《高等数学》第四册(数学物理方法)

1.计算.(.2i)2i2.34ii(12i第一章复数与复变函数（1）,2i),2ii(12i)(34i).2(2(3).(1i)(25i5(3i)(3i)4i)(34i)5(13i)(3i)2i;i)i5510i510i2i14⑷.(1i)[(1i)2]2(2i)24;(5)..abi(a1bi)2b2(一[a2b2(cosisin1)]2Z13.设解:z1Z1Z2Z1Z29161.-i；2b[a2=b21i)仔1(a2b2)4(cos—isin—);221i_7rz2囱（试用三角形式 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示乙4及1,..、cos—isin—;z2(cos—isin—);4426611,-[cos(--)isin(--)]-(cos2464622[cos(46)isin(76)]11.设乙二2二3三点适合条件z1Z=1的正三角形的顶点。Z25..5、——isin——);12122(cos—isin—);1212Z2Z3Z1Z2 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：Z1z2z30;z14Z2Z2Z3Z34;Q4Z2Z312-;51;试证明z1，Z2，Z3是一个内接于单位圆Z2Z372Z3Z1.Z3Z1Z2;Z1,4,4所组成的三角形为正三角形。znz2,z3为以z为圆心，1为半径的圆上的三点。即z1,z2,z3是内接于单位圆的正三角形。17.证明：三角形内角和等于证明：有复数的性质得:TOC\o"1-5"\h\zZ2ZiZ3Z2ZlZ3arg;arg;argZ3ZiZiZ2Z2Z3z2Z1?z3z2?^z31.Z344Z2Z2Z3arg(1)2k;Q(0,)；(0,)；(0,)；(0,3)；k0；；第一章复数与复变函数2)a7.试解方程Z0a0•,一、4解：由题息Z4Zcosai-___4_Z1ae.z2.0,1,2,3)；4ZTOC\o"1-5"\h\z4—1a0a，所以有a;2kisinei-e4(k.所以a357i—i—444ae4.Z3ae4.z4ae4；；.12.下列关系表示的z点的轨迹的图形是什么？它是不是区域?.ZZ1ZZ2(4Z2)解：此图形表示一条直线，它不是区域。.zZ4;解：&y2J(x4)2y2即8x16;x2；此图形为x2的区域。⑶.1;解:2z1；(x1)2-；2.y(x1)y；2x2x;x0,此图形为x>0的区域。⑷.0arg(z1)一且24Re(z)3；解：此图形表示［2,3］区间辐角在［0，4］的部分。(5).z1且Imz0;解:1表示半径为1的圆的外上半部分及边界，它是区域。(6).yiImzy2；解：它表示虚部大于y1小于等于丫2的一个带形区域。(7).z2且z1；解:此图形表示两圆的外部。(8).3i2解:x2(y2)2232x(y2)112,它表示两相切圆半径为2的外部区域。(9).Imz1且z2；解：此图形表示半径为2的圆的内部，且Imz1的部分，它是区域。(10).z2且0argz0,一解：此图象表示半径为2的圆的内部且辐角主值在4的部分，它是区域。第二章解析函数（1）4.若函数fz在区域D上解析，并满足下列的条件，证明fz必为常数.fz0zD证明：因为fz在区域上解析，所以xy'y令fzux,yivx,y由复数相等的定义得：x所以，ux,yC1（常数）5.证明函数在z平面上解析,vx,yC2（常数），即f并求出其导数。xx,(1)e(xcosyysiny)ie(ycosyxsiny).证明：设fzux,yivx,y=ex(xcosyysiny)x,yex(xcosyysiny)vx，yex(ycosyex(xcosyysiny)xecosy_xe(xsinysinyycosy)满足即函数在z平面上x，y可微且满足czC1iC2为常数。iex(ycosyxsiny).xsiny)x・xecosyysinyeex(ycosyxsinyR条件,故函数在z平面xxcosyesiny)上解析。u.vf(z)——i-xxex(xcosyysinycosy)x，ie(ycosyxsinysiny)8.