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|---|---|
1. \(T1 + T4\Rightarrow T3\)
2. \(T1 + T3\Rightarrow T2\)
3. \(T1 + T4\Rightarrow T2\) |
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1. 若不然则存在\(x\)的邻域\(U\)，\(U\cap A\)为有限集，不妨设\(U\)为开集，则\(B = (U\cap A)\setminus\{x\}\)为有限集，因此为闭集，故\(U\setminus B = U\cap B^c\)为\(x\)的开邻域，但它与\(A\setminus\{x\}\)无交，与\(x\in A'\)矛盾.
2. 略.
3. 显然. |
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1. 若不然则存在\(x\)的邻域\(U\)，\(U\cap A\)为有限集，不妨设\(U\)为开集，则\(B = (U\cap A)\setminus\{x\}\)为有限集，因此为闭集，故\(U\setminus B = U\cap B^{c}\)为\(x\)的开邻域，但它与\(A\setminus\{x\}\)无交，与\(x\in A'\)矛盾. |
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\[f(x)=\frac{d_{A}(x)}{d_{A}(x)+d_{B}(x)},\] |
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2.1.1 分离公理间的关系 |
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前面证明了 T2 蕴含 T1，实际上除此之外分离公理无其它直接蕴含关系 |
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\[\begin{align*}
\therefore \cos z&=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\cos\left(\frac{2n}{2}\pi + 1\right)}{(2n)!}(z - 1)^{2n}+\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\cos\left(\frac{2n + 1}{2}\pi+1\right)}{(2n + 1)!}(z - 1)^{2n + 1}\\
&=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\cos\left(\frac{n}{2}\pi + 1\right)}{n!}(z - 1)^{n}\quad\quad|z - 1|<\infty 。
\end{align*}\] |
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或：令\(f(z)=\cos z\)，则\(f^{(n)}(z)=\cos\left(z+\frac{n\pi}{2}\right)\)，\(f^{(n)}(1)=\cos\left(1+\frac{n\pi}{2}\right)\)， |
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\[
\begin{align*}
&=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(z - 1)^{2n + 1}}{4^{n+1}}+\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(z - 1)^{2n}}{4^{n+1}}\\
&=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{4^{n+1}}\left[(z - 1)^{2n}+(z - 1)^{2n + 1}\right]\quad\quad|z - 1|<2
\end{align*}
\] |
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\[
\begin{align*}
\text{b.}\frac{z}{z + 2}&=1-\frac{2}{z + 2}=1-\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{1+\frac{z - 1}{3}}\\
&=1-\frac{2}{3}\sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{z - 1}{3}\right)^{n}=1-2\sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(z - 1)^{n}}{3^{n+1}}\quad\vert z - 1\vert<3
\end{align*}
\] |
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\[
\text{所以} \cos z=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(1)}{n!}(z - 1)^{n}=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\cos\left(1+\frac{n\pi}{2}\right)}{n!}(z - 1)^{n}\quad |z - 1|<\infty 。
\] |
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\[从而\frac{z}{z^{2}-2z + 5}=\frac{z - 1}{4}\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(z - 1)^{2n}}{4^{n}}+\frac{1}{4}\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(z - 1)^{2n}}{4^{n}}\] |
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或：令 \(f(z)=\cos z\)，则 \(f^{(n)}(z)=\cos\left(z + \frac{n\pi}{2}\right)\)，\(f^{(n)}(1)=\cos\left(1+\frac{n\pi}{2}\right)\)，
所以 \(\cos z=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(1)}{n!}(z - 1)^n=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\cos\left(1+\frac{n\pi}{2}\right)}{n!}(z - 1)^n\) \(|z - 1|<\infty\)。 |
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\[
\begin{align*}
\text{c. }\frac{z}{z^{2}-2z + 5}&=\frac{z - 1+1}{(z - 1)^{2}+4}=\frac{z - 1}{(z - 1)^{2}+4}+\frac{1}{(z - 1)^{2}+4}\\
&=\frac{z - 1}{4}\cdot\frac{1}{1+\left(\frac{z - 1}{2}\right)^{2}}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{1+\left(\frac{z - 1}{2}\right)^{2}}
\end{align*}
\] |
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\[
\begin{align*}
&\text{令}\left(\frac{z - 1}{2}\right)^2 = t, \quad \because \frac{1}{1 + t}=\sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^n t^n\ |t| < 1\\
&\therefore \frac{1}{1+\left(\frac{z - 1}{2}\right)^2}=\sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{z - 1}{2}\right)^{2n}=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^n(z - 1)^{2n}}{4^n},\quad \left|\frac{z - 1}{2}\right| < 1\Rightarrow|z - 1| < 2
\end{align*}
\] |
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\[
\begin{align*}
u_{1}(r, \theta, \phi)=\sum_{m = 0}^{\infty}\sum_{l = m}^{\infty}&\left[\left(\frac{r}{a}\right)^{l}(A_{lm}\cos m\phi + B_{lm}\sin m\phi)\right.\\
&\left.+\left(\frac{a}{r}\right)^{l + 1}(C_{lm}\cos m\phi+D_{lm}\sin m\phi)\right]\mathrm{P}_{l}^{m}(\cos\theta).
