路径是直线段。1 z2证明：a.(方法一):x2 iy2

8、dz : x2 iy2 |dz：Jx4 y4 |dz：Jx4 2x2y2 y4|dz :显yV|dz。（方法二）在半圆周x2 y2 1上，x2 1,y2 1,从而42424422x x y y x y x y在半圆周x2 y2441 , maxJx y1, c或:10、x2iy2 dix2 iy211dzi 22i x iy d- 44max x y, x2-y2 dz iidz1 max 2 zx izz x2 i dz f maxi zmax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。dzezdza. q; b.。,ccoszcz 5z 6证明：a.士的奇点

9、为znn 2,n0, 1,LZn1 ,所以它们均不在以原点为圆心的单位圆内。,在以原点为圆心的单位圆内无奇点，处处解析。cosz由柯西定理：？上0。coszcb.2一一 一z5z 6(z 2)( z 3)的奇点为乙2 , z23,它们均不在以原点为圆心的单位圆内。z二在以原点为圆心的单位圆内处处解札由柯西定理：?2edz0。cz5z611、计算22C2z2z1C人2z2z1a.9dzc:z2；b.Q-dzc:z8z1 2cos1fcz1解：a . 2z2 z 1 在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24>2z-dz 2 i(2z2 z 1) c z 1z1 2

10、 i 24b . 2z2 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?2dz 2 i 2z2 z 1,c z 12 i 4z 1z 1z1 2 i 3 6 i0z12、求积分？edz(c:z1),从而证明ecoscossind。cz0解：ez在|z1所围区域内解析，且z0在z1所围区域内。z由柯西积分公式得?dz2ie；2i。(1)在c上令zei,，则zeecosisincos?dziediediecossinisinsindcoscoscosiecossindesinsind2iecossind,0其中利用了，由于ecossinsin是的奇函数，而e

11、coscossin是的偶函数，所以_coscoscosesinsind0,ecossind2ecossind。0?e-dz2iecoscossind。z0从而，联立（1）和（2）,得cosecossind013、由积分cS之值，证明1 2 cos0 5 4cosd 0, c为单位圆周z 1证明:z 2dz在单位圆周|z 1所围区域内解析由柯西定理cz 2(1)另一方面,dzieid212ei12eie-d412cos2isind54cos12cos,d54cossin54cos(2)sin的奇函数,54cossind54cos由（1）、及（3）得5 4cosc 1 2cos2 d 。(5)0

12、5 4cos12cos,d5 4cos又 1 2cos5 4cos10。（4）的偶函数,于是由（4）和（5）得证明积分?cF Z dZ12cos,d054cos14、设Fz-zr-6,z24a.当c是圆周x2y21时,等于0；b.当c是圆周x22y21时，等于4i;c.当c是圆周x22y21时，等于2证明：Fz第二r的奇点为马a.当c是圆周x2 y21时，Zi 2及z22均在圆外，F z在圆内解析。由柯西定理：? z 6 dz?c z 2 z 2b.当c是圆周X 2 2y2 1时，仅乙2在圆内。由柯西积分公式C.当c是圆周x 2 2y2 1 时,仅Z22在圆内。由柯西积分公式得?cz262dz

13、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。c.n（k0为常数）。解：a.1limn1nlimn。nb.1lim-：nnn.nlim1nnC.limnnknk1limn1limFnnn16、解:b.111nxlimxxlimex1xx在收敛圆周lim-xlim-0（洛必达法则）】xxxxQk0,它的通项nkein故级数nkein发散。n0试求下列级数的收敛半径。a.zn!;b.n0ei,级数成为kinne。n0时,不趋于0。nzn.1n0aiba.当limn当limnn1!zn!zlimnn!n1zITn!nnimz1时,级数收敛。n!n1时,级数发散。亦即

