数学物理方法习题解答(完整版)44767

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Rez u ivQ Rez x, u x, v 0。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f zz 2仅在原点有导数。证明：令f ziv22八x y ,v 0。u 2x, 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f z在原点可微。或：flim z 0 zlimz 0limx 0y 0limz 0 zH2lizm0*zzizm(z*zz) z0 z0。【当z 0, zreii2 e与趋向有关，则上式中13、设

2、 f(z)3333、x y i(x y )22x y0：=：,证明fz在原点满足C-R条件，但不可微。证明：令fx,yivx,yu x, y3 x2 x3 y2 y02 x2 x2 - y =0v(x,y)3 x2 x3 y2 y02 x2 xy2 °。 y2=0ux(0,0)u(x,0)u(0,0) x3lim 0 1 , x 0x3uy(0,0)lim u(0,y) u(0,0)y 0 y3 lim y- x 0 y3vx(0,0)lxm0v(x,0) v(0,0)3.x lim t x 0x31,Vy(0，0)lim v(0,y) v(0,0)y 0 y3lim -y3x 0

3、y3Ux(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)3 x(x233y i(xy2)(x3o iy)kx趋于0 ,33x y lim 2 z 0 (x233i(x y ) 1k3i(1 k3)22y )(x iy) (1 k )(1 ik)k4 k3 k 1 i(k4 k3 k 1)22(k 1)依赖于k,f(z)在原点不可导。4、若复变函数f z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) Ref z在区域D上是常数。证明：(1)

4、令 f(z) u(x, y) iv(x, y)。由于f z在区域D上为实函数，所以在区域D上v(x,y) 0Q f(z)在区域D上解析。由C R条件得0, 0 oxy yx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(1)又f*(z)在区域D上解析，由C- R条件得u ,上工 x y y x联立(1)和(2),得uuvv 八0 oxyxyu,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,

5、y ,则 Re f (z) u x, y。由题设知u x,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。 x y y xu,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 u xy2, T2 0 2x 2x。 xyu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 xcosh y icosxsinhy;(2) cosz cosxcosh y isinxsinhy;(3) sinz2 = sin2x sinh2 y

6、 ;(4) cosz2 cos2 x sinh2 y 0证明： (1) sin z sin(x iy) sin xcos(iy) cosxsin(iy)Q cos(iy) coshy,sin(iy) isinh y ,sin z sin xcosh y i cosxsinh y。(2) cosz cos(x iy) cosxcos(iy) sin xsin(iy)Q cos(iy) coshy, sin(iy) i sinh y ,cosz cosxcosh y i sin xsinh y o(3) sin z2 (sin xcoshy)2 (cosxsinh y)2 sin2 xcosh2

7、y cos2xsinh2 y.22、22sin x(1 sinh y) cos xsinh y. 2222. 22sin x (sin x cos x)sinh y sin x sinh y。2 22xcosh y sin xsinh y2222(4) cosz (cosxcoshy) (sin xsinh y) cos22、.2. , 2cos x(1 sinh y) sin xsinh y2_2222cos x cos xsinh y sin xsinh y2,2.2222cos x (cos x sin x)sinh y cos x sinh y。7、试证若函数f z和 z在z0解析。f

8、 z0z00 ,z00,则limf三f。（复变函数的洛必达法则） z z0 zzo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

9、一):x2 iy2 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

10、6证明：a.士的奇点为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：? 2edz 0。cz5z 611、计算22C2z2 z 1C 人2z2 z 1a. 9dz c: z 2 ； b. Q- dz c: z8 z 1 2cos 1fc z 1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2

11、4>2z-dz 2 i(2z2 z 1) c z 1z1 2 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:z 1),从而证明ecos cos sin d 。 c z0解：ez在|z 1所围区域内解析，且z 0在z 1所围区域内。 z由柯西积分公式得?dz 2 ie； 2 i。(1)在c上令z ei ,，则z eecos i sincos? dz i e d i e d i e cos sin isin

12、sin d coscoscosi e cos sin d e sin sin d 2i e cos sin d , 0其中利用了，由于ecos sin sin 是 的奇函数，而ecos cos sin 是 的偶函数，所以_coscoscose sin sin d 0, e cos sin d 2 e cos sin d 。0? e-dz 2i ecos cos sin d 。 z 0从而，联立（1）和（2）,得cose cos sin d013、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)

