数学物理方法第二次作业答案
数学物理方法习题及答案
数学物理方法习题第一章：应用矢量代数方法证明下列恒等式 1、3r ∇= 2、0r ∇⨯=3、()()()()()A B B A B A A B A B ∇⨯⨯=∇-∇-∇+∇4、21()0r ∇=5、()0A ∇∇⨯= 第二章：1、下列各式在复平面上的意义是什么? （1）0;2Z a Z b z z -=--=（2）0arg4z i z i π-<<+; 1Re()2z =2、把下列复数分别用代数式、三角式和指数式表示出来。
1;1i i e ++3、计算数值（a 和b 为实常数，x 为实变数）sin5ii ϕ sin sin()iaz ib za ib e -+4、函数1W z =将z 平面的下列曲线变为W 平面上的什么曲线？（1）224x y += （2）y x =5、已知解析函数()f z 的实部(,)u x y 或虚部(,)x y υ，求解析函数。
（1）22sin ;,(0)0;,(1)0x u e y u x y xy f u f ϕ==-+===； （2）(00)f υ==6、已知等势线族的方程为22x y +=常数，求复势。
第三章：1、计算环路积分：2211132124sin4(1).(2).11sin (3).(4).()231(5).(1)(3)zz z i z z z z z e dz dzz z ze dz dzz z z dzz z ππ+=+====-+--+-⎰⎰⎰⎰⎰2、证明：21()!2!n n z n l z z e d n i n ξξπξξ=⎰其中l 是含有0ξ=的闭合曲线。
3、估计积分值222iidz z +≤⎰第四章： 1、泰勒展开（1） ln z 在0z i = （2）11ze-在00z = （3）函数211z z -+在1z = 2、（1）1()(1)f z z z =-在区域01z <<展成洛朗级数。
（2）1()(3)(4)f z z z =--按要求展开为泰勒级数或洛朗级数：① 以0z =为中心展开；②在0z =的邻域展开；③在奇点的去心邻域中展开；④以奇点为中心展开。
数学物理方法习题解答(完整版)
数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。
证明：令Re z u iv =+。
Re z x =，,0u x v ∴==。
1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。
于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。
2、试证()2f z z=仅在原点有导数。
证明：令()f z u iv =+。
()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。
2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。
v vx y∂∂ ==0 ∂∂。
所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。
而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。
()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。
或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。
22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。
【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。
证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)
22
22
解： ， ，它表示两相切 x2 + (y − 1)2 > 1 22
x2 + (y − 3)2 > 1 22
1
圆半径为 2 的外部区域。
(9).Im z > 1且 z < 2;
解：此图形表示半径为 2 的圆的内部，
4
且Im z >1的部分，它是区域。 ） (10). z < 2且0 < arg z < π ;
， 得 ，即 。 x2 + y2 =1
arg ( x + iy) = π
2
x = 0, y = 1
z=i
7
20.试求 及 。 (1+ i)i,3i,ii,e2+i
Ln(1+ i)
解： ii
= eiLni
i(π +2kπ )i
=e 2
−π −2kπ
=e 2 ,k
= 0, ±1, ±2,⋅⋅⋅
， (1+ i)i
03
2.计算积分路径是（1）直线段，（2）右
半单位圆，（3）左半单位圆。
8
解： ， （1）令z = it(−1 ≤ t ≤ 1)，dz = idt， z = t
i
1
1
1
∫ ∫ ∫ ∫ 所以 z dz = t idt = i (−t)dt + i tdt = i
−i
−1
−1
0
(2).令：z = cosθ + i sinθ (− π ≤ θ ≤ π )，dz = (− sinθ + cosθ )dθ，
k = 0, ±1, ±2,⋅⋅⋅
3i = eiLn3 = ei(ln3+2kπ ) = cos ln 3 + i sin ln 3
数学物理方法课后答案 (2)
2
2+ 4 i
1+i
[( x 2 − y 2 ) + 2ixy ](dx + idy )
86 − 6i 3
= ∫ [ x 2 − (3 x − 2) 2 + 2ix(3 x − 2)](1 + 3i ) dx = −
（3）沿1 + i 到 2 + i ，再到 2 + 4i 的折线。
I =∫
2 1
2+ 4 i
L
∫ ∫
L
f (ξ )[
f (ξ ) Δ z ∫ L (ξ − z ) 2 (ξ − z − Δ z ) d ξ
ξ − z ( ξ − z − Δz )
2
d ξ ， 现 在 讨 论 能 否 找 到 δ ( ε )， 使 当 Δ z < δ 时 d ,同 时 将 2
上 式 成 立 。 因 本 题 是 讨 论 Δ z → 0时 的 积 分 极 限 ， 不 妨 令 Δ z < min z − ξ = d 代 入 有 Δ I ≤ δ
4 4 1 1 0 0
I3 = ∫ {[2(t2 + 3) + (2t)2 ]2dt + [3(2t)-(t2 + 3)]2tdt} = ∫ (24t 2 + 12 − 2t 3 − 6t )dt =
数学物理方程
满足下面定解条件的解
ux |x=0 = ux |x=l = 0, u|t=0 = x, ut |t=0 = 0.