\end{align*}
\] |
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\[u_{1}(r,\theta,\phi)=\frac{u_{0}}{6}\left(\frac{r}{a}\right)^{2}\mathrm{P}_{2}^{2}(\cos\theta)\sin2\phi.\] |
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可见, 非零系数只有 |
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\[
u_{1}(a, \theta, \phi)=\sum_{m = 0}^{\infty} \sum_{l = m}^{\infty}\left(A_{l m} \cos m \phi+B_{l m} \sin m \phi\right) \mathrm{P}_{l}^{m}(\cos \theta)=\frac{u_{0}}{6} \mathrm{P}_{2}^{2}(\cos \theta) \sin 2 \phi.
\] |
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代入 \(r = a\) 处的边界条件，得 |
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\(\mathrm{P}_{2}^{2}(x)=(1 - x^{2})\mathrm{P}_{2}''(x)=3(1 - x^{2}),\quad \mathrm{P}_{2}^{2}(\cos\theta)=3(1 - \cos^{2}\theta)=3\sin^{2}\theta\) |
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由 \(P_{2}(x)=(3x^{2}-1)/2\) 可得 \(P_{2}''(x)=(3x)' = 3\)，因而 |
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\[
u(r, \theta, \phi)=\sum_{m = 0}^{\infty} \sum_{l = m}^{\infty}\left[r^{l}\left(\tilde{A}_{l m} \cos m \phi+\tilde{B}_{l m} \sin m \phi\right)+\frac{1}{r^{l + 1}}\left(\tilde{C}_{l m} \cos m \phi+\tilde{D}_{l m} \sin m \phi\right)\right] \mathrm{P}_{l}^{m}(\cos \theta).
\] |
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\((5.19)\) |
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\((5.20)\) |
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\((5.17)\) |
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\((5.14)\) |
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由于球内没有电荷, 球心 $(r = 0)$ 处电势应该有限, 故对所有 $l$ 和 $m$ 均有 $C_{lm} = D_{lm} = 0$。从而，球内的解应为 |
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\((5.15)\) |
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\((5.12)\) |
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\((5.18)\) |
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\((5.16)\) |
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\(\nabla^{2}u = 0\ \ (r < a, r > a),\) |
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也可以写成 |
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$\left.u\right|_{r = a}=u_{0} \sin ^{2} \theta \sin \phi \cos \phi,\left.\quad u\right|_{r=\infty}=0.$ |
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由于球内外无电荷, 故电势在球内外均满足 Laplace 方程, 定解问题为 |
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\[
u_{1}(r, \theta, \phi)=\sum_{m = 0}^{\infty} \sum_{l = m}^{\infty}\left(\frac{r}{a}\right)^{l}\left(A_{l m} \cos m \phi+B_{l m} \sin m \phi\right) \mathrm{P}_{l}^{m}(\cos \theta).