由已知条件求解析函数fzuiv解：Ux2xy,uy2yxuxxu2,Uyyxy,f(i)1i所以uxxuyy0即u是平面上调和函数。由于函数解析，根据R条件得Uxvy2xy,日ZE,v2xy2y2(x)vx2y’(x)二uy,其中2y(x)是的待定函数，R条件的另一个方程得所以’(x)x,即(x)x2x一c22xy又因为f(i)f所以y2xyi(2xy0,y2y21,时ux21)22。12.设x是z的解析函数，证明u证明:是z上的解析函数，所以,所以,第二章解析函数（2）』g"xyvyxu,所以x,yyu(uiv,ziy)。上处处可微，即xy1上二32X1同理，yyvxxu,所以，vv即得所证。14.若zxiy,试证：(i)sinzsinxchyicosxshy证：sinzsin(xeiiysinx—i(iy)eiy)sinxcosiyiiyiiyeecosx2icosxsiniyyyeesinx2z1,argz即xiyi(iy)yeeicosx2sinxchyicosxshyiInz—18.解方程2。InzInziargz0i—解：2,~2dargxiyvxy1,a22得x0,y20.试求(143,『，3及Ln(1i)。解:iLniei(2-2k)i一2ke2,k0.1,2,(1ki)i0,iLn(1e1,2,i)iln2e(42k)(cosln\2isinln、2)e4e2kLn(1i)ln(1i)i2kln.2i-4i2kln.2i(-2k)4k3i2e0,1,2,22,iLn3e2iegei(ln32k)cosln3isinln3lim求证z02，e(cos1isin1)sinz,1zzxiy（x,y,均为实数）lim所以zsinzlimx,ysin(xiy)xiy0则极限趋近于z轴，有limysiniyeiylim故z0时，则极限趋于sinzlimz轴，有xiysinxeiy.」iyz1.计算积分(x第三章柯西定理柯西积分（1）ix）dz,积分路径是直线段。解：令z=(1+i)dz,dz=(1+i)dt1+i2、，(x-y+ix)dz12it2(1i)dz(i1)0t2dt(i12.计算积分路径是(1)直线段，(2)右半单位圆,(3)左半单位圆。解：(1令zit(1),dzidt,所以zdz11tidt1i(⑵.令:zcosisini2sinT(3).令cosisin2cosT(从-223"2t)dti0tdtsin2i2icosd，dz(sinicos5.不用计算，证明下列分之值为零，其中dz(1)ccosz(2)f(z)=解：(1)因为函数dz-2cz2z2,12i2iC为单位圆。ze--2zr(3)cz5z6dzcos在单位圆所围的区域内解析，所以dzccoszf⑵(2)因为函数dz22一z+2z+2在单位圆内解析，所以cz+2z+2因为函数f(z)二(3)所以由哥西积分定理有6.计算dzz1zdz|z|+5z+6(z+2)(z+3)zedzcz+5z+6dzz,|z|dz的解析区域D包含拉单位围线(1解：dzz1zdz|z|1zif(1)dz1z|z|1.iiedeidzzcoscosisinisin⑷Izdzdz7.由积分cz2之值，证明12cosd54cos0,其中取单位圆。证明：因为被积函数的奇点zidzzecosisin,uz2在积分围道ieidicos1外,isindz0cz2，现令zrei,则在zdz:22sinicosisind2cosisini2cos1d4cos-cosisin2cosisin2cosdisin2cosisin比较可得：22cos054cos1d8.计算：2z2z(1)c2z解：cc(2Z2sLd4cos第三章柯西定理柯西积分（2）1dz,z1?Z1.dz11zn)dz10.设C表圆周1-d1+i2i3z211.求积分z—dz,z解:2z22zz1dzc(2z)dz7zc(2z)dzc函数1,dzccz21——dz12if(1)1+i它在复平面内解析一dzz从而证明:ze故当哥西积分 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 有6zigz27z1i3z27z1226cosecos(sin)dz—dz0处不解析，cz(2■Z\ie)z令zeizcz2,dz-iiecosecoseisincosecose13.