解. 设u(x, t) = X (x)T (t)，则
X (x) T (t) = 2 = −λ. X (x) a T (t) 由（1）可得 T (t) + λa2 T (t) = 0, X (x) + λX (x) = 0, 由边界条件知，X (x)满足 X (0) = X (l) = 0. （3）的通解为 (4) λ<0 λ=0 λ>0 √ √ −λx − −λx C e + C e , 1 2 X (x) = C1 + C2 x √ √ C1 cos λx + C2 sin λx (2) (3) (1)
x+ t
(2a) (2b) (3a) (3b)
sin ξdξ = sin x sin t.
x− t
对初值问题(3),由齐次化原理知，若w(x, t; τ )是如下齐次方程的定解问题的解 wtt = wxx , w|t=τ = 0, wt |t=τ = τ sinx. 则 u2 (x, t) = 故初值问题(1)的解为 u(x, t) = u1 (x, t) + u2 (x, t) = tsinx. 3. 用分离变量法求下列问题的解 2 utt = a uxx , u|t=0 = sin 3πx , ut |t=0 = x(l − x)(0 < x < l), l u(0, t) = u(l, t) = 0.
1
1 2
t 0
x+(t−τ )
τ sinξdξ = sinx(t − sint)
x−(t−τ )
(1a) (1b) (1c)
2023年大学_《高等数学》第四册(数学物理方法)课后习题答案下载
2023年《高等数学》第四册(数学物理方法)课后习题答案下载《高等数学》第四册内容简介第一篇复变函数论第一章复数与复变函数第一节复数1.1.1. 复数域1.1.2. 复平面1.1.3. 复数的模与幅角1.1.4. 复数的乘幂与方根第二节复变函数的基本概念1.2.1. 区域与约当曲线1.2.2. 复变函数的概念1.2.3. 复变函数的极限与连续性第三节复球面与无穷远点1.3.1. 复球面1.3.2. 闭平面上的几个概念习题第二章解析函数第一节解析函数的概念及哥西一黎曼条件 2.1.1. 导数的定义2.1.2. 哥西一黎曼条件2.1.3. 解析函数的定义第二节解析函数与调和函数的关系2.2.1. 共轭调和函数的求法2.2.2. 共轭调和函数的几何意义第三节初等解析函数2.3.1. 初等单值函数2.3.2. 初等多值函数习题第三章哥西定理哥西积分第一节复变积分的概念及其简单性质3.1.1. 复变积分的定义及其计算方法3.1.2. 复变积分的简单性质第二节哥西积分定理及其推广3.2.1. 哥西积分定理3.2.2. 不定积分3.2.3. 哥西积分定理推广到复围线的情形第三节哥西积分公式及其推广3.3.1. 哥西积分公式3.3.2. 解析函数的无限次可微性3.3.3. 模的最大值原理哥西不等式刘维尔定理摩勒纳定理第四节解析函数在平面场中的应用3.4.1. 什么叫平面场3.4.2. 复位势3.4.3. 举例习题第四章解析函数的幂级数表示第一节函数项级数的基本性质4.1.1. 数项级数4.1.2. 一致收敛的函数项级数第二节幂级数与解析函数4.2.1. 幂级数的敛散性4.2.2. 解析函数的幂级数表示第三节罗朗级数4.3.1. 双边幂级数的收敛圆环4.3.2. 解析函数的罗朗展式4.3.3. 罗朗展式举例第四节单值函数的孤立奇点4.4.1. 孤立奇点的`三种类型4.4.2. 可去奇点……习题第五章残数及其应用第六章保角变换第二篇数学物理方程第七章一维波动方程的付氏解第八章热传导方程的付氏解第九章拉普拉斯方程的圆的狄利克雷问题的付氏解第十章波动方程的达朗贝尔解第十一章数学物理方程的解的积分方式第十二章定解问题的适定性第十三章付里叶变换第十四章拉普拉斯变换第三篇特殊函数第十五章勒让德多项式球函数第十六章贝塞耳函数柱函数第十七章厄密多项式和拉盖尔多项式附录《高等数学》第四册目录本书内容为数学物理方法，包括复变函数论、数学物理方程、积分变换和特殊函数等部分，可供综合大学和师范学院物理类专业作为教材。
物理解题方法：数学物理法习题二轮复习附答案解析
物理解题方法：数学物理法习题二轮复习附答案解析一、高中物理解题方法：数学物理法1．如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为1m R =的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕S 上形成一亮区，已知屏幕S 至球心距离为(21)m D =+，玻璃半球对紫光的折射率为2n =，不考虑光的干涉和衍射。