\] |
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由于球内外无电荷, 故电势在球内外均满足 Laplace 方程, 定解问题为 |
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$\left.u\right|_{r = a}=u_{0} \sin ^{2} \theta \sin \phi \cos \phi=\frac{u_{0}}{6} 3 \sin ^{2} \theta \sin 2 \phi=\frac{u_{0}}{6} \mathrm{P}_{2}^{2}(\cos \theta) \sin 2 \phi.$ |
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例 已知半径为 \(a\) 的球面上的电势分布为 \(u_{0}\sin^{2}\theta\sin\phi\cos\phi\)，球内外无电荷，电势零点取在无穷远处，求空间各处的电势。 |
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\[B_{2,2}=\frac{u_{0}}{6},\] |
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首先，求解球内\((r < a)\)的电势，为了计算方便，将一般解写作 |
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其它系数均为零。于是得到球内的解为 |
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因此，$r = a$ 处的边界条件可以改写为 |
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\[\begin{align*}
\int_{-\pi}^{\pi} \cos nx\mathrm{d}x&=
\begin{cases}
2\pi, &n = 0\\
0, &n\neq 0
\end{cases}\\
\int_{-\pi}^{\pi} \sin nx\mathrm{d}x&= 0, \quad n\in\mathbb{Z}\\
\int_{-\pi}^{\pi} \cos mx\cos nx\mathrm{d}x&=
\begin{cases}
2\pi, &m = n = 0\\
\pi, &|m| = |n|\neq 0\\
0, &|m|\neq |n|
\end{cases}\\
\int_{-\pi}^{\pi} \sin mx\sin nx\mathrm{d}x&=
\begin{cases}
0, &m = n = 0\\
\pi, &m = n\neq 0\\
-\pi, &m = -n\neq 0\\
0, &|m|\neq |n|
\end{cases}\\
\int_{-\pi}^{\pi} \cos mx\sin nx\mathrm{d}x&= 0, \quad m,n\in\mathbb{Z}
\end{align*}\] |
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\[
\begin{align*}
\int_{0}^{a} \cos\frac{2n\pi}{a}x\mathrm{d}x&=
\begin{cases}
a, &n = 0\\
0, &n\neq 0
\end{cases}\\
\int_{0}^{a} \sin\frac{2n\pi}{a}x\mathrm{d}x&= 0, \quad n\in\mathbb{Z}\\
\int_{0}^{a} \cos\frac{2m\pi}{a}x\cos\frac{2n\pi}{a}x\mathrm{d}x&=
\begin{cases}
a, &m = n = 0\\
a/2, &|m| = |n|\neq 0\\
0, &|m|\neq |n|
\end{cases}\\
\int_{0}^{a} \sin\frac{2m\pi}{a}x\sin\frac{2n\pi}{a}x\mathrm{d}x&=
\begin{cases}
0, &m = n = 0\\
a/2, &m = n\neq 0\\
-a/2, &m = -n\neq 0\\
0, &|m|\neq |n|
\end{cases}\\
\int_{0}^{a} \cos\frac{2m\pi}{a}x\sin\frac{2n\pi}{a}x\mathrm{d}x&= 0, \quad m,n\in\mathbb{Z}
\end{align*}
\] |
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定理 2.1.2（\([-\pi,\pi]\) 上且以 \(2\pi\) 为周期的三角函数的正交性） |
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\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}} - a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} = f(x,t) & 0 < x < l,t > 0 \\
\left.u\right|_{x = 0} = 0, \left.u\right|_{x = l} = 0 & t \geq 0 \\
\left.u\right|_{t = 0} = 0, \left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t = 0} = 0 & 0 \leq x \leq l
\end{cases}
\] |
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\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}} - a^{2} \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} = 0 & 0 < x < l, t > 0 \\
\left.u\right|_{x = 0} = 0, \left.u\right|_{x = l} = 0 & t \geq 0
\end{cases}
\] |
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齐次偏微分方程和齐次边界条件在分离变量法中起着关键作用: 因为方程和边界条件是齐次的，分离变量才得以实现。 |
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\[
X_{n}''(x)+\lambda_{n}X_{n}(x)=0,\quad X_{n}(0)=0,\quad X_{n}(l)=0
\] |
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中心思想：寻找一组完备本征函数组 \(\{X_n(x),n = 1,2,3,\cdots\}\)，将解 \(u(x,t)\) 以及非齐次项 \(f(x,t)\) 按此本征函数组展开： |
