數(shù)學物理串講1-6

1、第一章復變函數(shù)復數(shù)的三種表示:代數(shù)表示，三角表示與指數(shù)表示幾個初等函數(shù)的定義式：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 數(shù)icauchy-riemann 方程 1.4 析函數(shù)1 .定義若復變函數(shù)f在點z0及其鄰域上處處可導，則稱f(z)在zo點解析。注意：如果只在一點導數(shù)存在，而在其他點不存在，那么也不能說函數(shù)在該點解析。例如：函數(shù)f (z) =|z2在z = 0點是否可導？是否解析？ 解：

2、f (z) =|z|2 = x2 + y2 ? u = x2+y2, v=0.由此可見，僅在z = 0, u、v可微且滿足c-r條件，即f(z)僅 于z=0點可導，但在z=0點不解析。在其他點不可導，則它在z = 0 點及整個復平面上處處不解析 。某一點，函數(shù)解析北可導某一區(qū)域b ,函數(shù)解析u 可導2 .解析函數(shù)的性質(zhì)(i )幾何性質(zhì)(ii)調(diào)和性(iii)共軻性例 已知u=x3.3xy2求v看書上例題 2.1 變函數(shù)的積分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)二復變函數(shù)的路積分可以歸結(jié)為兩個實函數(shù)的線積分。因此復變函數(shù)積分也具有實變函數(shù)積分的某些性質(zhì)。一般說來，積分值不僅依賴于起點、終點。積分路線不同，其結(jié)果也不同。 2.2 西定理 2.3 定積分 2.4 西公式第三章曷級數(shù)展開0a一，、k2ak(z- z0) = ao ai(z- z0) a2(z- zo) k=0(1)比值判別法(達朗貝爾判別法,d alember)r= limk=oakak+1弓i入收斂圓半徑:(3.2.3 )(2)根值判別法(柯西判別法)，、一， 一 ，.1引入收斂半徑：r=kiml(3.2.6 )k/a, 3.3泰勒級數(shù)的展開2.其他展開法可用

4、任何方法展開，只要(z z0)k項相同，那么展開結(jié)果一定相同(根據(jù)taylor展開的唯一性)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將2在4 = 0點鄰域展開（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=點的鄰域展開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 ）級數(shù)展開（1）展開中心zo不一定是函數(shù)的奇點;35例2在】圖”的壞域上將函數(shù)代工）一1?-1）疑為 洛朗級數(shù).解出t7同1 /展開式中出現(xiàn)無限多個負幕次項，但展開中心霧=0本身卻不是函 數(shù)的奇點奇點在空工土 1l3展開方法的唯一性間接展開方法：利用熟知公式的展開法較常用例2將函數(shù)f（z）=2在0|z -21內(nèi)展開為laurent 級數(shù)qq解：因為0z21內(nèi)展開，展開形式應(yīng)為cn(z-2)n n 二-二1 _1_1z-3 (z-2)-1 - 1 - (z - 2)bo=-z (

6、z-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廣2 i n(z-2)n0 z-2 1例3函數(shù)f(z)=(z-1)(z-2)在下列圓環(huán)域內(nèi)都是處處解析的，將f(z)在這些區(qū)域內(nèi)展開成 laurent級數(shù)2cz 0c z-1 1解：f(z)=11111z 2 z 1 1 z 2 1 z2由于|z 1從而| 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結(jié)果中不含負曷次項，原因在于f (z)二(z-1)(z-2)在zc1內(nèi)解析的。由于1|z2,從而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可知展開的級數(shù)形式為工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 , 不在一維問題中常以二;代替。 nx熱傳導舉例設(shè)流入物體內(nèi)的熱流(單位

8、時間通過單位截面積的熱量)為f(t),則邊界條件為：uk i邊界二 f(t)n_u流出：則有kyn |邊界- -f具體到細長桿的熱傳導問題，如一端面 x=0流入熱流為，(t),另一端(x=l)流出熱流為匕(t),于是uk|x=0 二一 1，k |x=l = -1- 2(t)n 二 n例 考慮長為l的均勻桿的導熱問題，若(1)桿的兩端溫度保持零度；(2)桿的兩端絕熱；(3)桿的一端為恒溫零度，另一端絕熱；試寫出該與熱問題在以上三種情況下的邊界條件。解：設(shè)桿的溫度為u(x,t)則(1)|u|x=0= 0,u|x=；q(2)因為當沿著桿長方向有熱量流動時由fourier實驗定律(2.1.7 )有q