求：(1)若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角30θ=，其折射角α； (2)亮区右边界到P 点的距离d 。
【答案】(1)π4α=；(2)1m 【解析】 【分析】 【详解】(1)据折射定律得sin sin n αθ=得π4α=(2)如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点E 到G 的距离d 就是所求宽度。
设紫光临界角为C ∠，由全反射的知识得1sin C n∠=得π4C ∠=OAF △中π4AOF AFO ∠=∠=πcos4R OF =GF D OF =-得1m GF =FGE △中π4GFE GEF ∠=∠=d GE GF ==得1m d =2．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0=0.1m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在粘性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为p 04E ≤≤J ，距离抛出点正下方O 点右方0.4m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少?(2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对圆轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)弹簧的弹性势能范围为p 04E ≤≤J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少?最远距离多大? 【答案】(1)2J (2) 30N (3) 0.5m ，1m 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据机械能守恒定律得：21p 0122E v mg R m =+⋅ A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1=2mv 2200122gt R =x =v 2t 0解得：E p =2J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得：21N v F mg m R+=解得：F N =30N由牛顿第三定律知：F 压=F N =30N(3)根据2p 1122E mv mg R =+⋅ mv 1=2mv 2 2R =12gt 2，x =v 2t联立解得：(2)2p E x R R mg=-⋅其中E p 最大为4J ，得 R =0.5m 时落点离O ′点最远，为：x m =1m3．如图，O 1O 2为经过球形透明体的直线，平行光束沿O 1O 2方向照射到透明体上。
数学物理方法答案2
1 2n
1 2n
1，
故 lim a 2 n b 2 n 2 n max a, b 。 n 于是所求级数的收敛半径 R max a, b 。
an a 2 n 2 b2 n 2 或： R lim ， R lim 。 n n a a 2 n b2 n n 1
2
解: a.
z 1 z 1 2 1 2 2 2 2 。 z ( z 1) z ( z 1) z z ( z 1)
2 1 1 z n ， 1 z z 1 n 0
在 0 z 1 内,
3
z 1 1 1 1 n2 n 2 z 2 z 2 zn 。 2 2 z 2 ( z 1) z 2 z z n 0 n 2 n 1
z 1 。
b.
2 2 1 z 1 1 3 1 z 1 z2 z2 3
1
2 n z 1 n z 1 1 1 2 1 n1 3 n0 3 3 n0 n n
z 1 3
2
c.
2
n
d 1 ， dz z i
n
1 1 1 1 1 1 z i n z i 2i z i 2i 1 z i 2i n 0 2i 2i
n0
【 i 1 2 】
1
1
n 1 2
z 0 是 z z 2 1 的一阶零点，从而是
z z 2 1
z 1
2
的一阶极点；
5
2 z z 2 1
z i
2 2 z 1 4 z 2 z 2 1 z i 0 ，
《高等数学》第四册(数学物理方法)课后答案
z1
x
z2
z3
.
