(完整版)南昌大学数学物理方法期末考试试卷2011A卷答案

第1页共5页南昌大学2011学年第二学期期末考试试卷参考答案及评分标准试卷编号：6031(A)卷课程编号：H55020190课程名称：数学物理方法考试形式：闭卷适用班级物理系07各专业姓名：学号：班级：学院：专业：考试日期：题号一二三四五六七八九十总分累分人签名题分364024100得分考生注意事项：1、本试卷共7页，请查看试卷中是否有缺页或破损。如有立即举手报告以便更换。2、考试结束后，考生不得将试卷、答题纸和草稿纸带出考场。3、请仔细阅读题前的说明。一、填空题(每小题3分，共36分)得分评阅人1.复数)4ln(),2,1,0()12(4lnkik。2.dxx])6([sinx20092008-1/2。3.复数icos2/)(1ee。4.若解析函数),(),()(yxivyxuzf的虚部xyyxyxv22),(，则实部),(yxucxyyx22/)(22。5.)]3)(2/[(1)(zzzf在3||2z可展开为洛朗级数：]32[)()1(0)1(nnnnnzzzf6.函数zzezf/1)(在0z的奇点类型为本性奇点，其留数为1/2。第2页共5页7.设nm,为整数,则dxnxmx)cos(sin0。8.函数)1|(|0)1|(|)(ttttf的傅里叶变换为)/()/sincos(2。9.t21的拉普拉斯变换即)21(tL)0(Re)/2/1(2ppp。10.数学物理方程定解问题的适定性是指_解的存在性，唯一性，稳定性。11.一根两端(左端为坐标原点而右端lx）固定的弦，用手在离弦左端长为5/1处把弦朝横向拨开距离h，然后放手任其振动。横向位移),(txu的初始条件为)5/()4/()(5)5/0(/5,0lxllxlhlxlhxuut。12.判断下面的说法是否正确，正确的在题后的“（）”中打√，错误的打×。（1）若函数)(zf在z点解析，则函数)(zf在z点可导。（√）（2）uyxuxuyuuuyyyxxy2362是二阶线性齐次偏微分方程。（×）（3）设z为复数，则0sinlimzzez（×）二、求解题(每小题10分，共40分)得分评阅人说明：要求给出必要的文字说明和演算过程。1.用留数定理计算复积分2/3||22)2)(1(zzzdzI。解：回路内有两个一阶极点.,21iziz（2分）其留数为分）（350/)34(])2(2/[1])2)(/[(1lim)]()[(lim)(Re22221iiizizzfizzsfiziz分）（350/)34(])2(2/[1])2)(/[(1lim)]()[(lim)(Re22222iiizizzfizzsfiziz25/8))(Re)((Re221izsfzsfiI（2分）。第3页共5页2.用留数定理计算实积分20sin35xdxI。解：设,ixez则)./(),2/()(sin1izdzdxizzx（2分）于是，1||21||131032)2/()(35)/(zzizzdzizzizdzI（2分）)3103/(1)(2izzzf的零点,3/1iz.32iz其中只有1z为单位圆内一阶极点（2分），其留数为izzzzzfzzzsfzzzz81)(31)(31lim)]()[(lim)(Re2121111（2分）由留数定理得.28122iiI（2分）3.解常微分方程初值问题1)0(')0(,622yyeydtdydtydt(可使用拉普拉斯变换或其它任何方法)。解：对方程拉普拉斯变换得116)1()1(2pyyppyp（2分），于是)6(21531141312013]23/231[53])2)(1(1)1)(3(1[51)2)(3()2)(1)(3(1分pppppppppppppppy.5341201323ttteeey（2分）4.试判断偏微分方程0326282xyuuuuuyxyyxyxx类型并寻找自变量函数变换使方程能够化为标准形（注意：不必写出标准形）。解：特征方程082)(2dxdydxdy（2分），判别式036)8(1422故方程为双曲型（2分）。特征方程的解为214,2cxycxy（1c和2c为任意常数）（4分）。所以，可化为标准形的自变量函数变换为.4,2xyxy（2分）第4页共5页三、偏微分方程求解题(共24分)1.求解波动方程)(0xuuxxtt满足初始条件xxuxutttcos,200的定解问题。(本小题10分)解：由达朗贝尔公式可得)2()sin()sin()cos()()cos()()]sin()()sin()[(21)2(cos|cos)]sin()()sin()[(21)2(sin|sin21)4(cos21)]()[(21222222分分分分txtxtxtxtxtxtxtxtxtxxdtxtxtxtxxdxdtxtxutxtxtxtxtxtxtxtxtxtx2.(1)已知矩形区域yx0,0上的拉普拉斯方程;0|,0|);0,0(,00xxyyxxuuyxuu试导出其一般解为nxeBeAyxunnynnynsin)(),(1，其中nA和nB是只与n有关的系数。(9分)(2)利用(1)的结果求解泊松方程.cossin|,0|;sin||);0,0(sin00xxuuyuuyxyuuyyxxyyxx提示：寻找泛定方程的一个特解,v使得经变换wvu后所得w的泛定方程和第一组边值都是齐次的。(5分)(1)证明：设有试探解)()(yYxXu，(1分)代入泛定方程和齐次边界条件第5页共5页0)()0(0''XXXX.0''YY(1分)求解本征值问题，得本征值),3,2,1(2nn本征函数),3,2,1(sin)(nnxCxX(4分)再解Y的微分方程得nynyBeAeyY)((2分)所以，一般解为nxeBeAyxunnynnynsin)(),(1(1分)（2）解：特解,sinyv(1分)变换wvu使.cossin|,0|;0||);0,0(000xx(1分)由（1）得满足w的齐次泛定方程和第一组齐次边值的解为nxeBeAwnnynnynsin)(1(1分)因为上述解还满足第二组边界条件，于是xnxeBeABAnnnnnnn2sin21sin)(01即).2(0,)(212222nBAeeBAnn(1分)最后，得解.2sin)()(21sin),(2222xeeeeyyxuyy(1分)