13、另一方面,dziei d21 2ei1 2 eie-d 41 2cos 2i sind5 4cos1 2cos , d5 4cossin5 4cos(2)sin的奇函数,5 4cossin d5 4cos由（1）、及（3）得5 4cosc 1 2cos2 d 。(5)0 5 4cos1 2cos , d5 4cos又 1 2cos5 4cos 10。（4）的偶函数,于是由（4）和（5）得证明积分?cF Z dZ1 2cos ,d0 5 4cos14、设 F z-zr-6 ,z2 4a.当c是圆周x2y2 1 时,等于0；b.当c是圆周x 2 2 y2 1时，等于4 i ;c.当c是圆周x 2

14、2 y21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?cz 2 6 2 dz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（k 0为常数）。解：a.1 limn 1nlim n 。nb.1lim -：n n n.nlim1 n nC.lim n nknk1limn1 lim F nnn16、解:b.111n

15、 xlim xx lim ex1xx在收敛圆周lim -x lim - 0 （洛必达法则）】x x x xQk 0, 它的通项nkein故级数 nkein发散。n 0试求下列级数的收敛半径。a. zn! ; b.n 0ei ,级数成为k inn e 。n 0时,不趋于0。nzn .1n0 a iba.当 limn当limnn 1 !zn!zlimnn! n 1 zITn!n nimz1时,级数收敛。n! n1时,级数发散。亦即当|z 1时，级数收敛。而当于是收敛半径R 1。n! nnR lim n n 1 ! n 1nn! n 1n 1 lim nn 1 n n 1 !nn1时,级数发散。li

16、mnnn 1nnlimnc. Q R limnR lim nibnlimn2n a又因为max a,b1故 lim a2n b2n 嗝 n1a2nb2n 2nmax a, b o于是所求级数的收敛半径an 1limn122nmaxa,b1且lim 2五nmaxa,b 。2n 2 2n 2a b2n 1 2na ba b时,limna b时,ab2n2. 2n2ab2n 2nab2n 2 2n 2 pm. 9 2nb2n amax a,b17、将下列函数按z的哥展开，并指明收敛范围。解:18、解:za.0a. ez2z z2e0b.2e dz ； b.2 cosdz2n z0 n!2 cos z

17、2ndzn!2ndzn!2n 1 z0 n! 2ncos2zcos2z2n2zn 22n 72n2n !2n !2 cos z将下列函数按a. cosza. coszcos zcosz2n 1 2nz2n !1的哥展开,并指出收敛范围。；b.cos 1zc.-z2 2zcos1cos zsin1sin z2n2n !2n 112ncos1nncos1n2n1 z 12n !sin1n2n 112n 1 !cos1nsin1 cosQ2coszcoscosn!2ncos2n 12n !2n2n 12n或：令fcosz ,b.c.coscos所以coszcos 13n2z从而2z 52n2n4n2

18、n4n2n4n4n2n 12n4n4n2n2n 1进一步,n2n 11 z 14nn2n1 z 14n 1所以奇数 2偶数2n111n_ n 1 22n3- z 1n 22zz2 2z 52。19、将下列函数在指定的环域内展成罗朗级数。0 z 1,；b.2z2 z解：a. 一z (z1)z 1 2z2(z 1)2 (zo1)内,z2(z 1)内,1 z11znz 1z2(z 1)2b.z 22z2 z1,n当。02n 120、解:b.2z2 1_2 z n12n z2z2 z将下列函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数,围。1a.2z,z i1an zn】；b.并指出成立范a. zi的无心邻域为

19、0R,ddzan z 1 n J o12i z i1z2 1 2Q当忆1 e112i2n 1ddz n 0时,11 z-2i12Tn2inn 0 n! 1 z2i2n 1n 12 n z2n 12nn z0 n!2n 1n0 n! z 12n 12。1 z 1 2 e1 zn1nr2n o n! z 1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n1nn 2 n 2 ! z 121、把f z ，展成下列级数。 1 z(1)在z 1上展成z的泰勒级数

20、；(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。non 111122z 1 12 z 1 n 0 z 1 n 1 z 1z 1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 1 2； cos-; (3) 。z z2 1z isin z cosz解：（1） z 0, z i ,z i是一z 1 2的孤立奇点且是极点 z z2 122。2 d 22/2/22/wcQ z z 1z 1 4z z 110,z 0z 0z 0是zz

21、2 12的一阶零点，从而是 z 1 2的一阶极点;z z2 1Q z z2 1z i22 , 2 4 2 2 -z 1 4z z 10)z i1精选文档2222z 1 4z z 122334z z 1 8z z 1 8z 8 i 0,z iz i是z z2 1 2的二阶零点，从而是z2 1 2的二阶极点z z 1内解析，zimz2 1 2 0， z 是可去奇点,z z z2 1四阶零点1 , Q cos在zz ini的罗朗展开式cos-1的主要z i n 0 2n ! z i部分有无穷多项,z i 是 cos -的本性奇点。 z i-11Q cos在 1 z 内解析，limcos 1,z iz