17.证明：三角形内角和等于
证明：有复数的性质得：
π。
Q α ∈ (0, π ); β ∈ (0, π ); γ ∈ (0, π ); ∴α + β + β ∈ (0,3π );
7.试解方程
w.
i
θ + 2 kπ i ⎛z⎞ z iπ = cos π + sin π = i e = e 4 (k = 0,1, 2,3) ⎜ ⎟ ⎝a⎠ ;所以 a ;
(5). a + bi = (a + bi ) 2 = [ a 2 + b 2 (
1
= [ a 2 + b 2 (cos θ + i sin θ )]2 = (a 2 + b 2 ) 4 (cos z1 =
3.设
解：
1 π π π π 1 5π 5π z1 z2 = [cos( + ) + i sin( + )] = (cos + i sin ); 2 4 6 4 6 2 12 12 z1 π π π π π π = 2[cos( − ) + i sin( − )] = 2(cos + i sin ); z2 4 6 4 6 12 12
4
4
π
i
3π 4
; z3 = ae
; z4 = ae
i
7π 4
.
解：
z −1 < z + 1 ； ( x − 1)2 + y 2 < ( x + 1) 2 + y 2 ; −2 x < 2 x; x > 0; 此图形为 x>0 的区域。
数学物理方法第二次作业答案
A 1个;D 4个。
2h lx,x [0,-] l 2Q hI7(l x),x [-,l]l2第七章数学物理定解问题1研究均匀杆的纵振动。
已知x 0端是自由的，则该端的边界条件为 讥」二D 。
2•研究细杆的热传导，若细杆的x 0端保持绝热，则该端的边界条件为 S 。
3 •弹性杆原长为I ，一端固定，另一端被拉离平衡位置 b 而静止，放手任其振动，将其平衡 位置选在x 轴上，则其边界条件为 u 0 0, u l 0 7 -------- x 0 ’ x I -------------------------------------------------------- 4.一根长为l 的均匀弦，两端x 0和x l 固定，弦中张力为T 。
在x h 点，以横向力F 。
拉 弦，达到稳定后放手任其振动，该定解问题的边界条件为 列方程是波动方程的是 _______ D f(0)=0,f(l)=0; 5、 6、 2A u tt a u xx 2C u ta u xx•B u t a 2u xx f ； 2Du tta u x 0泛定方程u tt a 2u xx0要构成定解问题，则应有的初始条件个数为7. 一根长为I 两端固定的弦，用手把它的中 点朝横向拨开距离h ，（如图〈1〉所示） 手任其振动。
”该物理问题的初始条件为 2h I—x,x [0,-]2hl-(l x),x [-,l]0 1 )ol /2图〈1>」t0 ht t 0 0u I u然后放 B .u x(D ，长为l 的均匀弦，两端固定，开始时静止，后由于在点 X 0（0 X 。
l ）受谐变力 F 0sin t 的作用而振动。
”则该定解问题为（B ）o A . u tt a u xx F °sin t ( ),(0 x l) ux00,uxl0, ut08.线密度为B 2 个;C 3 个;u t9. 线密度为 长为I 的均匀弦，两端固定，用细棒敲击弦的 X 。
高等数学第四册第三版数学物理方法答案 完整版
k = 0, ±1, ±2,⋅⋅⋅
3i = eiLn3 = ei(ln3+2kπ ) = cos ln 3 + i sin ln 3
e2+i = e2 iei = e2 (cos1+ i sin1) sin z
22，求证lim =1 z→0 z
证 : z = x +iy (x,y, 均 为 实 数 ) ， 所 以
=[
a2
+ b2
(cosθ
1
+ i sinθ )]2
=
(a2
+
b2
)
1 4
(cos
θ
+ i sin θ
);
2
2
3.设 试用三角形式表示 及 。 1+i
z1 =
, 2 z2 = 3 − i;
z1
z1z2
z2
π
π 1π
π
解： z1 = cos 4 + i sin 4 ; z2 = 2 (cos 6 + i sin 6 );
解:由题意 ,所以有 ; z4 = −a4
⎛ ⎜ ⎝
z a
4
⎞ ⎟ ⎠
=
−1( a
>
0)
;所以 ; ⎛
⎜⎝
z a
4
⎞ ⎟⎠
=
cos π
+ i sin π
=
eiπ
z
=
iθ +2kπ
e4
(k
=
0,1, 2,3)
a
; ; ; . iπ
i 3π
i 5π
i 7π
z1 = ae 4 z2 = ae 4 z3 = ae 4 z4 = ae 4
数学物理方法课后答案 (2)
dz 1 π 2 i = i π = 4i ∫ z −i =2 z − 2i 4i 2
∫
z +i = 2
−
1 π dz = − i 2π i = − z + 2i 4i 2
1 1 1 ( )dz = (2π i − 2π i ) = 0 − 4i 4i ∫ z =8 z − 2i z + 2i