设cos(sincos(sincos(sinei)d)d)d.i.iedcosecos(sin)isin(sin)dcose利用本章例fnidzisin(sin)d2所以5验证哥西积分公式以及哥西求导公式。提示：把f写成2z2z222z222z证明：设f2z1f2T蜒12nz22z,则式的右边为可写为:2z——dz2zdz2z——dz由哥西积分定理有:2zd-z22ii即左边=右边。再由式子可知当n1时,2n12n假设当nk时,fk(z)k!2if()dc(、k1z）等式成立。1时，…f()dc(z)k2成立。fn所以-^-rdz14.求积分（1)coszdzze2dzc(z1)，其中C:z解：（1）被积函数有奇点1,该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有:coszdz2id44!dz4cos(2)：idz1)2ez(zi)c1(zi)22-dz2i44!ez(z21cos5一i12i)c2(zi)22-dzzei2(zi)22(1i)ei£(1i)eii、2sin(1—)2.将下列函数展为含第四章解析函数的哥级数表示（z的哥级数，并指明展式成立的范围：(1)^^(a,b为复数，bazb0)z2(3)(1)(2)zsinz,dzdz1解:解:2cosz,(5)…bbz1..2sinz.(6)n1abz)|z||b|a原式=on0n!2n1z0n!(2n1)|z|±f(z)+(z).f(z)m,(z)的本性奇点。(z)nn0(za)(z)(z)ma)(za)显然其中主要部分有无限项。亿)的本性奇点。(z)(z)f(z)(za)(z)no(za)n(z)m(za)o(za)n(z)mn—(za)n0(z)(z)所以z=a是f(z)(z)及f(z)的本性奇点。16.讨论下列函数在无穷远点的性质。⑴z2解:2limzzlim1/^2二阶极点。zz11TOC\o"1-5"\h\zzr1zlimlim—z—lim1z1zz1dzz1z1可去极点。解：z1z21z解：111令(1z)zCoC1-C2—...zz1//11(1z)CoC1-C2—zzCo212c0cl1由上得：Co=±1从而得：z=8为本性奇点。,1zsin一zlim-sinzzz...1可去奇点。limzsin一解：zz1.求下列函数在指定点处的残数第五章残数及其应用（1）1,解：当1时,Resf(z)z1limz1Resfzim1dz1时,时的残数,用残数和定理，即ResfRes0Resfz21sinz在解：由题可知o,1,2L是本题的极点，将sinz用罗朗展开得：,n2n11z,n2n11zsinz=2n1!Resf1!,求znResfznd2z1e4—--7⑶z在z0,32z解：将原式用罗朗展开得:2z1e4-z2z2zL24zResfz0Resz0，根据残数Resf和定理，z1(4)ez1在z1,3.解：fz的奇点为1,将ez1用罗朗展开式展开得:(z1)2Resfz所以，z1Re1sResz1ez1根据残数和定理得：2.求下列函数在其孤立奇点m11zsin-z(包括无穷远点)处的残数(m是自然数).解：将式子用罗朗展开zsin一z2n1!m2n1当1,nResfz当m为奇数时，残数为0,当m为偶数时，z0m12(m1)!,根据残数和定理，Resfzz(2)解：当mResizem2mzmzi2^em(k0,1,2L(m1))是函数的一阶极点。1时，fz13——Z1m(z解：本题是以Resf(z)z为m阶极点，以z(m1)1为其一阶极点lim一(m1)!zzResfzz根据残数和定理得：1Resfzz1m=0(4)解:Resfz1ze2z1是以zzd(^-^z1limx1根据残数定理和得1为二阶极点,dzResfzzlimezez151cosz解：用罗朗展开式展开得：本题以n为一阶极点.Resfzk解：本题以0为其孤立齐点.2n!所以，根据残数和定理得:ResfzzResfzzk1ezRe"2!3!1n!n1Resfz(1解：cosz本题以n为奇点。