1、數學物理方法習題解答、復變函數部分習題解答第一章習題解答1、證明Rez在z平面上處處不可導精選文檔證明：令RezuivQRezx,ux,v0。于是u與v在z平面上處處不滿足c-R條件,所以Rez在z平面上處處不可導。2、試證fzz2僅在原點有導數。證明：令fziv22八xy,v0。u2x,x2y所以除原點以外，u,v不滿足C-R條件。連續,且滿足C-R條件，所以fz在原點可微。或：flimz0zlimz0limx0y0limz0zH2lizm0*zzizm(z*zz)z0z0。【當z0,zreii2e與趨向有關，則上式中13、設f(z)3333、xyi(xy)22xy0：=：,證明fz在原點滿

2、足C-R條件，但不可微。證明：令fx,yivx,yux,y3x2x3y2y02x2x2-y=0v(x,y)3x2x3y2y02x2xy2°。y2=0ux(0,0)u(x,0)u(0,0)x3lim01,x0x3uy(0,0)limu(0,y)u(0,0)y0y3limy-x0y3vx(0,0)lxm0v(x,0)v(0,0)3.xlimtx0x31,Vy(0，0)limv(0,y)v(0,0)y0y3lim-y3x0y3Ux(0,0)Vy(0,0),Uy(0,0)Vx(0,0)f(z)在原點上滿足c-R條件。但lzm0f(z)f(0)3x(x233yi(xy2)(x3oiy)kx趨于

3、0,33xylim2z0(x233i(xy)1k3i(1k3)22y)(xiy)(1k)(1ik)k4k3k1i(k4k3k1)22(k1)依賴于k,f(z)在原點不可導。4、若復變函數fz在區域D上解析并滿足下列條件之一，證明其在區域D上必為常數。(1) fz在區域D上為實函數；(2) f*z在區域D上解析；(3) Refz在區域D上是常數。證明：(1)令f(z)u(x,y)iv(x,y)。由于fz在區域D上為實函數，所以在區域D上v(x,y)0Qf(z)在區域D上解析。由CR條件得0,0oxyyx在區域D上u(x,y)為常數。從而fz在區域D上為常數。(2)令f(z)u(x,y)iv(x,

4、y),則f*(z)u(x,y)iv(x,y)。Qf(z)在區域D上解析。由C-R條件得(1)又f*(z)在區域D上解析，由C-R條件得u,上工xyyx聯立(1)和(2),得uuvv八0oxyxyu,v在區域D上均為常數，從而f(z)在區域D上為常數(3)令fzux,yivx,y,則Ref(z)ux,y。由題設知ux,y在區域D上為常數，上上0。又由C-R條件得，在區域D上-上0,上0,于是v在區域D上為常數。xyyxu,v在區域D上均為常數，從而在區域D上f(z)為常數。5、證明xy2不能成為z的一個解析函數的實部。22證明：令uxy2,T202x2x。xyu不滿足拉普拉斯方程。從而它不能成為

5、z的一個解析函數的實部。6、若zxiy,試證：(1) sinzsinxcoshyicosxsinhy;(2) coszcosxcoshyisinxsinhy;(3) sinz2=sin2xsinh2y;(4) cosz2cos2xsinh2y0證明：(1)sinzsin(xiy)sinxcos(iy)cosxsin(iy)Qcos(iy)coshy,sin(iy)isinhy,sinzsinxcoshyicosxsinhy。(2) coszcos(xiy)cosxcos(iy)sinxsin(iy)Qcos(iy)coshy,sin(iy)isinhy,coszcosxcoshyisinxsi

6、nhyo(3) sinz2(sinxcoshy)2(cosxsinhy)2sin2xcosh2ycos2xsinh2y.22、22sinx(1sinhy)cosxsinhy.2222.22sinx(sinxcosx)sinhysinxsinhy。2 22xcosh y sin xsinh y2222(4) cosz(cosxcoshy)(sinxsinhy)cos22、.2.,2cosx(1sinhy)sinxsinhy2_2222cosxcosxsinhysinxsinhy2,2.2222cosx(cosxsinx)sinhycosxsinhy。7、試證若函數fz和z在z0解析。fz0z00