22、 z i是 cos -的可去奇点。 z i(3)1sin z cosz近，sin z；cosz1、2 sin z -4sin z 一的零点 znn - ,n 0, 1,sin z cosz的极点。4n 4又 sin zcos z 一 4ZnZ Zn n4Znn1,n40,1, 2,L，是sinz cosz的一阶零点，从而是1的sin z cosz阶极点1sin z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 f zz力在孤立奇点处的留数。解：1 ez0的解Zni2nn 0. 1,z2L,正一的可点。由于zlimi 2n 1zez eZni 2n 1是沔的

23、极点。又1 ezZn i 2n 12ez1 ez 2Zn i 2n 1Zn i 2n 1Zn i22212n 1 ,n 0, 1, 2,L，是-z e1 ez的一阶零点，从而是z目的一阶极点。eZZ 不是5的孤立奇点,1 e因为在它的任一邻域内，总有其它的奇点。由推论2: Re sf2n1 ez1 ezzeZn i 2n 1i 2n 11 12。1Jedz41 ez0Re sf12n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。z 1 z 1Resf 1lzmlzm1Resf 1lim z 1 dz d z lim z 1 d

24、z 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 sfRe sf0的罗朗展开式为n2zn 1 n!3z2。z" 32 n 3z”n 1 n! n 2 n 3 !2222!Resf 02】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 2nzn12n

25、11 !znf。2n 1 !z令 2n 1 m1,贝Unz 0, f z的罗朗展开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次帚项，即a 1 0。当m为奇数时，Resf 0 0。m当m为偶数时，n m的项是1次募项，a1二，所以，此时2m 1 !mResf 01 2总之，不管m为偶数或奇数，都有Resf 0z(2) z 1是f z，的唯一的有限奇点，且是二阶极点z 1dResf 1 lim zz 1 dzz2 e2z 1e，Resf Resf 1 ez 1(3) z n , n 0, 1,L ,是f z e 3的孤立奇点

26、 sin zf z在z n点的罗朗展开式为n . 31 sin z nn en1 一23z n z n L 2!3!35z n z n L 3!5!n13 z n2 z n2!3 z n L 3!2 z n1 643z n L 5!2z n1 6n5!3L 在z n解析，且为z n的偶函数，所以它在z n处的泰勒展开式中只有 z n的偶次项。而5!1,5!5!5!1 12 z5!5!5!5!5!a4 zen12!3!a4 z1次募项的系数Re sf n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。1_ z _(1) e2 z ；1解：（1） z 0是f z e

27、9;t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_ ze2 e 2 znmnz22n o n! m o m!zmnn-z2n! mn m m2 n m z 0n! m !1时,2n1 时，zm的系数a 1即为Resf 0 ,所以Resf 0【利用了 mn n 1 n 11 一2n 0 n! n 1 !2n 1 n 11 一2n 0 n! n 1 !2n 12n 1n 1n1-1-ResfResf 022on 0 n! n 1 ! n 0 n! n 1 !的m阶极点，而z是f z的一阶（单）极点ResflimzdzResf1dm1 1mr/mdzm7 rlim1 !zlimzli

28、mzQ z ，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,a b, n为自然数;(3)d2z1 e ,一?2 dz。2?z21 z解：（1）z 0是被积函数f1zsin z在单位圆内的孤立奇点。zsin z0， zsinsin z zcoszz 0z0 0zsin z2cos z zsin zz 0是zsin z的二阶零点,也就是f z的二阶极点。Resf 0 lim z21 z 0 dz zsin zlim9 乂 z 0 dz sin zsin z zcoszlim2z 0 sin zlimz 0coszcosz zs

29、in z2sin zcoszz limz 0 2cos z由留数定理，得dz?z 1 zsin z2 i Resf 00。1,被积函数f不在单位圆内有二个n阶极点z1 a ,z2于是Re sf alimz adn 1n dz同理1 lim -n 1 !z adzlim n z a2n 2Re sf2n 1 ° a b2n 22n 1 ° b a由留数定理，得dzna z b2 i Resf aResf bn 1 2n 212n 1 a b1_2n 10 °b a(3)被积函数e1"2z-2z2z eZiZ2z在圆z2内的二个一阶极点。Re sflzmi2