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$\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y = b}=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{2n + 1}{2a}\pi\left(C_{n}\cosh\frac{2n + 1}{2a}\pi b+D_{n}\sinh\frac{2n + 1}{2a}\pi b\right)\sin\frac{2n + 1}{2a}\pi x = 0$ |
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3.2 非齐次偏微分方程的分离变量 |
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利用\(\{X_{n}(x)\}\)满足的常微分方程，可化为： |
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$D_{n}$ 既已求得，上式便给出了 $C_{n}$。 |
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\[
\left.u\right|_{y = 0}=\sum_{n = 0}^{\infty}D_{n}\sin\frac{2n + 1}{2a}\pi x=f(x)
\] |
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\(\sum_{n = 1}^{\infty} T_{n}''(t)X_{n}(x)+a^{2}\sum_{n = 1}^{\infty} \lambda_{n}T_{n}(t)X_{n}(x)=\sum_{n = 1}^{\infty} g_{n}(t)X_{n}(x)\) |
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这个问题是稳定问题，与时间 \(t\) 无关，因此不出现初始条件 (在这里必须区分边界条件和初始条件的差别)。我们的策略是，用齐次边界条件构成本征值问题，用非齐次边界条件定叠加系数。 |
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\[
u(x,t)=\sum_{n = 1}^{\infty}T_{n}(t)X_{n}(x)\quad f(x,t)=\sum_{n = 1}^{\infty}g_{n}(t)X_{n}(x)
\] |
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\[D_{n}=\frac{2}{a} \int_{0}^{a} f(x) \sin \frac{2n + 1}{2a}\pi x\mathrm{d}x\] |
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\[\sum_{n = 1}^{\infty} T_{n}''(t)X_{n}(x)-a^{2}\sum_{n = 1}^{\infty}T_{n}(t)X_{n}''(x)=\sum_{n = 1}^{\infty}g_{n}(t)X_{n}(x)\] |
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\[C_{n} \cosh \frac{2n + 1}{2a}\pi b + D_{n} \sinh \frac{2n + 1}{2a}\pi b = 0\] |
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关于\(\{X_n(x)\}\)的选取，最方便的做法是选择\(\{X_n(x)\}\)为相应齐次定解问题的本征函数，即由相应齐次偏微分方程和齐次边界条件给出： |
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这类题目几乎每年都有考察，其中格林函数的求解考察一般为镜像法 (但有时会以积分
变换法求解定解问题形式呈现，比如 2020 春数理方程 B 毕业班期末第四题)，但考虑
到格林函数的求解本质上是定解问题的求解，所以需要掌握使用分离变量法、积分变
换法等方法求解格林函数的方法. 对应作业 5、6、7、9、10、12 题. |
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\[
\begin{cases}
\Delta_{2}u = 0, ((x, y) \in \Omega)\\
u(x, x) = \phi(x)
\end{cases}
\] |
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1.7.4 2017 春数理方程 B 期末第七题 |
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设平面区域 \(\Omega = \{ (x, y) \mid x + y > 0\}\) |
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2. 求解如下泊松方程的狄利克雷边值问题 |
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1. 求区域\(\Omega\)上的泊松方程狄利克雷边值问题的格林函数. |
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1。求出 \(V\) 内泊松方程第一边值问题的 \(Green\) 函数. |
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1. 求出上述定解问题相应的基本解. |
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设区域 \(\Omega = \{ (x, y) \mid y \geq x\}\) |
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已知下半空间 \(V = \{(x, y, z) \mid x < 0, -\infty < x,y < +\infty\}\) |
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2. 当 $\varphi(x)=x$ 时，求解上述定解问题. |
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\[\begin{cases}
u_t = 4u_{xx}+3u,(-\infty < x < +\infty,t > 0)\\
u(0,x)=\varphi(x)
\end{cases}\] |
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2. 求解定解问题 |