7、,z00,則limf三f。（復變函數的洛必達法則）zz0zzo證明：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或倒過來做8、求證：lim列三1。z o z證明：lim膽M 3） z o z z o zlimcos z 1。z o第二章習題解答9、利用積分估值，證明a.: x2 iy2 dz積分路徑是從i到i的右半圓周b.證明2彎2積分路徑是直線段。1 z2證明：a.(方法一):x2 iy2

8、dz : x2 iy2 |dz：Jx4 y4 |dz：Jx4 2x2y2 y4|dz :顯yV|dz。（方法二）在半圓周x2 y2 1上，x2 1,y2 1,從而42424422x x y y x y x y在半圓周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不用計算，證明下列積分之值均為零,其中c均為圓心在原點,半徑為1的單位圓周。dzezdza. q; b.。,ccoszcz 5z 6證明：a.士的奇點

9、為znn 2,n0, 1,LZn1 ,所以它們均不在以原點為圓心的單位圓內。,在以原點為圓心的單位圓內無奇點，處處解析。cosz由柯西定理：？上0。coszcb.2一一 一z5z 6(z 2)( z 3)的奇點為乙2 , z23,它們均不在以原點為圓心的單位圓內。z二在以原點為圓心的單位圓內處處解札由柯西定理：?2edz0。cz5z611、計算22C2z2z1C人2z2z1a.9dzc:z2；b.Q-dzc:z8z1 2cos1fcz1解：a . 2z2 z 1 在2所圍區域內解析，且z 1在z 2所圍區域內。由柯西積分公式得24>2z-dz 2 i(2z2 z 1) c z 1z1 2

10、 i 24b . 2z2 z 1在|z 2所圍區域內解析，且z 1在|z 2所圍區域內。由推廣的柯西積分公式得?2dz 2 i 2z2 z 1,c z 12 i 4z 1z 1z1 2 i 3 6 i0z12、求積分？edz(c:z1),從而證明ecoscossind。cz0解：ez在|z1所圍區域內解析，且z0在z1所圍區域內。z由柯西積分公式得?dz2ie；2i。(1)在c上令zei,，則zeecosisincos?dziediediecossinisinsindcoscoscosiecossindesinsind2iecossind,0其中利用了，由于ecossinsin是的奇函數，而e

11、coscossin是的偶函數，所以_coscoscosesinsind0,ecossind2ecossind。0?e-dz2iecoscossind。z0從而，聯立（1）和（2）,得cosecossind013、由積分cS之值，證明1 2 cos0 5 4cosd 0, c為單位圓周z 1證明:z 2dz在單位圓周|z 1所圍區域內解析由柯西定理cz 2(1)另一方面,dzieid212ei12eie-d412cos2isind54cos12cos,d54cossin54cos(2)sin的奇函數,54cossind54cos由（1）、及（3）得5 4cosc 1 2cos2 d 。(5)0

12、5 4cos12cos,d5 4cos又 1 2cos5 4cos10。（4）的偶函數,于是由（4）和（5）得證明積分?cF Z dZ12cos,d054cos14、設Fz-zr-6,z24a.當c是圓周x2y21時,等于0；b.當c是圓周x22y21時，等于4i;c.當c是圓周x22y21時，等于2證明：Fz第二r的奇點為馬a.當c是圓周x2 y21時，Zi 2及z22均在圓外，F z在圓內解析。由柯西定理：? z 6 dz?c z 2 z 2b.當c是圓周X 2 2y2 1時，僅乙2在圓內。由柯西積分公式C.當c是圓周x 2 2y2 1 時,僅Z22在圓內。由柯西積分公式得?cz262dz

13、第三章習題解答15、求下列級數的收斂半徑，并對c討論級數在收斂圓周上的斂散情況。c.n（k0為常數）。解：a.1limn1nlimn。nb.1lim-：nnn.nlim1nnC.limnnknk1limn1limFnnn16、解:b.111nxlimxxlimex1xx在收斂圓周lim-xlim-0（洛必達法則）】xxxxQk0,它的通項nkein故級數nkein發散。n0試求下列級數的收斂半徑。a.zn!;b.n0ei,級數成為kinne。n0時,不趨于0。nzn.1n0aiba.當limn當limnn1!zn!zlimnn!n1zITn!nnimz1時,級數收斂。n!n1時,級數發散。亦即

