数学物理方法期中复习

文章目录

• 篇目版本说明
• • 复变函数
  • • 基本复数变换
    • 柯西-黎曼方程
  • 柯西定理及公式
  • • 柯西定理
    • 柯西公式
    • 一个重要结论
  • 幂级数展开
  • • 幂级数
    • • 收敛半径
      • $\frac{1}{1-z}$模型
    • 泰勒级数
    • 洛朗级数
  • 留数定理
  • • 基本公式
    • 在实变函数积分中的应用
  • 傅里叶变换
  • • 周期函数的傅里叶展开
    • 奇偶函数的傅里叶展开
    • 复数形式的傅里叶变换
    • 傅里叶变换的基本性质
  • 拉普拉斯变换
  • • 拉普拉斯变换的形式
    • 常用的变换结论
    • 拉氏变换的重要性质
    • 拉普拉斯变换的反演
    • 拉式变换在积分微分中的应用
  • 末尾

篇目版本说明

适用于梁昆淼第四版数学物理方法

复变函数

基本复数变换

$$\begin{gathered} z=x+iy \\ =pcos\theta +ipsin\theta \\ =p(cos\theta +isin\theta ) \\ =p{e}^{i\theta } \end{gathered}$$

$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$

柯西-黎曼方程

• 直角坐标下

$$\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}-i\frac{\partial u}{\partial y}$$

• 极坐标下

$$\frac{\partial u}{\partial \rho }=\frac{1}{\rho }\frac{\partial v}{\partial \phi }$$
$$\frac{\partial v}{\partial \rho }=-\frac{1}{\rho }\frac{\partial u}{\partial \phi }$$

当已知函数f(z)的实部（或虚部）时，可通过C-R方程计算另一部分的表达式，再通过给定条件即可求解函数的表达式

柯西定理及公式

柯西定理

1. 单连通区域：若函数$f(z)$在此区域内解析，则沿区域内任意一个闭合曲线的积分有如下性质
   $${\oint }_{l}f(z)dz=0$$
2. 复连通区域:若$f(z)$在此区域内解析，则有如下结论
   $${\oint }_{l}f(z)dz+\sum _{i=1}^n{\oint }_{l_i}f(z)dz=0$$其中$l$为区域的外边界线，$l_i$是区域的所有内边界线，积分均沿边界线的正方向（外边界沿逆时针，内边界沿顺时针）

由此，得出结论：

（1）复连通区域内，沿外边界线逆时针方向积分与沿所有内方向逆时针积分之和的结果相等

（2）对于在闭连通区域上的解析的函数，只要起点与终点不变，则函数积分值不变

柯西公式

习题链接
解析函数在区域内点$z$处的函数值可用边界线的正向回路积分表示
$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_l\frac{f(\xi )}{\xi -z}d\xi$$
若$f(z)$在 $l$所围区域内存在奇点，则需要将此时的 $l$理解为所有的内外边界线
柯西公式的导数形式：
$$f^{(k)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}{\oint }_l\frac{f(\xi )}{(\xi -z{)}^{n+1}}d\xi$$

一个重要结论

$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_l\frac{dz}{z-a}={\{}_{1(l包围a)}^{0(l不包围a)}$$
$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_l(z-a{)}^{n}dz=0(n\ne -1)$$

幂级数展开

幂级数

以$z_0$为中心的幂级数
$$\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k(z-z_0{)}^k=a_0+a_1(z-z_0)+a_2(z-z_0{)}^2+...$$
其中$a_k$是每一项的系数

收敛半径

• 比值法
  $$R=\underset{k\to \infty }{\lim }|\frac{a_k}{a_{k+1}}|$$
• 根值法
  $$R=\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt[k]{|a_k|}}$$

$\frac{1}{1-z}$模型

首先，引入一个幂级数$$\sum _{k=0}^{\infty }{z}^k=1+z+z^2+z^3...$$

这是一个等比数列，计算得到其和为$\frac{1}{1-z}$，于是有
$$1+z+z^2+z^3+...=\frac{1}{1-z}(|z|<1)$$ 计算可知，其收敛半径$R=1$，且收敛中心为$z_0=0$，则在收敛圆$|z=1|$内,幂级数收敛

泰勒级数

常用的泰勒级数公式$$f(z)=\stackrel{\infty }{\sum _{k=0}}{a}_k(z-z_0{)}^k$$其中系数$a_k$的表达式为
$$a_k=\frac{f^k(z_0)}{k!}$$

洛朗级数

1. 观察是否可直接套用幂级数已知结论（$e^x$、$sinx$、$cosx$类）
2. 按照题意分为两类
   1. 给定$z_0$的值：结合$f(z_0)$的奇点将$z_0$的邻域分为几个部分，在各个部分分别求其展开式（利用$\frac{1}{1-z}$模型或者泰勒级数展开）
   2. 给定$z_0$的范围：利用$\frac{1}{1-z}$模型