9、=-ku|x,q = -k 史1x ；:(-x)x 一其中q為熱流強度，而桿的兩端絕熱，就意味著桿 的兩端與外界沒有熱交換亦即沒有熱量的流動(q=0),故有ux |x=00, ux x=l0(3)顯然,此時有u .0: 0,ux - 0x j . x x i(三)定解問題的表述所謂定解問題，就是根據(jù)物理規(guī)律，分析問題的性質(zhì)、 條件等導出相應(yīng)的方程(泛定方程)和應(yīng)滿足的初始 條件，邊界條件等(定解條件)。泛定方程t共同規(guī)律的一面r初始條件定解問題nje解條件邊界條件t特殊具體的一面銜接條件解的適定性：有解，唯一性，穩(wěn)定性。 7.4達朗內(nèi)爾公式（又叫行波法，定解問題）本節(jié)只要求掌握：在無界的情況下

10、一維波動方程初值 問題的dalembert公式及其物理意義。（一）定解問題我們研究弦、桿、傳輸線等是“無限長的” 存在邊界條件，只存在初始條件。研究這樣的定解問題utt - a2uxx = 0u(x,0) = (x) ut(x,0)= (x)- x ,t 0,a 0(1)q)2ut2u|（3）或?qū)懗蒳一 22 u a -r = 02xlt=0=(x)|t=0=(x)（此為雙曲型波動方程，見 p164-165） （二）求通解()d11 x atu(x,t)= - (x at) (x - at)22a x at此即一維無界波動方程的d alembert公式/解例1求定解問題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) 數(shù)學物理定解的定解問題的求解方法1 .行波法2 .分離變量法3 .曷級數(shù)的解法4 . green函數(shù)法5 .積分變換法6 .保角變換法7 .變分法8 .數(shù)值計算法第八章分離變數(shù)法(fourier級數(shù)法)基本思想：把偏微分方程分解為幾個常微分方 程。其中有的常微分方程帶有附加條件而構(gòu)成本征值 問題。本征值問題是分離變數(shù)法的核心。本章僅限于本征函數(shù)為三角函數(shù)的情況。主要介紹：一維波動

12、方程、熱傳導方程和二維穩(wěn)態(tài)場 方程的解法。(8.1 )本小節(jié)總結(jié)一.分離變數(shù)法的思想、步驟1 . u : x(x)y(y)2 .本征值問題= 本征值 本證函數(shù) 本征解3 .疊加(得到一般解)用初始條件或非齊次邊界條件確定系數(shù)二.本征值問題x (x) x(x) = 0(1)x(0) =0,x(l) = 0n = 1,2,3,111xn(x) = cnsin l見p143介紹部分x (x) x(x) = 0 x (0) = 0,x (l) = 00,i,2,mxn(x) = cncos l見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見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川未講(5)x (x) x(x)二 0x(0) = 0,x(l) hx (x)= 0未講(6)：，()，:一： ，n2=(n= 0,1,2,11)()= ：(2 )：n( )= ancosn bnsinn3 .研究內(nèi)容本節(jié)主要研究了齊次方程的定解問題，求本征值問題 中用到(且限于)齊次邊界條件，具體包括：一維波 動和一維熱傳導

14、(有界，含時)，二維穩(wěn)定場(有界， 不含時)4 .矩形區(qū)域內(nèi)的穩(wěn)定問題(例3)疊加原理：(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標系下的討論）曲線正交坐標系中的u表達式 （1）柱坐標系（夕2）中：222u 1 u 1 u u + t 2 2 了 j 了 : 2 :2 f z2（2）在平面極坐標

15、系中（；222u 1 u 1 u 1/ _ u、1 u二-二二（一）-f 7 2: : : 222 f 2重點研究了:u（：）=r（：）：（） 十九：（）=：（2_ 2_r r r 二 0處理了圓域穩(wěn)定場問題的分離變數(shù)法o(3)在球坐標系中(r/)1 :2 ; uu 二二一(r r r r1(snr sin71 j1,2u 1 u)-222r r sin n :8.2非齊次振動方程和輸運方程本節(jié)：非齊次振動方程和輸運方程的定解問題的解法(僅限于齊次的邊界條件)(一)(fourier級數(shù)法)本征函數(shù)法強迫振動是一個非齊次方程。設(shè)弦長為l ,兩端固定。 垂直方向受的外力分布為：f(x,t)= p，