14、當|z1時，級數收斂。而當于是收斂半徑R1。n!nnRlimnn1!n1nn!n1n1limnn1nn1!nn1時,級數發散。limnnn1nnlimnc.QRlimnRlimnibnlimn2na又因為maxa,b1故lima2nb2n嗝n1a2nb2n2nmaxa,bo于是所求級數的收斂半徑an1limn122nmaxa,b1且lim2五nmaxa,b。2n22n2ab2n12nabab時,limnab時,ab2n2.2n2ab2n2nab2n22n2pm.92nb2namaxa,b17、將下列函數按z的哥展開，并指明收斂范圍。解:18、解:za.0a.ez2zz2e0b.2edz；b.2

15、cosdz2nz0n!2cosz2ndzn!2ndzn!2n1z0n!2ncos2zcos2z2n2zn22n72n2n!2n!2cosz將下列函數按a.cosza.coszcoszcosz2n12nz2n!1的哥展開,并指出收斂范圍。；b.cos1zc.-z22zcos1coszsin1sinz2n2n!2n112ncos1nncos1n2n1z12n!sin1n2n112n1!cos1nsin1cosQ2coszcoscosn!2ncos2n12n!2n2n12n或：令fcosz,b.c.coscos所以coszcos13n2z從而2z52n4n2n2n4n2n4n4n2n12n4n4n2

16、n2n1進一步,n2n 11 z 14nn2n1z14n1所以奇數2偶數2n111n_n122n3-z1n22zz22z52。19、將下列函數在指定的環域內展成羅朗級數。0z1,；b.2z2z解：a.一z(z1)z12z2(z1)2(zo1)內,z2(z1)內,1z11znz1z2(z1)2b.z22z2z1,n當。02n120、解:b.2z21_2zn12nz2z2z將下列函數在指定點的無心鄰域內展成羅朗級數,圍。1a.2z,zi1anzn】；b.并指出成立范a.zi的無心鄰域為0R,ddzanz1nJo12izi1z212Q當憶1e112i2n1ddzn0時,11z-2i12Tn2inn0

17、n!1z2i2n1n12nz2n12nnz0n!2n1n0n!z12n12。0 z 11 z 1 2 e1 zn1nr2n o n! z 1n1nn2n2!z121、把fz，展成下列級數。1z(1)在z1上展成z的泰勒級數；(2)在|z1上展成z的羅朗級數；(3)在|z12上展成(z1)的泰勒級數；(4)在|z12上展成z1的羅朗級數。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,所以精選文檔non111122z112z1n0z1n1z1z1第四章習題解

18、答22、確定下列各函數的孤立奇點，并指出它們是什么樣的類型(對于極點,要指出它們的階)，對于無窮遠點也要加以討論：(1)z12；cos-;(3)。zz21zisinzcosz解：（1）z0,zi,zi是一z12的孤立奇點且是極點zz2122。2d22/2/22/wcQzz1z14zz110,z0z0z0是zz212的一階零點，從而是z12的一階極點;zz21Q z z2 1z i22 , 2 4 2 2 -z 1 4z z 10)z i1精選文檔2222z14zz122334zz18zz18z8i0,zizi是zz212的二階零點，從而是z212的二階極點zz1內解析，zimz2120，z是可

19、去奇點,zzz21四階零點1 , Q cos在zz ini的羅朗展開式cos-1的主要zin02n!zi部分有無窮多項,zi是cos-的本性奇點。zi-11Qcos在1z內解析，limcos1,zizzi是cos-的可去奇點。zi(3)1sinzcosz近，sinz；cosz1、2sinz-4sin z cosz的極點。sinz一的零點znn-,n0,1,4n4又sinzcosz一4ZnZZnn4Znn1,n40,1,2,L，是sinzcosz的一階零點，從而是1的sinzcosz階極點1sinz何鄰域的奇點，但不是孤立奇點，因為在無窮遠點的的任cosz內，總有其它奇點。23、求fzz力在孤立

20、奇點處的留數。解：1ez0的解Zni2nn0.1,z2L,正一的可點。由于zlimi2n1zezeZni2n1是沔的極點。又1ezZni2n12ez1ez2Zni2n1Zni2n1Zni22212n1,n0,1,2,L，是-ze1ez的一階零點，從而是z目的一階極點。eZZ不是5的孤立奇點,1e因為在它的任一鄰域內，總有其它的奇點。由推論2:Resf2n1ez1ezzeZni2n1i2n1112。1Jedz41ez0Resf12n精選文檔24、求下列函數在指定點處的留數。(1)J2z一_在2z解：（1） z 1為 f點.,一z2的二階極點。z1z1Resf 1lzmlzm1Resf 1lim