留数定理

基本公式

• 计算回路积分

$$I={\oint }_{l}f(z)dz=2\pi i[\sum Resf(z_0)]$$

1. 留数的计算
   1. 单级点
      $$Resf(z_0)=\underset{z\to z_0}{\lim }(z-z_0)f(z_0)$$
   2. m阶级点
      $$Resf(z_0)=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{1}{(m-1)!}\frac{d^{m-1}}{d{z}^{m-1}}(z-z_0{)}^{m}f(z_0)$$
      注意：在计算二次函数的留数前，应将分母二次项的系数化为一，否则极易出错

在实变函数积分中的应用

1. $${\int }_0^{2\pi }R(cosx,sinx)dx型$$
   做变量代换$z=e^{ix}$
   则$dz=i{e}^{ix}dx=izdx$，于是$dx=\frac{1}{iz}dz$

   根据欧拉定理，有
   $$cosx=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}=\frac{z+z^{-1}}{2}$$
   $$sinx=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}=\frac{z-z^{-1}}{2i}$$
   于是原积分化为
   $${\oint }_{l}R(\frac{z+z^{-1}}{2},\frac{z-z^{-1}}{2i})\frac{dz}{iz}$$
   计算积分时，只需求出在单位圆内的所有奇点的留数，再利用留数定理即可

2. $${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx型$$
   以下只给出结论，过程不在此处推导
   $${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx=2\pi i[\sum ^{上半平面}Resf(z_0)]$$

3. $${\int }_0^{+\infty }F(x)cosmxdx及{\int }_0^{+\infty }G(x)sinmxdx型$$
   此处不做推导，直接给出结论
   $${\int }_0^{+\infty }F(x)cosmxdx=\pi i\{\sum ^{上半平面}Res[F(z)e^{imz}]\}$$
   $${\int }_0^{+\infty }F(x)sinmxdx=\pi \{\sum ^{上半平面}Res[G(z)e^{imz}]\}$$

傅里叶变换

周期函数的傅里叶展开

$$f(x)=a_0+\stackrel{\infty }{\sum _{k=1}}(a_{k}cos\frac{k\pi x}{l}+b_{k}sin\frac{k\pi x}{l})$$
式中$l$为其周期
$$a_0=\frac{1}{2l}{\int }_{-l}^{l}f(\xi )d\xi$$
$$a_k=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(\xi )cos\frac{k\pi \xi }{l}d\xi (k>0)$$
$$b_k=\frac{1}{l}{\int }_{-l}^{l}f(\xi )sin\frac{k\pi \xi }{l}d\xi$$

奇偶函数的傅里叶展开

1. 傅里叶正弦级数：适用于周期函数为奇函数的情况
   $$f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{b}_{k}sin\frac{k\pi x}{l}$$
   其中系数$b_k=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(\xi )sin\frac{k\pi x}{l}$

2. 傅里叶余弦级数：适用于周期函数为偶函数的情况
   $$f(x)=a_0+\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{k}cos\frac{k\pi x}{l}$$
   其中，系数 $$a_0=\frac{1}{l}{\int }_0^{l}f(\xi )d\xi$$
   $$a_k=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(\xi )cos\frac{k\pi \xi }{l}d\xi (k>0)$$

3. 当函数定义在有限区间时，需要做解析延拓；若要求$f(0)=f(l)=0$,则展成正弦级数；若要求$f^{\prime }(0)=f^{\prime }(l)=0$,则展成余弦级数

复数形式的傅里叶变换

只记一对原函数、像函数关系即可
$$F（w）=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)e^{-iwx}dx$$
简记为$F(w)=\mathcal{F}[f(x)]f(x)={\mathcal{F}}^{-1}[F(w)]$

傅里叶变换的基本性质

• 导数定理
  $$\mathcal{F}[f^{\prime }(x)]=iwF(w)$$

• 积分定理
  $$\mathcal{F}[{\int }^{(x)}f(\xi )d\xi ]=\frac{1}{iw}F(w)$$

• 相似性定理
  $$\mathcal{F}[f(ax)]=\frac{1}{a}F(\frac{w}{a})$$

• 延迟定理
  $$\mathcal{F}[f(x-x_0)]=e^{-iw{x}_0}F(w)$$原函数的位移改变了像函数的幅值

• 位移定理
  $$\mathcal{F}[e^{i{w}_{0}x}f(x)]=F(w-w_0)$$原函数的幅值变化导致了像函数的位移

• 卷积定理
  $$\mathcal{F}[f_1(x)\ast f_2(x)]=2\pi F_1(w)F_2(w)$$其中$f_1(x)\ast f_2(x)$称为$f_1(x)与f_2(x)$的卷积
  且$$f_1(x)\ast f_2(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_1(\xi )f_2(x-\xi )d\xi$$

