2010A卷-数学物理方法参考答案

《数学物理方法》课程试卷A参考答案及评分标准第1页共5页中国计量学院2009~2010学年第1学期《数学物理方法》课程试卷（A）参考答案及评分标准开课二级学院：理学院，学生班级：08应物1，教师：吴太权一、选择题(共10分，每题2分)1.B解：（A）正确的表达式是2121ZZZZ；（C）)(x广义函数是偶函数；（D）ldzzI2与积分路径l无关。故选（B）。2.A解：1/2()zfzzez有一奇点，0z为本性奇点。故选（A）。3.C解：泛定方程02xxtuau和边界条件00xu，0lxu构成本征值问题，本征值为222ln，（n为正整数），本征函数为lxnsin。故选（C）。4.D解：因为行波法只适用于波动方程，不适用于导热问题。故选（D）。5.C解：)(zf在0z及其邻域上处处可导，则)(zf在0z上解析。故选（C）。二、填空题(共39分，每空3分)1.1ee解：把iz代入公式sin()2izizzeei即可得结果。2.00xu，0lxxu解：一端是第一类边界条件，另一端是第二类边界条件。3._____2_____《数学物理方法》课程试卷A参考答案及评分标准第2页共5页解：根据二阶极点的公式，可得22lim)]([lim)0(Re2020zzzezfzdzdsf。4.kke解：因为()fx的像函数为()ikfk，即可得结果。5.22解：根据公式)()()(00xfdxxxxf，即可得结果。6.48解：根据公式0!)1(ndttennt即可得结果。7.2103231PPP解：已知xxxfxfffPfPfPfxf22212022110023)21()(，所以可得02120ff，11f，1232f，即可得结果。8.2i解：220)1(2121iidzzzIz9.0(,)0;(,)100xxluxtuxt；0(,)100(0)tuxtxlxl解：系统的边界条件，一端为第一类，另一端为第二类；初始条件为1210(,)()tuxtuxuul，此时01u，1002u。10.1/3解：级数收敛半径3131lim1lim2121kkkkkkaR，11.4[]0dxyydxx12.1140解：根据公式10!!(1)(1)!mnmnttdtmn即可得结果。《数学物理方法》课程试卷A参考答案及评分标准第3页共5页三、解：已知22222cossincosu。由柯西－黎曼条件，可得32sin21uv，22cos2uv。（4分）322222sin22cos211sin2sin2()(sin2)()vvdvddddddd所以Cv22sin。（3分）即iCziCiyxivyxuzf2212sin2cos),(),()(。（1分）四、解：已知2111()3212fzzzzz。（1分）可得当212zz，01111()22221()2kkzzz。（3分）当111zz，011111()111()kkzzzzz。（3分）即可得00111()()()22kkkkzfzzz。（1分）五、解：令2cos1zzx，izdzdx，则121241()8142Fzzzizizz（2分）可知()Fz在1z的奇点为154b。（1分）所以154412Re()2815bsfbizi。（2分）即42Re()15Iisfb。（3分）《数学物理方法》课程试卷A参考答案及评分标准第4页共5页六、解：由于()()ItIp，则()()ItpIp，0()()tIpIdp，11p，（3分）代入可得1()()ApIpIppp，即2()1AIpp。（2分）由于21sin1tp，（2分）所以()sinItAt（1分）七、解：化解219'0yyyxx，1()pxx，29()qxx。则00x是方程正则奇点。由指标方程：(1)90sss，可解得13s，23s。（2分）故令310()kkkyxax（00a），则210()(3)kkkyxkax，110()(3)(2)kkkyxkkkax，代入方程，可得3kx的系数为(6)0kkka。当1k时，0ka。即310()yxax（3分）再令3200()kkyxbx（00b），则420()(3)kkkyxkbx，520()(4)(3)kkkyxkkbx代入方程，可得3kx的系数为(6)0kkkb。当6k，0kb，当6k，kb为任意值。即33206()yxbxbx（3分）所以331122()()()yxCyxCyxCxDx（1分）《数学物理方法》课程试卷A参考答案及评分标准第5页共5页八、解：泛定方程：02xxttuau（Ta2）边界条件：00xu，0lxu初始条件：00tu，0()2ttIlux（lx0）（3分）由泛定方程和边界条件可得方程通解：1sin)sincos(),(nnnlxnlatnBlatnAtxu。（2分）因为00tu，所以0nA（1分）则02()sinlnnxBxdxnal02()sin2lIlnxxdxnal2sin2Inna（3分）即121(,)sinsinsin2nInnatnxuxtanll。（1分）