21、z 1 dz d z lim z 1 dz z 1由于z1已是的所有有限孤立奇點,ResfResfResf 10。2z-e-在 z z0的羅朗展開式為n2zn 1 n!4z2nzn 4n!2n 4znn 3 n 4 !233!Resf由于z的僅有的一個有限孤立奇點,Re sfResf0的羅朗展開式為n2zn 1 n!3z2。z"32n3z”n1n!n2n3!2222!Resf02】25、求下列函數在其奇點（包括無窮遠點）處的留數，（m是自然數）(1)(2)m .1z sin 一 zze（m是自然數）；(3)31。 sin z解：（1）z sin1的有限遠孤立奇點。在式為mz n 0

22、2nzn12n 11 !znf。2n 1 !z令 2n 1 m1,貝Unz 0, f z的羅朗展開Qn為非負整數，只有m為偶數時上式才成立。而當m為奇數時，2n1m1,即fz在z0的羅朗展開式中沒有1次帚項，即a10。當m為奇數時，Resf00。m當m為偶數時，nm的項是1次募項，a1二，所以，此時2m1!mResf 012總之，不管m為偶數或奇數，都有Resf0z(2)z1是fz，的唯一的有限奇點，且是二階極點z1dResf1limzz1dzz2e2z1e，ResfResf1ez1(3)zn,n0,1,L,是fze3的孤立奇點sinzfz在zn點的羅朗展開式為n.31sinznnen1一23

23、znznL2!3!35znznL3!5!n13zn2zn2!3znL3!2zn1643znL5!2 z n1 6n5!3L在zn解析，且為zn的偶函數，所以它在zn處的泰勒展開式中只有zn的偶次項。而5!1,5!5!5!112z5!5!5!5!5!a4zen12!3!a4z1次募項的系數Resfn不是fz的孤立奇點26、求下列函數在其孤立奇點（包括無窮遠點）處的留數。1_z_(1)e2z；1解：（1）z0是fze't的本性奇點，z為其孤立奇點fz在z0點的羅朗展開式為_ze2e2znmnz22non!mom!zmnn-z2n!mnmm2nmz0n!m!1時,2n1時，zm的系數a1即為

24、Resf0,所以Resf 0【利用了 mnn1n11一2n0n!n1!2n1n11一2n0n!n1!2n12n1n1n1-1-ResfResf 022on0n!n1!n0n!n1!的m階極點，而z是fz的一階（單）極點ResflimzdzResf1dm11mr/mdzm7rlim1!zlimzlimzQz，是fz的僅有的二個有限遠孤立奇點,ResfResfResf0。27、計算下列積分(1)，虐z；(2)dz1,b1,ab,n為自然數;(3)d2z1e,一?2dz。2?z21z解：（1）z0是被積函數f1zsinz在單位圓內的孤立奇點。zsinz0，zsinsinzzcoszz0z00zsin

25、z2coszzsinzz0是zsinz的二階零點,也就是fz的二階極點。Resf0limz21z0dzzsinzlim9乂z0dzsinzsinzzcoszlim2z0sinzlimz0coszcoszzsinz2sinzcoszzlimz02cosz由留數定理，得dz?z1zsinz2iResf00。1,被積函數f不在單位圓內有二個n階極點z1a,z2于是Resfalimzadn1ndz同理1lim-n1!zadzlimnza2n2Resf2n1°ab2n22n1°ba由留數定理，得dznazb2iResfaResfbn12n212n1ab1_2n10°ba(3

26、)被積函數e1"2z-2z2zeZiZ2z在圓z2內的二個一階極點。Resflzmi2zezizi2ie2iResf2zeiz2ieo2i由留數定理,1e2z.屋？z21Vdzr2ResfResf2i2iee_isin2。2i28、求下列各積分值(1)J；cos(2)d.2sin解：(1)Q2cos1cos22d1cos22d3cos23cos3coso3cosz2eicoscosdz1ozz.3iz216z3cosiz3cos3cosdz,izdz1z26z1有二個一階極點乙z21,z2在單位圓憶1外z1在單位圓z1內。由關于極點的留數定理的推論2,Resfz1z26zzz12z6