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1.7 求解格林函数，用基本解方法求解定解问题 |
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\[
\begin{cases}
4u_{xx} + u_{yy} + u_{zz} = 0, & (z < 0, -\infty < x, y < +\infty) \\
\left.u\right|_{z = 0} = \varphi(x, y)
\end{cases}
\] |
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1.7.2 2016 春数理方程 B 期末第六题 |
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1.7.3 2017 春数理方程 B 期末第六题 |
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1.7.5 2019 春数理方程 B 期末第七题 |
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1.7.1 2014 春数理方程 B 期末第三题 |
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求第一象限 \(D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2\mid x > 0,y > 0\}\) 的第一边值问题的 \(Green\) 函数. |
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IV.1.1 各向同性体和立方晶系 \dotfill 445
IV.1.2 六方晶系\dotfill 445
IV.1.3 三方晶系\dotfill 446
IV.1.4 四方晶系\dotfill 446
IV.1.5 正交晶系\dotfill 446
IV.1.6 单斜晶系\dotfill 447
IV.1.7 三斜晶系\dotfill 447 |
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V.1 晶体的一阶张量性质（热释电系数） \dotfill 464
V.2 晶体的二阶对称极张量性质（线性电极化率，介电和逆介电系数
$\varepsilon$ 和 $\beta$，热膨胀系数） \dotfill 464 |
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III. 5 对称操作对函数的作用 \dotfill 433
III. 6 晶体点群的特征标表 \dotfill 436
III. 7 不变量（式） \dotfill 442
参考文献 \dotfill 444 |
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III. 1.1 对称操作对张量元的作用$\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots$ 412
III. 1.2 张量变换和点群的对称性质，不可约表示$\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots$ 413 |
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\begin{enumerate}[IV.2.1]
\item 各向同性材料 \dotfill 447
\item 立方晶系 \dotfill 448
\item 六方晶系 \dotfill 450
\item 三方晶系 \dotfill 452
\item 四方晶系 \dotfill 455
\item 正交晶系 \dotfill 458
\end{enumerate} |
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III. 4.1 矩阵的直积 \dotfill 428
III. 4.2 点群的张量表示 \dotfill 428 |
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\[J_{z}^{+}(\vec{r}) = \frac{\phi(\vec{r})}{4} - \frac{1}{6\Sigma_{s}}\frac{\partial\phi(\vec{r})}{\partial z}\] |
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对 $(\vec{\Omega}\cdot\vec{e}_z)>0$ 的半个空间的所有 $\vec{\Omega}$ 方向积分，得： |
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即：每秒自\(xoy\)平面（沿正\(z\)方向）自下向上穿过\(dA\)上单位面积的中子数。 |
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$J_{z}^{+}：沿Z轴正方向的分中子流密度，$ |
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$\S 3.2$ 斐克定律 |
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\(\begin{cases}
\theta : 0 \to \pi / 2 \\
\varphi : 0 \to 2\pi
\end{cases}\) |
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\[
|\xi| := \left( \sum_{k = 1}^{n} |\xi_{k}|^{2} \right)^{1/2}, \quad \|x\|_{T} := |Tx|,
\] |
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\[p(\xi)=0 \Leftrightarrow \sum_{k = 1}^{n} \xi_{k}e_{k}=0 \Leftrightarrow \xi = 0 \notin S_{1}.\] |
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证明 设$\dim X = n$，有基$\{e_1,\cdots,e_n\}$为其一组基，则任意$x\in X$可唯一表示为$x = \sum_{k = 1}^{n}\xi_ke_k$，定义映射 |
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\(\xi \longmapsto \left\|T^{-1}(\xi)\right\|=\left\|\sum_{k = 1}^{n} \xi_{k} e_{k}\right\|\) |
Subsets and Splits
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