参考答案
二、解：选用柱坐标，极点在下底中心，Z 轴沿圆柱轴，其定解问题
02=∇u
000
u u u u u q u k L z z ==→=====有限值
ρρρρ
为了有效分离变量，先将温标平移
即：令 v u u +=0
于是：得到
02
=∇v
0000
==→=====L z z v v v q v k 有限值
ρρρρ
此问题时圆柱内部的拉普拉斯方程问题，上下底为齐次边界条件，所以其径向解为虚宗量Bessel 函数，问题与ϕ无关，即 0=m
)sin()(220z I v γργ→ 因上下底为齐次边界条件，故舍掉了
cos
（2γz ）
其本征值为
2
2
22
L p πγ= )sin()(
01z L p L p I A v p p πρπ∑∞
==
带入边界条件 k q z L p L p I A L p p p 00
'01
)sin()(=∑∞
=πρππ ])(1[)
/(12)sin(2)/(10'022000'0p
p L p I k p Lq dz L z p k q L L p I p L A --==⎰πρπππρπ 令
12+=l p
结果为：+=0u u ∑∞
=++++000
'020
)12(sin
))12(()
)12((1)
12(14l L z l L l I L l I l k
Lq ππρ
πρπ
三、解：定解问题
02=∇u 选取极坐标，坐标原点在圆心
112
2222=∂∂+∂∂+∂∂ϕρρρu
p u u
0||0====πϕϕu u
|u u ===ρρ 令
)()()(ϕρϕρΦ=R 、u
2
22
=-+R d dR d R d λρρρρ
ϕ
λλπλϕλϕλπλSnim B m n m Sin B A Sin B Cos A m m m m m m m ∑∞
==Φ∴===≠==+=Φ=Φ=Φ=Φ+Φ''02
),2,1,0(0
00
0)(0)0(0
B
m
n m
n n B A R -+=ρρρ)(
0|u u ==ρρ。

u 有限值→→→0|0ρρ
ϕρϕρρρSinm A u A ）R B m
n n m
n n n ==∴=∴),((0
ϕ
ρϕρSinm A u m n m ∑∞
==1
),(
0u Snim A m m
u =∑∞
ϕρ
])(1[2sin 2
00
00m
m
m n m u d m u A --=
=
⎰
πρϕϕπ
ρπ
= )12(4000+=k m m m u m m 为奇数为偶数
πρ
则
ϕρρπ
ϕρ)12()(
4),(1
20
00
+=
+∞
=∑
k Sin A u u k n k k=0,1,2……….. 四、解选用球坐标。

球心为极点，极轴垂直于半球底平面。

02
=∇u
)20,(π
θ≤
≤<a r
cos 2
0====π
θθ
u u u a r
为符合勒让德多项式展开要求，应将问题延拓到整个球面
02=∇u )0,(πθ≤≤<a r
有限值有限值
==≤≤=--≤≤=→==0,0000)
2
(cos )cos()
2
0(cos u u u u u u a r πθπθπ
θθππθθ
球内的拉普拉斯解为：)
(cos ),(0θθl l l l P r c r u ∑∞
==带入延拓后的边界条件求
系数
)(cos cos )(cos 1000
θθθP u u P a c l l l l ==∑∞
=
比较系数得：
)
1(00
1≠==
l c a u c l
)(cos ),(10
θθP a r
u r u =
五、解：<1> 第一种情况L ：2=z
Z=4时一阶极点，Z=4在圆外，故dz z I l ⎰-=41
=0
<2>第二种情况L ：5=+i z
Z=4时一阶极点，Z=4在5=+i z 圆内
所以
dz z I l ⎰-=41=i π2
（注：本资料素材和资料部分来自网络，仅供参考。

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