拉普拉斯变换

拉普拉斯变换的形式

$$\bar{f}(p)={\int }_0^{+\infty }f(t)e^{-pt}dt$$
简记为$$\bar{f}(p)=\ell [f(t)]$$$$f(t)={\ell }^{-1}[\bar{f}(p)]$$

常用的变换结论

• $\ell [n]=\frac{n}{p}（n$为任意常数）
• $\ell [t^n]=\frac{n!}{p^{n+1}}(n\ge 0)$
• $\ell [e^{st}]=\frac{1}{p-s}$ 相当于在$\ell [1]$基础上进行位移
• $\ell [t{e}^{st}]=\frac{1}{(p-s{)}^2}$相当于在$\ell [t]$的基础上进行位移
• $\ell [t^n{e}^{st}]=\frac{n!}{(p-s{)}^{n+1}}(n\ge 0)$
• $\ell [sinwt]=\frac{w}{p^2+w^2}$正弦分子为常量$w$
• $\ell [coswt]=\frac{p}{p^2+w^2}$余弦分子为变量$p$

拉氏变换的重要性质

• 线性定理
• 导数定理$$\ell [f^{\prime }(t)]=p\bar{f}(p)-f(0)$$ 高阶形式$$\ell [f^{(n)}]=p^n\bar{f}(p)-p^{n-1}f(0)-p^{n-2}{f}^{\prime }(0)-...-p{f}^{(n-2)}(0)-f^{(n-1)}(0)$$除去$\bar{f}(p)$外，$p^{n-1}\to p^0$$f(0)\to f^{(n-1)}(0)$共计 $n+1$项
• 积分定理
• 相似性定理
• 位移定理$$\ell [e^{\lambda t}f(t)]=\bar{f}(p-\lambda )$$原函数增大，像函数右移
• 延迟定理$$\ell [f(t-t_0)]=e^{-p{t}_0}\bar{f}(p)$$原函数右移，像函数衰减
• 卷积定理$$\ell [f_1(t)\ast f_2(t)]={\bar{f}}_1(p){\bar{f}}_2(p)$$其中$f_1(t)\ast f_2(t)={\int }_0^t{f}_1(\tau )f_2(t-\tau )d\tau$

[此处暂未更新完毕]

拉普拉斯变换的反演

拉普拉斯的反演无非就是套用拉氏变化的几个性质和变换结论
常用以下三个性质：位移定理、延迟定理、卷积定理
在此放出例题供大家参看

拉式变换在积分微分中的应用

下面通过例子来引入其在积分微分运算中的应用

• 计算积分$I={\int }_0^{\infty }\frac{si{n}^{2}tx}{x^2}dx$

  解析：由于拉式变换是对$t$积分，与此处的$x$并无关系，因此可直接对被积函数中包含$t$的部分进行拉式变换。并且进行拉式变换时大多是利用已知结论，而非利用拉氏变换的积分公式。
  解答：$$\bar{I}(p)={\int }_0^{\infty }\frac{L[cosxt]}{x^2+a^2}dx={\int }_0^{\infty }\frac{1}{x^2+a^2}\frac{p}{p^2+x^2}dx=p{\int }_0^{\infty }\frac{1}{x^2+a^2}\frac{1}{p^2+x^2}dx$$
  再利用留数理论，计算此积分
  由于被积函数为偶函数，则可将积分区间拓展为$(-\infty ,+\infty )$
  $$\bar{I}(p)=\frac{p}{2}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{x^2+a^2}\frac{1}{p^2+x^2}dx$$
  被积函数的奇点为$z=\pm ia，z=\pm ip$，且均为单极点。分别计算其上半平面极点的留数
  $$Resf(ia)=\underset{z\to ia}{\lim }(z-ia)\frac{1}{z^2+a^2}\frac{1}{z^2+p^2}=\frac{1}{2ai(p^2-a^2)}$$
  $$Resf(ip)=\underset{z\to ip}{\lim }(z-ip)\frac{1}{z^2+a^2}\frac{1}{z^2+p^2}=\frac{1}{2pi(a^2-p^2)}$$
  从而$$\bar{I}(p)=\frac{p}{2}2\pi i[Resf(ia)+Resf(ip)]=\frac{p\pi }{2(p^2-a^2)}(\frac{1}{a}-\frac{1}{p})$$再将像函数变换为原函数，即可得到积分值

• 求解常微分方程$\frac{d^{2}y}{d{t}^2}-2\frac{dy}{dt}+y=t^2{e}^t,y(0)=\frac{dy}{dt}{|}_{t=0}=0$
  解析：只需先对$y(t)$进行拉式变换，进而求出$\bar{y}(p)$，再转化为$y(t)$的形式即可
  解答：利用导数定理，可得$\bar{y}(p)$，从而转换得到$y(t)$

末尾

• 以上仅代表本人学习经验和总结，若出现明显错误，劳烦您在评论区斧正
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• 作于2021/10/23