cosz用罗朗展开式得:2!3!n!n1!n1)z2n02n!2!4!21-原式得：2!2m10-mz14!11z1z2!3-L4!,所以Resfz2zn解：本题以z1为m阶极点。所以Resfzz12m1mz(m1)1l叫z17—用]2mm1!z1(z1)=(m1)!.m1(2m1)L(m2)(1)第五章残数及其应用(2)3.计算下列积分。⑴z1zsinzzsinz解：用残数 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 求，用罗朗展式展开,13-zzz—3!5-L5!由上式可已看出没有符合残数要求的项，所以，即dzM1zsinz=0o2dz__cz12z21解：用残数方法求解，12,c:xRes一z1zz21人在z1~221z1lim二阶极点，zi1有一阶极点(z+i)2z1zi(zi)dznn⑶|z|1zazb1nn解：(za)zb1Reas(za)n当n为偶数时,a1,b分别以z1dz1ab,n为自然数。a，zb为其n阶极点。1Rebs(za)n当n为奇数时,1dzna=02z.edz(4)2z21z解：在围线内，有zResfzilimzi2zezii,zi2e2ii两个不解析点,Resfzzilimzi2zezii2e2i2z.edz即2Iz21z2.22ie2ii2e2iisin21zdz(5)F71cosz解：本题以1,z0为其一阶极点。1z2!1zez=1zResz11ez=6。1zdz即Iz71cosz4.求下列积分值。Resz1ez2cosa(a>1)解：0zl1cosa=11dziz(z22az由于分母有两个一阶极点：z1a所以只有z1(2)解:I=-61).a2Z21,很明显只有1符合题意，所以2Resfzzilimz1z1fz21i2/a2cosa=i；a212i=3a212_d0cos2原式等于Resfz41时，只有iz[1limzz1x4dz1z—z2z1z4dz26z212J2的一个一阶极点d2cos1=2i2_1_1i4；2sind2~a(a>0)dz解：原式二4d.2sin|z|1az12aiz1zdzIz1z44a2z21a为其二阶极点.所以Res-z4ww4a211_8,a2ad2d2解:In~~2~sinsin0cosia——dia(a为是实数而且sinia,d0cosiacosiacos-nrln(1)iad(cos0cos0)ia)iaIncosiai(a0)i(a0)5.求下列个积分的值。2.xdx0(1)1x24解：函数x在上半平面有两个一阶极点:i,x2ioReisflimixiResf所以,x2dx0x21x243i(2)解：函数Resfxai所以,(3)6i2ix2i3i6ix2dxa22在上半平面有..dy/lim—(xaidx2.xdx222xaai4acosx二2dxx1x9阶极点。4ai-2acosxV21V2Q为X1x9是偶函数。所以12d2cx1x9cosx—dx9cosx1x2—dx9令ixe在上半平面有zi,z3i两个极点。Reisfixelxmiix16eResfx3ieixlimz3ifx3iixxei_48e3所以,cosx-2dxx1x9__316e48e333e2124e3(4)0xsinmxdx4a(m>0,a>1)解：由于是偶函数，而且x在上半平面只有两个一阶极点:3"4"4x〔ae4,x2ae4Resfx%imxxelim(xx1)fxximxe同理,Resfx/imxxelim(xx2x2)fimxe所以,(5)解:函数xsinmxdx0x4dxx41dx~4~xResfxx1ReakResxakimxema2a2e^masin21~4~=xdxx41=iIma0akResfxak1在上半平面有两个一阶极点:14z3i_e4xxixi2ii_e444,i3_e44Resfxx第七章14z3xx2一维波动方程的傅氏解今有一弦，其两端被钉子钉紧，作自由，它的初位移为:hx(x)h(2x)(0x1)(1x2),初速度为0,试求其付氏解，其中h为已知常数。