14、当|z1时，级数收敛。而当于是收敛半径R1。n!nnRlimnn1!n1nn!n1n1limnn1nn1!nn1时,级数发散。limnnn1nnlimnc.QRlimnRlimnibnlimn2na又因为maxa,b1故lima2nb2n嗝n1a2nb2n2nmaxa,bo于是所求级数的收敛半径an1limn122nmaxa,b1且lim2五nmaxa,b。2n22n2ab2n12nabab时,limnab时,ab2n2.2n2ab2n2nab2n22n2pm.92nb2namaxa,b17、将下列函数按z的哥展开，并指明收敛范围。解:18、解:za.0a.ez2zz2e0b.2edz；b.2

15、cosdz2nz0n!2cosz2ndzn!2ndzn!2n1z0n!2ncos2zcos2z2n2zn22n72n2n!2n!2cosz将下列函数按a.cosza.coszcoszcosz2n12nz2n!1的哥展开,并指出收敛范围。；b.cos1zc.-z22zcos1coszsin1sinz2n2n!2n112ncos1nncos1n2n1z12n!sin1n2n112n1!cos1nsin1cosQ2coszcoscosn!2ncos2n12n!2n2n12n或：令fcosz,b.c.coscos所以coszcos13n2z从而2z52n4n2n2n4n2n4n4n2n12n4n4n2

16、n2n1进一步,n2n 11 z 14nn2n1z14n1所以奇数2偶数2n111n_n122n3-z1n22zz22z52。19、将下列函数在指定的环域内展成罗朗级数。0z1,；b.2z2z解：a.一z(z1)z12z2(z1)2(zo1)内,z2(z1)内,1z11znz1z2(z1)2b.z22z2z1,n当。02n120、解:b.2z21_2zn12nz2z2z将下列函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数,围。1a.2z,zi1anzn】；b.并指出成立范a.zi的无心邻域为0R,ddzanz1nJo12izi1z212Q当忆1e112i2n1ddzn0时,11z-2i12Tn2inn0

17、n!1z2i2n1n12nz2n12nnz0n!2n1n0n!z12n12。0 z 11 z 1 2 e1 zn1nr2n o n! z 1n1nn2n2!z121、把fz，展成下列级数。1z(1)在z1上展成z的泰勒级数；(2)在|z1上展成z的罗朗级数；(3)在|z12上展成(z1)的泰勒级数；(4)在|z12上展成z1的罗朗级数。解：(1)在z 1上,zn ,【-在z 1上解析n 01 z在z 1上,n11 Jz n 0 z n 1 z(3),在|z 11 z2上解析，且牙1,所以2n(4)在 z 1 2 上,1,所以精选文档non111122z112z1n0z1n1z1z1第四章习题解

18、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)z12；cos-;(3)。zz21zisinzcosz解：（1）z0,zi,zi是一z12的孤立奇点且是极点zz2122。2d22/2/22/wcQzz1z14zz110,z0z0z0是zz212的一阶零点，从而是z12的一阶极点;zz21Q z z2 1z i22 , 2 4 2 2 -z 1 4z z 10)z i1精选文档2222z14zz122334zz18zz18z8i0,zizi是zz212的二阶零点，从而是z212的二阶极点zz1内解析，zimz2120，z是可

19、去奇点,zzz21四阶零点1 , Q cos在zz ini的罗朗展开式cos-1的主要zin02n!zi部分有无穷多项,zi是cos-的本性奇点。zi-11Qcos在1z内解析，limcos1,zizzi是cos-的可去奇点。zi(3)1sinzcosz近，sinz；cosz1、2sinz-4sin z cosz的极点。sinz一的零点znn-,n0,1,4n4又sinzcosz一4ZnZZnn4Znn1,n40,1,2,L，是sinzcosz的一阶零点，从而是1的sinzcosz阶极点1sinz何邻域的奇点，但不是孤立奇点，因为在无穷远点的的任cosz内，总有其它奇点。23、求fzz力在孤立