16、f(x,t)。起始 位移為中(x),初始速度為w(x),則定解問題的表述為：utt - a2uxx = f (x,t)。 x l,t 0%xr=0,uxu10 =(x)， utr = (x)現(xiàn)用本征函數(shù)法求解:step (1):確定本征函數(shù)(要點：根據(jù)定解問題確定相應(yīng)的本征函數(shù))根據(jù)相應(yīng)的齊次方程 琳- a2ul = 0在分離變量后(u= x(x)t(t)與相應(yīng)的齊次邊界條件(2)式構(gòu)成本征值問題22n -一x(0) = 0, x(l) = 0?xn = f，?n = 1,2,3111)?n二 x 一一. .一 一 一=sin?(歸一化函數(shù))？?(4)step (2):按本征函數(shù)展開將u(x,

17、t),非齊次項f(x,t)皆按本征函數(shù)(4)展開, 即：u(x,t)=oo (t)sinn=1(即fourier系數(shù)不是常數(shù)，而是tn(t)f (x,t)二qofn(t)sinn=1(5)t的函數(shù)，記為(6)f (x, t)是給定的，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,實際就是求tn (t) o (看(5

18、)式)step (3):求 tn(t)將（5）（8）式代入定解問題有: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 變換求解此常微分方程（見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機屋ptntn(0)?l2（利用與數(shù)定理:又因為：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，)由卷積定理，對(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將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

20、ln 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【第二部分是齊次方程的解見p184：ino ( )sin -d?bn 二第一部分則是由于外力引起的貢獻?！浚ǘ┙忸}思想和步驟（本征函數(shù)法）總結(jié)思想：通過引入按本征函數(shù)展開的試探解，將 非齊次 的偏微分方程定解問題的求解，轉(zhuǎn)化為 非齊次的常微 分方程的求解。（說明：齊次方程+齊次邊界條件也可用 fourier級數(shù)法）（二）

21、沖量定理法 例如，初始條件不為零的兩端固定弦的受迫振動，定2utt - a uxx = f(x,t)?解問題可表述為:u = 0，?u = 0it.(x),?t|t=0n (x)x=0xx=l既可用本征函數(shù)法直接求解。也可：則可用疊加原理 把它分解為兩個定解問題， 即 u（x,t） = ui （x,t） uii （x,t）并且ui, uii分別滿足：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節(jié) 分離變量法)(沖量定理法)(沖量定量法的前提：其它定解條件都是齊次的，否 則就按疊加原理進行分解。邊界條件可為第一、二、 三類齊次邊界條件。)1非齊次的泛定方程沖量定理法要求2齊次邊界條件?3齊次初始條件？f面以受迫振動問題為例討論沖量定理法：utt -a2uxx= f(x,t)?(0x l,t 0)?(1)? ?u= 0,? _ = 0?(2)?汕旬=0，?tl = 0?陽3)非齊次項f(x,t)表示作用力(單位長度、單位質(zhì)量) 因此f(x,t)對時間t的累積表示沖量。f x,t如：f(x,e)d表示在de時間內(nèi)的沖量(陰影面積)。 這個沖量

23、使系統(tǒng)的速度有一改變量。因 f (x,t)是單位 質(zhì)量受的外力，由f (xj沖=mv) = n ,知道 f(xj) d表現(xiàn)為速度的改變量?，F(xiàn)在把d內(nèi)速度的改變量認為是在t =時刻瞬間 得到的，而d.的其余時間則認為沒有沖量作用(即沒 力的作用)，故方程應(yīng)是齊次方程。在t=w時刻集中得 到的速度可置于初始條件中o故在e mt e +d7的時間內(nèi)，u(x,t)滿足的定解問 題：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理解為“來不及”產(chǎn)生位

24、移；u必 t v含有因子dt,若設(shè)u（x,t；t） = v（x,t；t ）d ,則上述定解問題變?yōu)椋?vtt - a vxx = 0 70 ）（5丫 v- = 0，vti= f（x,）（0 x 1）（6）因u（%x,t；t）表示曲內(nèi)的解，在從0tt的解應(yīng)是所有tu（x,t） = lim du（x,t；t）的疊力口。當dtt0時有:（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）即把持續(xù)作用力f（x,t）看作是所有“瞬時力f（t,e）”引起 的振動的疊加 小結(jié)：沖量定理法物理內(nèi)涵：把連續(xù)的沖量作用視作許多不 連續(xù)

25、的集中沖量作用（即分解為許多脈沖）?！?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：應(yīng)用沖量定理法，變?yōu)関的定解問題: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)?參見p168例2,分離變數(shù)法求解齊次方程的定解問題, 得到本征解:“二 xto = ab0(t-)vn = xntn =rcos(t - )bn sin(t - )cos(n=1,2,