解：所求问题是一维波动方程的混合问题:法得其傅氏解为:u(x,t)(CnCOs1nat2uttau(0,t)u(x,0)ut(x,0)Dnsinuxx(1Xu(l,t)0(t0)2,t0)hxh(2nat(0xx)(1)sin1)2)根据前面分离变量解Cn其中，Dn0、.n)sin—l2[.nsind2)sin8h22n，于是所求傅氏解为:u(x,t)8h2cosnat.nsin一2.将前题之初始条件改为:(x)h(1h(1x)(1x)(00)1)，试求其傅氏解。解：所求问题为一维波动方程的混合问题:0cn在1h(1)sinVd券sinnr01h(1)sin"d02hn2T(1sinZd01sinjd)u(x,t)8hnA”nn^-2-sin2~cos-atnx—sin—o3今有一弦,c(x)0其两端（2（xx0和xl为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为0。初速度为2,,其中c为常数，0l,试求其傅氏解。解：所求问题为一维波动方程的混合问题:csin7d系(cos早cosn-)u(x,t)22cln2。(cos丁cos?)sinnatnxsin丁4.今有一弦，其两端固定在x0和xl两处，在开始一瞬间，它的形状是一条以过2点的铅垂线为对称抛物线，其顶点的纵坐标为h,假定没有初速度，试用付氏方法求弦的振动情况:解:2设其抛物线方程为（x-a）2p（yb），将点(0,0),(jh)及(l,0)口2代人得:l2,p(x-h-8h202p—4h(0xl)所求问题为一维波动方程的混合问题,u(x,t)=n—cnatcnCoSln=1(_d)2—4hu(x,t)32hn3ncos-5求解混合问题u(x,t)=解:n=1CnDnl24hDnsin^sin鲁3d)sinnr16han331（n为偶数）Dn0(1)n(n1,2,3...)言sin—（n为奇数）2uttaUxxu(0,t)u(x,0)(CncosnsinTsm「d0,u(l,t)0,(t0)sinV,ut(x,0)sin^,(0xl)n~~latDnsinn^)sin一l意0siriTsin+d0,1,0,lna,(n(n1)1)(n1)(n1)u(x，t)(cos0,(n1)nat上sinYdo2UttaUxxu(0,t)0,u(l,t)0,(t0)3x6.求解混合问题u(x,0)sinT,Ut(x,0)x(lx),(0xl)解：所求问题为一维波动方程的混合问题：u(x,t尸(CncosniatDnsinYt)sin早n=1CnT0sin—sin丁d0,(n3)1,(n3)2lDnA0(l)sinn|-d0,(n1)晟,(n为奇数)0,(n为偶数)3u(x,t)■nz-Tasin-ptsinF(n为奇数且n3)n=133at813at3x/(cos—8T^asin-)sin—(n3)第八章热传导方程的付氏解1.一根长为l的枢轴，它的初温为常数u。，其两端的温片解：所求问题为热传导方程混合问题，其付氏解为：n22a2ti2nxu(x,t)cnesin--n11c21o.nH2l/…n,c--U0sind(cos0)其中：l0llnl2(na)2t4U0i2nxu(x,t)—0-elsin故：n1nlu(x,0)5.有一两端无界的枢轴，其初始温度为2a22tsinu(x,t)一0ecos(x)doutauxx(u(x,0)(解：所求问题为热传导方程初值问题，4u0n其付氏解为:u(x,t)0,试求在枢轴上温度的分布情况。1(x1)0(x1),试求在枢轴上的温度分布为x,t0)x)e(a)t[A()cos(x)B()sin(x)]d)cos()d二2o1cos()d10cos()dLn)sin()d=0u(x,t)故：a22tsinecos(x)d6.利用前题的结果，证下面重要的定积分:sinxdx一x2。解：由上题结论：当x0,t0时,2a22tsinu(x,t)-0e——cos(x)du(x,t)u(0,0)-0sinecos(0)d即:即:,则有：sinx,dx0xsinxdx1x得证。第九章拉普拉斯方程圆的狄利克雷问题付氏解（1、试证明拉普拉斯方程UxxUyy0在极坐标下的形式为：Urr1TUr证明：2ux2u.x_urr_y2r2ur2rx2_x2r2u2x2..2ux22rr2ur2xy3r22x2ru2xy2r2u_y2同理:2u2r222uy22rr2u2xy2_u.r_r2_x_2r_u_2xy2r得到极坐标下二维拉普拉斯方程具有如下性质Urr工A.rur2ur2、求解狄利克雷问题u1,A,0,A,为已知常数。