20、奇点处的留数。解：1ez0的解Zni2nn0.1,z2L,正一的可点。由于zlimi2n1zezeZni2n1是沔的极点。又1ezZni2n12ez1ez2Zni2n1Zni2n1Zni22212n1,n0,1,2,L，是-ze1ez的一阶零点，从而是z目的一阶极点。eZZ不是5的孤立奇点,1e因为在它的任一邻域内，总有其它的奇点。由推论2:Resf2n1ez1ezzeZni2n1i2n1112。1Jedz41ez0Resf12n精选文档24、求下列函数在指定点处的留数。(1)J2z一_在2z解：（1） z 1为 f点.,一z2的二阶极点。z1z1Resf 1lzmlzm1Resf 1lim

21、z 1 dz d z lim z 1 dz z 1由于z1已是的所有有限孤立奇点,ResfResfResf 10。2z-e-在 z z0的罗朗展开式为n2zn 1 n!4z2nzn 4n!2n 4znn 3 n 4 !233!Resf由于z的仅有的一个有限孤立奇点,Re sfResf0的罗朗展开式为n2zn 1 n!3z2。z"32n3z”n1n!n2n3!2222!Resf02】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)(2)m .1z sin 一 zze（m是自然数）；(3)31。 sin z解：（1）z sin1的有限远孤立奇点。在式为mz n 0

22、2nzn12n 11 !znf。2n 1 !z令 2n 1 m1,贝Unz 0, f z的罗朗展开Qn为非负整数，只有m为偶数时上式才成立。而当m为奇数时，2n1m1,即fz在z0的罗朗展开式中没有1次帚项，即a10。当m为奇数时，Resf00。m当m为偶数时，nm的项是1次募项，a1二，所以，此时2m1!mResf 012总之，不管m为偶数或奇数，都有Resf0z(2)z1是fz，的唯一的有限奇点，且是二阶极点z1dResf1limzz1dzz2e2z1e，ResfResf1ez1(3)zn,n0,1,L,是fze3的孤立奇点sinzfz在zn点的罗朗展开式为n.31sinznnen1一23

23、znznL2!3!35znznL3!5!n13zn2zn2!3znL3!2zn1643znL5!2 z n1 6n5!3L在zn解析，且为zn的偶函数，所以它在zn处的泰勒展开式中只有zn的偶次项。而5!1,5!5!5!112z5!5!5!5!5!a4zen12!3!a4z1次募项的系数Resfn不是fz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。1_z_(1)e2z；1解：（1）z0是fze't的本性奇点，z为其孤立奇点fz在z0点的罗朗展开式为_ze2e2znmnz22non!mom!zmnn-z2n!mnmm2nmz0n!m!1时,2n1时，zm的系数a1即为

24、Resf0,所以Resf 0【利用了 mnn1n11一2n0n!n1!2n1n11一2n0n!n1!2n12n1n1n1-1-ResfResf 022on0n!n1!n0n!n1!的m阶极点，而z是fz的一阶（单）极点ResflimzdzResf1dm11mr/mdzm7rlim1!zlimzlimzQz，是fz的仅有的二个有限远孤立奇点,ResfResfResf0。27、计算下列积分(1)，虐z；(2)dz1,b1,ab,n为自然数;(3)d2z1e,一?2dz。2?z21z解：（1）z0是被积函数f1zsinz在单位圆内的孤立奇点。zsinz0，zsinsinzzcoszz0z00zsin

25、z2coszzsinzz0是zsinz的二阶零点,也就是fz的二阶极点。Resf0limz21z0dzzsinzlim9乂z0dzsinzsinzzcoszlim2z0sinzlimz0coszcoszzsinz2sinzcoszzlimz02cosz由留数定理，得dz?z1zsinz2iResf00。1,被积函数f不在单位圆内有二个n阶极点z1a,z2于是Resfalimzadn1ndz同理1lim-n1!zadzlimnza2n2Resf2n1°ab2n22n1°ba由留数定理，得dznazb2iResfaResfbn12n212n1ab1_2n10°ba(3