26、|d所有本征振動的疊加成為一般解，即vvn = a0 &(t -)” ancos(t - )bnsinn 二 x(t - ) cosn =0再由初始條件定出積分常數(shù)為: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萬二 x l att二 asin sin (t - )d0la二 x- sin t)cos l

27、l（易看出,此解有共振的性質(zhì)。當強迫力asinsicos：的 頻率仍等于本征頻率 千時，振幅無限大。） 沖量法亦可用于求解非齊次的輸運方程（證明略:可參見書上r12-p213）即有:2ut a2uxx = f (x,t)?(0 x l,t 0) u x n = 0,?u . = 0?x 0x lul0 = 0?“瞬時熱源”變?yōu)椋簐t - 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，沖得到uox l,t 0) ?例2 （見書以4例3）（講簡要過程）ut - a2uxx n asin t?0 ux=0 =

28、 0，?ul =0?1 ult=0 = 0?解：定解問題轉(zhuǎn)化為:2vt - a vxx 二 0?/= 0,?vx|x0?i a . _l v1二 asin由本征值問題(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再由初始條件定積分常數(shù),最后：u= 0vdtii總之，對齊次方程及齊次邊界條件的定 解問題，可直接用分離變量法或用傅里葉級 數(shù)法：對于非齊次方程及齊次邊界條件的定 解問題，可用傅里葉級數(shù)法（若初始條件同 時為零，可

29、用沖量定理法）；對非齊次邊界條件的定解問題，首先要將非齊次邊界條件 齊次化，然后用傅里葉級數(shù)法 。第九章二階常微分方程的級數(shù)解法與本征值問題 要求解帶初始條件的線性二階常微分方程：y p(x)y q(x)y = 0 (1)y(x0)= ccy(x0) = ci其中，x0為任意指定點，co、ci為常數(shù)。級數(shù)解法：就是在某個任選點x0的鄰域上，把待求的 解表示為系數(shù)待定的級數(shù)，代入方程以逐個確定系 數(shù)。(一)方程的常點和奇點常點：p(z)和q(z)在選定的點z0的鄰域中是解析的，則z0 是方程(2)的常點奇點：如4點是p(z)或q(z)的奇點,則z0點是方程(2) 的奇點(二)常點鄰域上的級數(shù)解把

30、此唯一的解析解表示成z0點鄰域上的taylor級數(shù)形式：w(z) = 3k(z- z0)k (3)k =0式中ak為待定系數(shù)。 9.3正則奇點鄰域上的級數(shù)解法(一)奇點鄰域上的級數(shù)解見p195 (略講)w + p(z)w + q(z)w= 0設(shè)z0點是q(z)或p(z)的奇點，則亦是方程的奇點。 解在點z0鄰域上的展開式不是taylor級數(shù)，而應(yīng)含有 負曷項。(略去證明)：在點4的鄰域0 z- 4 r上，給出的 兩個線性無關(guān)解的級數(shù)形式為：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)為待定 常數(shù)?？梢钥闯?，、這兩個解均有無窮多的負募項，難求系數(shù)。如果是正則奇點，則這兩個級數(shù)解變成有限負曷項。這種解稱為正則解。（二）正則奇點鄰域上的級數(shù)解1）若z0是方程的奇點，且z0最多是p（z）的一階 極點，q（z）的二階極點，即p(z)=、pk(z- z0)k-1q: 2qk（z-z0）k（9.3.5）則zo稱為方程的正則奇點。2）在zo的鄰域0|z-zo p227 9.1.2 dr dr1 d . d。，一. (sin f . ) u。，-0 p228 9.1.9 sin d d ?它們的解分別

32、為：rl(r)=arl+bll 和pl(x)。將各本征解迭加構(gòu)成式的一般解形式:u(r/)= (alrl 十 blr l-1)pl (cos6 )l =0先研究球內(nèi)的靜電勢：在r=0點，解應(yīng)是有限的，故bi = 0。 cd即：u(r/)7 arlp.os。)(合理的解) l =0且該解應(yīng)與式相等，即：a j/ 、1 ar p (cos9)= /=2 1 11=04- 2rcos r2 ()取9 : 0,則：,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定義：如果某個函數(shù)可以按某變量的曷級數(shù)展開， 且展開系數(shù)為lengendre多項式，則該函數(shù)稱為 lengendre多項式的生成函數(shù)/母函數(shù)。（故此處:l 1之稱為pt）的母函數(shù)） .1 - 2rx r 之t再研究球外的靜電勢:1j c 1