Urr3、求解狄利克雷问题u1,12A•」-cosn1Asinndn0cosnrn11ur—u01rAcos，其中A为已知常数。ur,9解：其付氏解为：.12An」0fcosn其中：ln-2AsinnnBn—2fsinndln00ur,。2Asinn2ninAncosnBnsinnrnn1,d12Acosnd给sinour,解：其付氏解为：A0TAncosnn1BnsinnrnAn其中：lncosnd±02AcoscosndA2「cq2d"刁1sincos当n=1时，An才有值A10cos22=A2B—nfsinnd12nn01Acossinnd10ur,AAcosr第九章拉普拉斯方程圆的狄利克雷问题付氏解（2)sinNx弱12、试证明：Xn证明：由ux，nsinNxxdxlimux,NXlimxsinNxdxxx=xxdxsinNx弱TOC\o"1-5"\h\z证得：xNruo,1_a__22a2x2,13、试证明：a01证明：a-dxxa2x2xdarctanxxa,xuarctanxaatanudu20=xxdxatgruo1a_22故证得:axa0第十章波动方程的达氏解32-22.验证ux,ttgxatxat满足波动方程uttauxxo2at)1/22asin(xat)3232utt3-a(x证明：ux,ttgxatxat',cos(xat)42sin(xat)3/1/2uxx3--(xat)而cos(xat)42代入uttauxx等式成立。即为所证。224.试求出方程xuxx2xyuxyyuyyxuxyuy0的通解为ux,yxylnxxy,其中和为充分光滑的任意函数。解：Uxuxux=yu+u..…(1)2Uxx=(Ux)+(Ux)x=y(Ux)+(Ux)=y(yu+U)+(yu+u)=yu+2yu+u(2)Uxy=(Ux)y=x(yuu)=xyu+xu....(3)Uy=uy=xu.....(4)2Uyy=(Uy)y=x(xU)=xU....(5)TOC\o"1-5"\h\z22把上面各式代入方程xuxx2xy%yuyyxuxyuy0有：、，2,22,2x(yu2yuu)2xy(xyuxu)y(xu)xyux(yu222222xyu2xyuxu2xyu2xyu2xyuxu02即xu2xyuxu0xu2yuu0故u(x,y)(xy)1nx(xy)为方程的通解。2xsiny,x,y5.试用行波法求解定解问题：解：将方程的两边对y积分得：Ux3xyux,y—xcosy再对x积分得3g1xdx和fy由定解条件确u0,ysinyux,0xo2112xdysinydyg〔xxycosyg〔x定。则有g0fysiny所以fysinyg0所以u(x,y)%xcosy32xsiny第十一章格林公式3.求解圆的狄利克雷问题解：由圆的狄利克雷积分公式本题中fAcos母同除以a2,并记「Aeicoscoseiua,并代入上试中积分，于是得:Acos0a2222acos令分母为零,coscos得到被积函数的奇点,单极点，故有留数定理有:resfzkresfuA—cosaAcos,其中A为常数。22aAcos22a2acoscos0,将上试中的分子与分z212zeigzdz0Tizei2iz1z212z2zeidzeiei,0,故在z1内有奇点ie和z20,且均是resf22cos1则有：5.求区域：0x,0yuxxuyy0u0,yfy0yHYPERLINK\l"bookmark93"\o"CurrentDocument"ux,00一,1,1,1Gln—ln—ln—解：rr1r2的格林函数，并由此求解狄利克雷问题其中f为已知的连续函数。ln1ln_(x_x0)2_(y_y°)逆x_x0)2_(y_yO)2-(xx。)2(yy。)2.(xx。)2(yy。)22020u(xo,y°)1Gf——dl21nInf(y)”10丁f(y)(21、22xx°)(yyo)1%)2(yy0)2Inf(y)(2xox02(yy。)21.