(2)
∫
4
Байду номын сангаас
l1
f ( z )dz = 0 ( l2 内无奇点)
dz dz +∫ = 2π i + 2π i = 4π i ∫ l3 ∫ l3 z + 1 = 2π i ∫l f ( z )dz = ∫l dz l z +1 z 4 设 f ( z ) 是 单 通 区 域 D 内 的 解 析 函 数 ， z0 为 D 的 内 点 ， 试 证 明 f ( z )dz =
（1）沿抛物线 x = t , y
= t 2 ，其中1 ≤ t ≤ 2
（2）沿连接1 + i 到 2 + 4i 的直线。 （3）沿1 + i 到 2 + i ，再到 2 + 4i 的折线 解： （1） z
= x + iy = t + it 2 , z 2 = t 2 (1 + it ) 2 = t 2 + 2it 3 − t 4 dz = (1 + 2it )dt
积 分 为 极 限 ， 设 边 界 L的 全 长 为 l， z点 到 边 界 线 最 短 距 离 为 min z − ξ = d f (ξ )在 D 上 连 续 意 味 着 f (ξ )有 界 f (ξ ) ≤ M (常 数 ） 。 应 用 复 变 积 分 性 质 5以 及 矢 量 差 的 模 小 于 矢 量 模 的 差 ， 可 证 以 下 成 立 ΔI = ≤ Δz 1 1 ]d ξ = − (ξ − z )(ξ − z − Δ z ) (ξ − z ) 2 f (ξ )
数学物理方法习题及答案
数学物理⽅法习题及答案数学物理⽅法习题第⼀章：应⽤⽮量代数⽅法证明下列恒等式 1、3r ?= 2、0r ??=3、()()()()()A B B A B A A B A B =?-?-?+?4、21()0r ?=5、()0A = 第⼆章：1、下列各式在复平⾯上的意义是什么? （1）0;2Z a Z b z z -=--=（2）0arg4z i z i π-<<+; 1Re()2z =2、把下列复数分别⽤代数式、三⾓式和指数式表⽰出来。
1;1i i e ++3、计算数值（a 和b 为实常数，x 为实变数）sin5ii ? sin sin()iaz ib za ib e -+4、函数1W z =将z 平⾯的下列曲线变为W 平⾯上的什么曲线？（1）224x y += （2）y x =5、已知解析函数()f z 的实部(,)u x y 或虚部(,)x y υ，求解析函数。
（1）22sin ;,(0)0;,(1)0x u e y u x y xy f u f ?==-+===；（2）(00)f υ==6、已知等势线族的⽅程为22x y +=常数，求复势。
第三章：1、计算环路积分：2211132124sin4(1).(2).11sin (3).(4).()231(5).(1)(3)zz z i z z z z z e dz dzz z ze dz dzz z z dzz z ππ+=+====-+--+-2、证明：21()!2!n n z n l z z e d n i n ξξπξξ=其中l 是含有0ξ=的闭合曲线。
3、估计积分值222iidz z +≤?第四章： 1、泰勒展开（1） ln z 在0z i = （2）11ze-在00z = （3）函数211z z -+在1z = 2、（1）1()(1)f z z z =-在区域01z <<展成洛朗级数。
（2）1()(3)(4)f z z z =--按要求展开为泰勒级数或洛朗级数：①以0z =为中⼼展开；②在0z =的邻域展开；③在奇点的去⼼邻域中展开；④以奇点为中⼼展开。
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k = 0, ±1, ±2,⋅⋅⋅
3i = eiLn3 = ei(ln3+2kπ ) = cos ln 3 + i sin ln 3
e2+i = e2 iei = e2 (cos1+ i sin1) sin z
22，求证lim =1 z→0 z
证 : z = x +iy (x,y, 均 为 实 数 ) ， 所 以
则 ， u ( x, y) = ex (x cos y − y sin y) v ( x, y) = ex ( y cos y + x sin y)
； ∂u = ex (x cos y − y sin y) + ex cos y
∂x
∂v = ex cos y − y sin yex + x cos yex ∂y
v = 1 +c =1
u =1
2
6
c=1 2
所以 。 f ( z) = x2 − y2 + xy + i(2xy + y2 − x2 + 1) 2 22
第二章 解析函数（2）
12.设
ω
是
z
的解析函数，证明
∂x ∂u
=
∂y ∂v
，
∂x ∂v
=
−
∂y ∂u
。 (ω = u + iv, z = x + iy)
∂x ∂y =−
∂v ∂v
即得所证。
14.若 ，试证：（1） 。 z = x +iy
sin z = sin xchy + i cos xshy