26、)被积函数e1"2z-2z2zeZiZ2z在圆z2内的二个一阶极点。Resflzmi2zezizi2ie2iResf2zeiz2ieo2i由留数定理,1e2z.屋？z21Vdzr2ResfResf2i2iee_isin2。2i28、求下列各积分值(1)J；cos(2)d.2sin解：(1)Q2cos1cos22d1cos22d3cos23cos3coso3cosz2eicoscosdz1ozz.3iz216z3cosiz3cos3cosdz,izdz1z26z1有二个一阶极点乙z21,z2在单位圆忆1外z1在单位圆z1内。由关于极点的留数定理的推论2,Resfz1z26zzz12z6

27、12:8京。由留数定理，得2iResfz114.2.2(2)Qsin21cos22d-2sin1cos22d2a1cos202ado1cos2a1cosd2a1cos2acos2a1cos12d202a1d2ocoso2a1coseidz,则izd2a1cos1 -dz2 蜒1zt2a1iz2iizdz。1z222a1z112a1z彳有两个一阶极点2a12ja2a和Z22a2a2a。Z22a2a2a2a1,乙在单位圆|z2a12a由关于极点的留数定理的推论Resfz22z22azZ2由留数定理,Ii2iResfz2i1外。1,z2在单位圆|z1内。2,得12z22a12a12a2a29、求下列

28、各积分的值(1)x2dxx21x2xsinmxdx解：（1）x2dxx211_4.a2a2va2a(2)0,a0)。cosx22(x21)x29x2dx22,20x42x1x42z-2z1z一在实轴上无奇点，且zfz4有四个一阶极点，但只有二个z2dx；0。2i在上半平面。2Resfilimzi：ziziziz24Resf2ilimz2iz2i2z21z2iz2i3iiResfResf2i在实轴上无奇点，当时,0。zeiz在上半平面有两个一阶极点ZlZ23iResFlzmResF3izim3iizez29izz3iez21z3iz3icosxdx1x292iResFi,3i-z2ae416i4

29、8iResF3i8e124e3F在实轴上无奇点a，且fz0。imzeimz年在上半平面有二个一阶极点zaZli-ae4和由关于极点的留数定理的推论2,得ResFz1imzzeziResFz2imzzez2xsin0x4mx-dxaResFma.ma=i-=2e2e2.4aima.mae2.4aiimze4z2imze4zzii一ae4,3i-ae4ResF2e2a22.4aiz2ma.marie2e24a2i.一a.im一e24a2ima2e/2.4aima2.masin-j=。>（17）、（£）、（）9）用0»)。03o0j-PjJPU!S*J0PU!S。工jZIU

30、!SOX*ZIcP1UIS9UISISOOI2Z,9ZP?ZI(£)a己六乙0L=P_9£纱J乙ZI，乙口0UISZ卜yZP福ZI0Pu!sd93沙U!S!S00d19ZP罔zyZP十ZI。ZP4ZIA9zp<xp<zpGXzS”-Z,9zj.（L）。0zpC：筵聿里国用ZI'犯搦M裨因以四始。孙三。:搦ZIxxp王。xpH。XUISxsoo阻鼠'期国N*始因眸*。申背'多田zpZ五、0£ZIixy0Wdx003dy，y t 2 e 12dt 0而00i.4于是i；2 1(6)io，及e由（5）和（6）得。sin x .dx x

31、2ixecosxdxdxi0、x0,x0比较（7）两边的实部和虚部，得。（8）cosx,sinx,dxdx0x0,x进一步，若令xy2,则（8）成为20cosy2dy20siny2dy,从而cosx2dxsinx2dx-(=。00212二、数学物理方程及特殊函数部分习题解答第五章习题解答31、弦在阻尼介质中振动，单位长度的弦所受阻力FRut（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Fx,tRut,Fx,tRfx,tut,弦在介质中的振动方程为：Utta2Uxx-Ut,即Utt buta、。，a2 T, b 九。32、长为l柔软均质