求函数解：由Fouriersinaxx变换的定义有:sinaxFfxF-xiaxecosaxisinsinaxdx2xsinaxdxx由函数的奇偶性有:(DFsinaxxG)|x0dyx1n.(G00(—)|y0dx0y、2,x%)(y1、22xx°)(yy°))1x0dy2xox02(yy°)2)dy第十三章Fourier变换Fourier变换。2ixiaxeiexcosaxdx2ix\2y0)x一dx2ixsinaxdxxisinaxdx02xsinaxdxsinax,dxxsinaa,x一dxsinaxdx(2)sina0dx则0,a,00sina于是有sinaxx一dx万，0,(3)sin0dx则：如果sin0,a0,a0,故有:xdxxF于是sinax同理如果F0,则sinax2.求函数fcos3.解:1x2,x0,xxdxFourier变换。xdx2xcosxisin是由Fourier变换公式有xdxsincos求解热传导方程的初值问题对定解问题各项以X为变量施行2auxx,u(x,0)Fourierux,tcosxux,teixdx1%,tixcosxedx则定解问题化为di%,t-dt-1%,02i%,t%x,tcosx变换，并记它的解为u%,t%e它的逆变换得：a22tx,t(%,ta2e2tFF1cosxFa2e2ta22tiexd,22(at)cosx2a%ex24a2tx,t2at2x4a2tcosxcosxa、t24a2tcosa2tcosx求下列函数的Laplace变换(1)解：由ateLaplace变换的定义有第十四章Laplace变换atLeatpteedt00e(pa)tdt1「一,RepaRea(2)sinkt,解：由线性性质和上式有LsinktLiktikteeikteiktLe2.求下列函数F(1)解：(1)2i2i2ipikpikFp的Laplacep2-p2p逆变换。F(p)2p2p5(2)1一27p12p14L1又由所以TOC\o"1-5"\h\zti11tecos2tL2-esin2tp142L1P22p51p111t_1_L2L2e(cos2tsin2t)p14p142a.apta1Lt0tedt一k(2)因为p1Lt，L(-)2得4P2即-1=L1L1—LLng,所以而c.求解常微分方程初值问题yttyty(t)1y01,y02解：记Ly(t)Y°p，对方程中各项施行Laplace逆变换，注意应用微分性质并将初始条件代入，得dY%P2、％彳2p—Y%p1—dpppp2将e2以0为中心展开为级数，得1k因为LP0y(t)L1佟pL1-故有p10/1-Y(p)—p,该方程的解为pY%p)。马鸟(1手ppp2L1L1L12cp22~~2epp8pL1(2c)t代入初始条件得2c2,c0于是得yt12t.设有一初始温度为3sin2x的单位长度的均匀杆，杆的侧面绝热，而两端的温度均保持零度，试求杆内的温度分布。utDuxx,0x1,t0u0,tu(1,t)0解：其定解问题为uX,03s1n2x,0x1，这虽然是一有界问题，但由于t的变换范围为0及ux,0已知，故可用Laplace逆变换法求解，记Lux,t%x,p)对方程和边界条件对于变量t施行Laplace逆变换并代入初始条件得,2>、年旦也x,p3sin2x/D%0,p)%1,p)0解此非齐次的二阶微分方程得取逆变换得U%x,pDtsin22d第十五章球函数0,n1,2,3L1证明：Adx1P0xPnxdx2.将函数按勒让得多项式展开。解：令ClPx0因为是偶函数，故当10P2n1(x)dx10P2n1(x)dx所以Px为奇函数，即当l10P2n1(x)dxn12n2!2n122n210P2nxP(x)dx2n1时，Cl1(x)dxC2n10n112n!2n122nn!2C2n2n2P03.设有一半径为解：其定解问题为令ur,,ur,n11_22n2n!2n!n1122na的球,l0m将其代入边界条件得lCl,malY^(n12n2!2n122n2n1!4n12n2!球面上的电势分布为n114n12n2!22nn1!n1!P2nx,求球内的电势分布。UraY,m(0,raf,,)代入方程得在rCl"Yl,m(,)ll0ml故由球函数的展开式立即可得12C1mlfl,ml00aYl,msindda中的解，为