证： sin z = sin(x + iy) = sin x cos iy + cos x sin iy
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+ cos x
2
2i
= sin
ey x
+ e−y
ei(iy ) + i cos x
− e−y
2
2
= sin xchy + i cos xshy
18.解方程
ln
z
=
iπ 2
。
解： ， ln z = ln z + i arg z = 0 + iπ 2
即 ，设 z =1,arg z = π 2
z = x + iy
e = iLn(1+i)
i ln
=e
2 −(π +2kπ ) 4
= (cos ln
2 + i sin ln
π
2)e 4 e2kπ
k = 0, ±1, ±2,⋅⋅⋅
Ln(1+ i) = ln(1+ i) + i2kπ = ln 2 + i π + i2kπ = ln 2 + i(π + 2kπ )
4
4
(5). z ≥ 1且 Im z > 0;
解： z ≥1表示半径为 1 的圆的外上半部分 及边界，它是区域。
(6).y1 < Im z ≤ y2;
解：它表示虚部大于y1小于等于y2的一个 带形区域。
(7). z > 2且 z − 3 > 1;
解：此图形表示两圆的外部。
(8). z − i > 1 且 z − 3i > 1 ;
∂x ∂y =−
∂v ∂v
即得所证。
14.若 ，试证：（1） 。 z = x +iy
sin z = sin xchy + i cos xshy
《数学物理方法》答案
z 4 + a4 = 0 ( a > 0) 。
4
⎛z⎞ ⎜ ⎟ = −1 ( a > 0 ) 4 4 ; 解:由题意 z = − a ,所以有 ⎝ a ⎠
θ + 2 kπ i ⎛z⎞ z iπ = cos π + sin π = i e = e 4 (k = 0,1, 2,3) ⎜ ⎟ ⎝a⎠ ;所以 a ;
k = 0, ±1, ±2, ⋅⋅⋅
π
+ i 2kπ = ln 2 + i ( + 2kπ ) 4 4
π
3i = eiLn 3 = ei (ln 3+ 2 kπ ) = cos ln 3 + i sin ln 3 e 2+i = e 2 ei = e 2 (cos1 + i sin1) sin z lim =1 z →0 z 22，求证 sin z sin( x + iy ) lim = lim z →∞ x , y →∞ z x + iy 证: z = x + iy (x,y,均为实数)，所以
z = z2 = z3 = 1; 试证明 z1 , z2 , z3 是一 11.设 z1 , z2 , z3 三点适合条件 z1 + z2 + z3 = 0 及 1
个内接于单位圆
z =1 的正三角形的顶点。
∴ z1 = − z2 − z3 ; z2 = − z3 − z1; z3 = − z1 − z2 ; 证明： z1 + z2 + z3 = 0;
∂v ∂u = e x cos y − y sin ye x + x cos ye x = e x ( x cos y − y sin y ) + e x cos y ∂ y ∂x ； ∂u ∂v = −e x ( x sin y + sin y + y cos y ) = e x ( y cos y + x sin y + sin y ) ∂y ； ∂x ∂u ∂v ∂u ∂v = ; =− ∂x 。 满足 ∂x ∂y ∂y x, y ) 可微且满足 C − R 条件，故函数在 z 平面上解析。 即函数在 z 平面上 (
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第七章 数学物理定解问题1．研究均匀杆的纵振动。
已知0=x 端是自由的，则该端的边界条件为__。
2．研究细杆的热传导，若细杆的0=x 端保持绝热，则该端的边界条件为。
3．弹性杆原长为l ，一端固定，另一端被拉离平衡位置b 而静止，放手任其振动，将其平衡位置选在x 轴上，则其边界条件为 00,0x x l u u ==== 。
4．一根长为l 的均匀弦，两端0x =和x l =固定，弦中张力为0T 。
在x h =点，以横向力0F 拉弦，达到稳定后放手任其振动，该定解问题的边界条件为___f (0)=0,f (l )=0; _____。
5、下列方程是波动方程的是 D 。
A 2tt xx u a u f =+；B 2t xx u a u f =+； C 2t xx u a u =； D2tt x u a u =。
6、泛定方程20tt xx u a u -=要构成定解问题，则应有的初始条件个数为 B 。
A 1个；B 2个；C 3个；D 4个。
7．“一根长为l 两端固定的弦，用手把它的中点朝横向拨开距离h ，（如图〈1〉所示）然后放 手任其振动。
”该物理问题的初始条件为( D )。