32、轻绳，一端(x 0)固定在以匀速转动的竖直轴上。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°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，27 cos 2 Ti cos i ds x 0u(xj)即T2 cos 2 T1 cos 1 ds 2x (1)在横向，由牛顿第二定律Fv mv,得T2 sin 2 T1 sin 1 dsutt(2)精选文档在小振动条件下，有cos1cos21,dsdx,注意到T2Txdx,TiTx,

33、由（1）得x dxTxdx 2x ,即dT2xdx于是绳中任一点x处的张力为TxTdTx2xdxl2xdx1212x2。（3）【x,l段的惯性离0ix2心力】又sinitaniuxx,sin2tan2uxxdx,代入（2）得Tux“TuxTuxxdxTuxxdxutt,光xUttxdx即uuD（4）x将Tx的表达式（3）代入（4）,得绳相对于水平线的横振动方程为utt2-12x2ux与无关。2x【0x1,边界条件uc0,u1有限（自然边界条件）】'x0/Ix1、33、长为1的均匀杆，两端由恒定热流进入，其强度为q°。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uv

34、uv uqku,在边界上有q nk-u，其中v为边界 的单位法线矢 nq。u u v为u沿v的方向导数。在x 0端，vv qoiin上，所以 xk-q0k - oX x 0xx 0q° ，而qo k xqo即边界条件为:或：在一维时,Uxqox ° kv v qoi iux x 0uv 一i xvqoi，vqoi,0,由热传导的傅里叶定律qvku,vqoi, xvqoi, xUx0 ,所以边界条件为34、半径为R而表面燥黑的金属长圆柱，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。阳光照射而产生的，通过圆柱表面

35、流入圆柱MX解法一：如图取极坐标系，极轴垂直于阳光，由体的热流强度为uvuvMsine0qi八c，02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uvuvuvMsineoq1cli。o2由圆柱本身的温度分布产生的热流强度为qvku,而在极坐标系中uv Uv 1e e 一,故其通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为q;kev。总的通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为uvqv,其在表面的大小为uvqiuvq2uveMsinf0由牛顿热交换定律，知q应与u0成正比,huhu0Msinhu0hu。两边除以即得边界条件为:M八sinu00hu0解法二：取如图的圆柱表面的一个小块来分析。小块的面积

36、为s,厚度为r,两个表面分别为和，；为的外法线方向单位矢量，而v为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,Aru0uvvsqins,*)uv其中q1Msin0uveuve。0,则ivnivn，*)的左边趋于0,(*)成为u0*)其中fuvqiMsin0,(*)两边除以h,即得边界条件:uuHU0fM-sinu0hu0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。Fo设飞点的位移为h,则在0XX0中,xtanUAA在X0Xl中,tan2上l

37、XlX0在小振动,2很小的条件下，利用力的平衡条件和小振动条件sin1tanF0Tsin1Tsin2Ttan1Ttan2TTlhI，X0X0lX0于是F0X0lTlF0lX0XTlF0%lXTl定解问题为X0X0Ol2uttauxxF0Ut分离变数,0,0tX0xTlF0X0Tl0(lx)令ux,tXx0。X0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uX,tnaxAncos1n1lBnsinsinx°l代入初始条件，得nAnsin0utna.Bnsin1lBnn1,2,LA211A70sin-xdxlX00F0lX)TlnxsinxdxlF0X0X0Tlnxsinxdx2F。lX0lTll222n_nsin一xlxn一cos一xlF0X0ncos-XnTlF0X0Tlux,t2F°l1.sin1nl2nX0_一nsin-xlIx一cos-xnlna.ncos1sinx。llX036、研究长为l,一端固定，另一端自由，初始位移为弦的自由振动情况。解：即求解定解问题2F0I22Tn.nX0sinohx而初始速度为零的Utt2aUxxuxxlhx,ut0,0:00