27、12:8京。由留數定理，得2iResfz114.2.2(2)Qsin21cos22d-2sin1cos22d2a1cos202ado1cos2a1cosd2a1cos2acos2a1cos12d202a1d2ocoso2a1coseidz,則izd2a1cos1 -dz2 蜒1zt2a1iz2iizdz。1z222a1z112a1z彳有兩個一階極點2a12ja2a和Z22a2a2a。Z22a2a2a2a1,乙在單位圓|z2a12a由關于極點的留數定理的推論Resfz22z22azZ2由留數定理,Ii2iResfz2i1外。1,z2在單位圓|z1內。2,得12z22a12a12a2a29、求下列

28、各積分的值(1)x2dxx21x2xsinmxdx解：（1）x2dxx211_4.a2a2va2a(2)0,a0)。cosx22(x21)x29x2dx22,20x42x1x42z-2z1z一在實軸上無奇點，且zfz4有四個一階極點，但只有二個z2dx；0。2i在上半平面。2Resfilimzi：ziziziz24Resf2ilimz2iz2i2z21z2iz2i3iiResfResf2i在實軸上無奇點，當時,0。zeiz在上半平面有兩個一階極點ZlZ23iResFlzmResF3izim3iizez29izz3iez21z3iz3icosxdx1x292iResFi,3i-z2ae416i4

29、8iResF3i8e124e3F在實軸上無奇點a，且fz0。imzeimz年在上半平面有二個一階極點zaZli-ae4和由關于極點的留數定理的推論2,得ResFz1imzzeziResFz2imzzez2xsin0x4mx-dxaResFma.ma=i-=2e2e2.4aima.mae2.4aiimze4z2imze4zzii一ae4,3i-ae4ResF2e2a22.4aiz2ma.marie2e24a2i.一a.im一e24a2ima2e/2.4aima2.masin-j=。>（17）、（£）、（）9）用0»)。03o0j-PjJPU!S*J0PU!S。工jZIU

30、!SOX*ZIcP1UIS9UISISOOI2Z,9ZP?ZI(£)a己六乙0L=P_9£紗J乙ZI，乙口0UISZ卜yZP福ZI0Pu!sd93沙U!S!S00d19ZP罔zyZP十ZI。ZP4ZIA9zp<xp<zpGXzS”-Z,9zj.（L）。0zpC：筵聿里國用ZI'犯搦M裨因以四始。孫三。:搦ZIxxp王。xpH。XUISxsoo阻鼠'期國N*始因眸*。申背'多田zpZ五、0£ZIixy0Wdx003dy，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 x

31、2ixecosxdxdxi0、x0,x0比較（7）兩邊的實部和虛部，得。（8）cosx,sinx,dxdx0x0,x進一步，若令xy2,則（8）成為20cosy2dy20siny2dy,從而cosx2dxsinx2dx-(=。00212二、數學物理方程及特殊函數部分習題解答第五章習題解答31、弦在阻尼介質中振動，單位長度的弦所受阻力FRut（比例常數R叫做阻力系數），試推導弦在這阻尼介質中的振動方程。解：與課上推導弦的受迫振動方程一樣，令其中的Fx,tRut,Fx,tRfx,tut,弦在介質中的振動方程為：Utta2Uxx-Ut,即Utt buta、。，a2 T, b 九。32、長為l柔軟均質

32、輕繩，一端(x 0)固定在以勻速轉動的豎直軸上。由于慣性離心力的作用，這繩的平衡位置應是水平線。試推導此繩相對于水平線的橫振動方程。解：研究位于x到x dx這一 段繩A的振動情況。設繩的 質量密度為°A在縱向沒有 運動，于是A所受的縱向合 力為零，即A所受的張力在 縱向的合力等于其所受的慣 性離心力，27 cos 2 Ti cos i ds x 0u(xj)即T2 cos 2 T1 cos 1 ds 2x (1)在橫向，由牛頓第二定律Fv mv,得T2 sin 2 T1 sin 1 dsutt(2)精選文檔在小振動條件下，有cos1cos21,dsdx,注意到T2Txdx,TiTx,