A ．⎪⎩⎪⎨⎧∈-∈==],2[),(2]2,0[,2l l x x l lh l x x l hu ot B ．⎪⎩⎪⎨⎧====00t tt u hu C ．h u t ==0D ．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⎪⎩⎪⎨⎧∈-∈===0],2[),(2]2,0[,200t t t ul l x x l l h l x x l hu8．“线密度为ρ，长为l 的均匀弦，两端固定，开始时静止，后由于在点)0(00l x x <<受谐变力t F ωsin 0的作用而振动。
”则该定解问题为( B )。
A ．⎪⎩⎪⎨⎧===<<-=-===0,0,0)0(,)(sin 00002t l x x xx tt u u ul x x x t F u a u ρδω uxh2/l 0u 图B ．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====<<-=-====0,00,0)0(,)(sin 000002t t t l x x xx ttuu u u l x x x t F u a u ρδωC ．⎪⎩⎪⎨⎧==<<-=-==0,0)0(,)(sin 00002t t t xx ttu ul x x x t F u a u ρδωD ．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-==<<=-====0,0)(sin ,0)0(,0000002t t t l x x xx tt u u x x t F u u l x u a u ρδω9．线密度为ρ长为l 的均匀弦，两端固定，用细棒敲击弦的0x 处，敲击力的冲量为I ，然后弦作横振动。
该定解问题为：（ B ）。
A ．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=====-====0,00,00002t t t l x x xx tt u u u u I u a u ρB ．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====-=-====0,00,0)(00002t t t l x x xx tt u u u u x x I u a u ρδ C ．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====<<=-====ρI u u u u l x u a u t t t l x x xx tt 0002,00,0)0(,0 D ．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-====<<=-====ρδ)(,00,0)0(,000002x x I u u u u l x u a u t t t l x x xx tt 10．下面不是定解问题适定性条件的( D )。
11、名词解释：定解问题；边界条件答：定解问题由数学物理方程和定解条件组成，定解条件包括初值条件、边界条件和连接条件。
研究具体的物理系统，还必须考虑研究对象所处的特定“环境”，而周围花牛的影响常体现为边A ．有解B ．解是唯一的C ．解是稳定的D ．解是连续的界上的物理状况，即边界条件，常见的线性边界条件，数学上分为三类：第一类边界条件，直接规定了所研究的物理量在边界上的数值；第二类边界条件，规定了所研究的物理量在边界外法线方向上方向导数的数值；第三类边界条件，规定了所研究的物理量以及其外法向导数的线性组合在边界上的数值。
用表示边界即（1）第一类边界条件：直接规定了所研究的物理量在边界上的数值，，代表边界（2）第二类边界条件：规定了所研究的物理量在边界外法线方向上方向导数在边界眩的数值，（3）第三类边界条件：规定了所研究的物理量及其外法向导数的线性组合在边界上的数值，第八章分离变数（傅里叶级数）法1．用分离变数法求定解问题20,(0)0,0()t xxx xx x ltu a u x lu uu xϕ===⎧-=<<⎪==⎨⎪=⎩的解，其中)(xϕ为x的已知函数。
解：令bxx=)(ϕ设2．用分离变数法求定解问题20000,(0)0,0,0tt xx x x x x l t t t u a u x l u u u bx u ====⎧-=<<⎪⎪==⎨⎪==⎪⎩的解，其中b 为常数。