30、zez i z i2i e2iRe sf2zei z2i e o2i由留数定理,1e2z .屋？z 21Vdzr2ResfResf2i 2i e e_ i sin 2。2i28、求下列各积分值(1)J ；cos(2)d. 2 sin解：(1) Q2 cos1 cos22 d1 cos22d3 cos23 cos3 coso3 cosz2eicoscosdz1oz z .3iz216z3 cosiz3 cos3 cosdz, izdz1z2 6z1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,Re sf z1z2 6zz z12z 612:8京。由留

31、数定理，得2 i Resf z114.2.2(2) Q sin21 cos22d-2 sin1 cos 22d2a 1 cos20 2ado1 cos2a 1 cosd2a 1cos2acos2a1cos1 2d2 02a1d2ocoso2a 1 coseidz,则 izd2a 1 cos1 - dz2 蜒1 zt2a 1 iz2i izdz。1 z2 2 2a 1 z 112a 1 z彳有两个一阶极点2a12ja2 a 和Z22a2 a2 a 。Z22a2a2 a2 a1,乙在单位圆|z2a 1 2a由关于极点的留数定理的推论Re sf z22 z2 2az Z2由留数定理,I i 2 i

32、Re sfz2i1外。1,z2在单位圆|z 1内。2,得12z 2 2a 12a 1 2 a2a29、求下列各积分的值(1)x2dxx2 1 x2xsin mxdx解：（1）x2dxx2 11_4 . a2 a2 v a2 a(2)0, a 0)。cosx22(x2 1) x2 9x2dx22,20x 42 x 1 x 42z-2z 1 z一在实轴上无奇点，且 zf z 4有四个一阶极点，但只有二个z2dx ；0。2i在上半平面。2Resf i lim z i ：z iz i z i z2 4Resf 2ilim z 2iz 2i2z21 z 2i z 2i3ii ResfResf 2i在实轴

33、上无奇点，当时,0。z eiz在上半平面有两个一阶极点ZlZ23iResFlzmResF3izim3iizez2 9izz 3i ez2 1 z 3i z3icosxdx1 x2 92 i ResF i,3 i -z2 ae416i48iResF 3i8e124e3F在实轴上无奇点a，且f z0。imz eimz年在上半平面有二个一阶极点z aZli-ae 4和由关于极点的留数定理的推论2,得ResF z1imz zeziResF z2imz zez2xsin0 x4mx-dx aResFma . ma=i-=2e 2e2.4a ima . mae2.4a iimz e4z2imz e4zzi

34、i 一ae 4,3 i-ae 4ResF2e2 a22.4a iz2ma . ma r ir e 2e 24a2i.一 a . im 一e 24a2ima2e/ 2.4a ima2 . ma sin -j=。> （17）、（£）、（）9）用 0»)。03 o0j- PjJ P U!S * JZIU!S OX0P U!S。工 j*ZIc P1 UIS9 UISI SOO I2Z,9ZP?ZI(£) a己六乙0L = P _9£ 纱J乙ZI，乙口0UISZ卜yZP福ZI0P u!sd 93 沙U!S! S00d19ZP罔zyZP十ZI。ZP4ZIA9z

35、p< xp< zpG XzS”-Z,9zj.（L）。0 zpC ：筵聿里国用ZI'犯搦M裨因以四始。孙三。:搦ZIxxp 王。xpH。X UIS xsoo阻 鼠'期国N*始因眸*。申背'多田zpZ五、0£ZIixy0 Wdx 00 3dy，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 x2ixecosxdx dx i0 、x 0 ,x 0比较（7）两边的实部和虚部，得。（8）cosx ,sinx ,dx dx0 x 0 ,x进一步，若令x y2,则（8）成为2 0 cosy2dy 2

36、0 sin y2dy,从而cosx2dxsin x2dx -(=。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F x,tRut ,F x,t Rf x,t ut ,弦在介质中的振动方程为：Utt a2Uxx -Ut,即Utt buta、。，a2 T, b 九。32、长为l柔软均质轻绳，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

37、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cos 1 cos 2 1, ds dx,注意到T2 Txdx, Ti T x,由（1）得x dxTxdx 2x ,即 dT 2xdx于是绳中任一点x处的张力为T x TdT x 2xdx l2xdx

38、 12 12 x2。（3）【x,l 段的惯性离0ix2心力】又 sin i tan i uxx, sin 2 tan 2 ux x dx,代入（2）得Tux“TuxTux x dx Tux xdxutt ,光xUttxdx即uuD（4）x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utt 2 - 12 x2 ux与 无关。2 x【0x1,边界条件u c 0, u 1有限（自然边界条件）】 'x 0/ I x 1、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uvuv uqku,在边界上有q

39、 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uvuv M sin e 0qi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uvuv uv M sin e oq1