33、由（1）得x dxTxdx 2x ,即dT2xdx于是繩中任一點x處的張力為TxTdTx2xdxl2xdx1212x2。（3）【x,l段的慣性離0ix2心力】又sinitaniuxx,sin2tan2uxxdx,代入（2）得Tux“TuxTuxxdxTuxxdxutt,光xUttxdx即uuD（4）x將Tx的表達式（3）代入（4）,得繩相對于水平線的橫振動方程為utt2-12x2ux與無關。2x【0x1,邊界條件uc0,u1有限（自然邊界條件）】'x0/Ix1、33、長為1的均勻桿，兩端由恒定熱流進入，其強度為q°。試寫出這個熱傳導問題的邊界條件。解：由熱傳導的傅里葉定律uv

34、uv uqku,在邊界上有q nk-u，其中v為邊界 的單位法線矢 nq。u u v為u沿v的方向導數。在x 0端，vv qoiin上，所以 xk-q0k - oX x 0xx 0q° ，而qo k xqo即邊界條件為:或：在一維時,Uxqox ° kv v qoi iux x 0uv 一ixvqoi，vqoi,0,由熱傳導的傅里葉定律qvku,vqoi, xvqoi, xUx0 ,所以邊界條件為34、半徑為R而表面燥黑的金屬長圓柱，受到陽光照射，陽光方向垂直于柱軸，熱流強度為M。設圓柱外界的溫度為u0,試寫出這個圓柱的熱傳導問題的邊界條件。陽光照射而產生的，通過圓柱表面流

35、入圓柱MX解法一：如圖取極坐標系，極軸垂直于陽光，由體的熱流強度為uvuvMsine0qi八c，02同樣由陽光照射而產生的，通過圓柱表面流出圓柱體的熱流強度為uvuvuvMsineoq1cli。o2由圓柱本身的溫度分布產生的熱流強度為qvku,而在極坐標系中uv Uv 1e e 一,故其通過圓柱表面流出圓柱體的熱流強度為q;kev。總的通過圓柱表面流出圓柱體的熱流強度為uvqv,其在表面的大小為uvqiuvq2uveMsinf0由牛頓熱交換定律，知q應與u0成正比,huhu0Msinhu0hu。兩邊除以即得邊界條件為:M八sinu00hu0解法二：取如圖的圓柱表面的一個小塊來分析。小塊的面積為

36、s,厚度為r,兩個表面分別為和，；為的外法線方向單位矢量，而v為的內法線方向單位矢量。單位時間流出小塊的熱量等于其能量的減少率,Aru0uvvsqins,*)uv其中q1Msin0uveuve。0,則ivnivn，*)的左邊趨于0,(*)成為u0*)其中fuvqiMsin0,(*)兩邊除以h,即得邊界條件:uuHU0fM-sinu0hu0第六章習題解答35、長為l的弦,兩端固定，弦中張力為T,在距一端為X0的一點以力F0把弦拉開，然后突然撤除這力，求解此弦的振動。解：先求出初始位移，分0,X0和X0,l兩段來考慮。Fo設飛點的位移為h,則在0XX0中,xtanUAA在X0Xl中,tan2上lX

37、lX0在小振動,2很小的條件下，利用力的平衡條件和小振動條件sin1tanF0Tsin1Tsin2Ttan1Ttan2TTlhI，X0X0lX0于是F0X0lTlF0lX0XTlF0%lXTl定解問題為X0X0Ol2uttauxxF0Ut分離變數,0,0tX0xTlF0X0Tl0(lx)令ux,tXx0。X0代入方程及邊界條件，可得既滿足方程又滿足邊界條件的通解為uX,tnaxAncos1n1lBnsinsinx°l代入初始條件，得nAnsin0utna.Bnsin1lBnn1,2,LA211A70sin-xdxlX00F0lX)TlnxsinxdxlF0X0X0Tlnxsinxdx2F。lX0lTll222n_nsin一xlxn一cos一xlF0X0ncos-XnTlF0X0Tlux,t2F°l1.sin1nl2nX0_一nsin-xlIx一cos-xnlna.ncos1sinx。llX036、研究長為l,一端固定，另一端自由，初始位移為弦的自由振動情況。解：即求解定解問題2F0I22Tn.nX0sinohx而初始速度為零的Utt2aUxxuxxlhx,ut0,0:00分離變數