解：以分离变数形式的试探解)()(),(t T x X t x u = 代入泛定方程和边界条件，得02=''-''T X a T X ⇒λ-≡''=''Ta T X X 2，=+''X X λ；02=+''T a T λ；⎩⎨⎧==00)()(l X X⎩⎨⎧===+''0)(,0)0(0l X X X X λ本征值：222ln n πλ=),3,2,1(Λ=n ；本征函数：x ln c x Xn πsin)(2=将222ln n πλ=代入02=+''T a T λ，得0)()(2222=+''t T la n t T n n π其通解为t lan B t l a n A t T nππsin cos )(+= 本征解为：)()(),(t T x Xt x u n n n=x ln t l a n B t l a n A n n πππsin )sin cos(+=),3,2,1(Λ=n一般解为：(,)u x t ∑∞=+=1n nnx ln t l a n B t l a n A πππsin )sin cos ( 0,00=∴==n t tB u Θbx x l n A n n∑∞==1sin π⎰=∴ln xdx l n x l b A 0sin 2π12(1)n bl n π+=-112(,)(1)cos sin n n bl n a n u x t t x n l l πππ∞+=∴=-∑3．求定解问题200sin ,(0)0,00t xx x x x x l t u a u t x l u u u ω===⎧-=<<⎪==⎨⎪=⎩的解解：令∑∞==0cos )(),(n n x l n t T t x u πt x l n T l a n T n n n ωππsin cos )(02222=+'∑∞=t T ωsin 0='∴00cos 1A t T +-=ωω02222=+'n n T lan T π2222n a tl n n T C e π-=00t u ==Q ， (0)0nT ∴=0,1==∴nC A ω)cos 1(1),(t t x u ωω-=∴4．求定解问题⎪⎩⎪⎨⎧===<<=-===0,)0(,000002t l x x xx t u u u u u l x u a u 的解，其中0u 为常数。
解：设(,)(,)u w x t v x t =+ 00,x x x lv v u ====()()v A t x B t =+)(,0)(u t A t B ==∴ x u v 0=∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-====-===,0,000002x u w w w w a w t l x x x xx t令1()2(,)()sinn n n xw x t T t l π∞=+=∑0)21(2222=++'n n T la n T πt l a n n n eC t T 2222)21()(π+-=∴22221()201()2(,)sinn a t l n n n xw x t C elππ+∞-=+∴=∑x u x l n C n n 00)21(sin -=+∑∞=π⎰+-=∴l n xdx l n x l u C 00)21(sin2π1220)1()21(2+-+=n n l u π∴所求的定解问题的解为22221()2100221()22(,)(1)sin1()2n a tn l n n xu lu x t u x e ln πππ+∞-+=+=+-+∑5．求定解问题200000 000,(0),,(),(0) tt xxx x ltt tu a ux lu u u uIu u u x xx lδρ====⎧-=<<⎪⎪⎪==⎨⎪⎪==-<<⎪⎩的解，其中u、I、ρ均为常数。
答设所求的定解问题的解为：第十章球函数1．当rR<时，函数22cos21rrRR+-θ以)(cosθlP为基本函数族的广义傅里叶级数展开为)(cos11θlPrRlll∑∞=+2．已知1)(0=x P 、x x P =)(1、)13(21)(22-=x x P ，则2)(x x f =以)(x P l 为基本函数族的广义傅里叶级数为( D ).A ．)(232x PB ．)(32)(3121x P x P +C ．)(32)(3120x P x P +D ．以上都不对3．在球0r r =的内部求解0=∆u ，使满足边界条件θ2cos 0==r r u 。
已知1)(cos 0=θP ，θθcos )(cos 1=P ，)1cos 3(21)(cos 22-=θθP 解定解问题为：这是一个关于极轴对称的拉氏方程的定解问题当有限所求的定解问题的解为4．半径为0r 的球形区域外部没有电荷，球面上的电势为20cos sin u θθ，0u 为常数，求球形区域外部的电势分布。
已知1)(cos 0=θP ，θθcos )(cos 1=P ，)1cos 3(21)(cos 22-=θθP ，331(cos )(5cos 3cos )2P θθθ=-。
解：⎪⎩⎪⎨⎧=>=∆=θ20cos )(,0r r u r r u∑∞=++=01)(cos )(l l lll l P rB rA u θ∞→r u Θ有限 0=∴lA ∑∞=+=∴01)(cos l ll l P r B u θ)(cos 3231cos )(cos 20201θθθP P P rB l l l l+==∑∞=+30rB =∴)2,0(0,32302≠==l B rB l)(cos 32)(cos 3233000θθP rrP r r u +=∴5．在本来是匀强的静电场0E 中放置导体球，球的半径为0r ，求球外静电场的电势。