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。
数学物理方法第二次作业答案解析
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 huC ．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uxh2/l 0u 图〈1〉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 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。
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方程第二版答案(平时课后习题作业)
数学物理方程第二版答案第一章．颠簸方程§ 1 方程的导出。
定解条件4. 绝对柔嫩逐条而平均的弦线有一端固定，在它自己重力作用下，此线处于铅垂均衡地点，试导出此线的细小横振动方程。
解：如图 2，设弦长为l ，弦的线密度为，则 x 点处的张力 T ( x) 为T ( x)g(lx)且 T( x) 的方向老是沿着弦在 x 点处的切线方向。
仍以 u( x, t) 表示弦上各点在时辰 t 沿垂直于 x 轴方向的位移，取弦段 ( x, xx), 则弦段两头张力在 u 轴方向的投影分别为g(l x) sin ( x); g (l( xx)) sin (xx)此中 (x) 表示 T (x) 方向与 x 轴的夹角又sintgux.于是得运动方程x2u[l( xx)]u∣xxg [lx]u∣x gt 2xx利用微分中值定理，消去x ，再令 x0 得2ug[( l x) ut 2] 。
x x5. 考证u( x, y,t )t 21在锥 t 2 x 2 y 2 >0 中都知足颠簸方程x 2 y 22u2u2u证：函数 u( x, y,t )1在锥 t 2x 2 2内对变量 t 2x 2 y 2t 2 x 2y >0y 2x, y, t 有u3二阶连续偏导数。
且(t2x 2 y 2) 2 tt2u35(t2x2y 2) 23(t2x2y2) 2 t2t23(t 2x 2y 2) 2 (2t 2x2y 2)u3x2 y 2)2 x(t2x2u35t2x2y223 t2x2y22 x 2x25 t2x2y22 t22 x2y22 u5同理t2x2y22 t2x22y2y22 u 2u52u .所以t 2 x 2y 2 2 22x 2 y 2x2y2tt2即得所证。
§2 达朗贝尔公式、波的传抪3.利用流传波法，求解颠簸方程的特点问题（又称古尔沙问题）2ua 22ut 2x 2u x at 0(x) (0)(0)u x at( x).解： u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)令 x-at=0得 ( x) =F （ 0） +G （ 2x ）令 x+at=0得( x) =F （2x ） +G(0)所以F(x)=( x) -G(0).2G （ x ） = ( x) -F(0).2且F （ 0） +G(0)= (0) (0).所以u(x,t)=(xat) + ( x at ) - (0).22即为古尔沙问题的解。
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)
数学物理方法 第二版 (武仁 著) 北京大学出版社 课后答案 习题01-04
⎛π ⎞ i π 4+2 nπ ) 2 π 2+ 2 nπ i ⎜ + nπ ⎟ ⎤ i 1 + i ⎡ 2e ( π ⎝4 ⎠ 2 =⎢ = = e e （8） ， ( n = 0， 1)， Am = 1 ， Arg = + nπ + 2kπ ， ⎥ −iπ 4 1 − i ⎣ 2e 4 ⎦
( −1) Re =
（1）
（3） arg (1 − z ) = arg (1 − x − iy ) = 0 ⇔ 1 − x > 0 且 y = 0 ，即 x < 1 ， y = 0 ；
w.
ww
arg (1 + z ) = arg (1 + x + iy ) =
arg ( z + 1 − i ) = arg ⎡ ⎣ x + 1 + i ( y − 1) ⎤ ⎦=
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则 z ′ = z − z0 ，即 x′ + iy′ = x − x0 + i ( y − y0 ) ，由此得 x′ = x − x0 ， y′ = y − y0 。
ww
如图，
w.
AB i∠A z1 − z3 AC i∠C AB AC z2 − z1 ， ∠A = ∠ C 。 e ， e 。所以 = = = z3 − z1 AC z2 − z3 BC AC BC AB AC 可得 AB = BC = AC ，即 = AC BC
⎛ 2n + 1 ⎞ ⎛ 2n + 1 ⎞ Re = cos ⎜ π ⎟ ， Im = sin ⎜ π ⎟； ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠
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 第二版 (武仁 著) 北京大学出版社 课后答案 习题01-04
w.
az + b = 1 ， a ， b 为任意复数。 bz + a
kh
1 1 − iϕ = e ，即 z 关于单位圆的对称点。 z ρ
课
后
旋转 180 度。 z = ρ e
− iϕ
，即 z 关于实轴的对称点。
da
w.
3．已知一复数 z ，画出 iz ， − z ， z ，
案 网
1 1 ， ，并指出它们之间的几何关系。 z z
由 ∠A = ∠C 可得 AB = BC ，代入
z2 − z1 = z3 − z2 = z1 − z3 。
kh
8．设复数 z1 ， z2 ， z3 满足
z2 − z1 z1 − z3 。证明： z2 − z1 = z3 − z2 = z1 − z3 。 = z3 − z1 z2 − z3
da
课
后
y′ = − x sin θ + y cosθ 。
（1）
（3） arg (1 − z ) = arg (1 − x − iy ) = 0 ⇔ 1 − x > 0 且 y = 0 ，即 x < 1 ， y = 0 ；
w.
ww
arg (1 + z ) = arg (1 + x + iy ) =
arg ( z + 1 − i ) = arg ⎡ ⎣ x + 1 + i ( y − 1) ⎤ ⎦=
iz
− y + ix
， Am = e
−y
， Arg = x + 2kπ ，Re = e
w.
−y
4
（3） Am = 1 ， Arg = sinx + 2kπ ， Re = cos ( sin x ) ， Im = sin ( sin x ) ；
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 ，
数学物理方法习题解答完整
数学物理方法习题解答一、复变函数局部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 ∴==。
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 ==+ ∴ =+=。
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。
或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。
【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，那么上式中**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 =+，那么()f z ∴ 在原点上满足C －R 条件。
但33332200()(0)()lim lim ()()z z f z f x y i x y zx y x iy →→--++=++。
令y 沿y kx =趋于0，那么依赖于k ，()f z ∴在原点不可导。
4、假设复变函数()z f 在区域D 上解析并满足以下条件之一，证明其在区域D 上必为常数。
〔1〕()z f 在区域D 上为实函数； 〔2〕()*z f 在区域D 上解析； 〔3〕()Re z f 在区域D 上是常数。
证明：〔1〕令()(,)(,)f z u x y iv x y =+。
由于()z f 在区域D 上为实函数，所以在区域D 上(,)0v x y =。
《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。
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 )
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
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
高等数学第四册第三版数学物理方法答案 完整版
+ 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
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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 x0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x0 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u x 0 0 , u x l 0。
4．一根长为 l 的均匀弦，两端 x0 和 x l 固定，弦中张力为T0。
在 x h 点，以横向力F0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 u tt a2u xx f ；B u t a2u xx f ；C u t a2u xx；D u tt a2u x。
6、泛定方程u tt a2u xx0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uh u点朝横向拨开距离 h ，（如图〈 1〉所示）然后放0xl / 2手任其振动。
”该物理问题的初始条件为 ( D)。
图〈 1〉2hx, x[0, l]u t hA ．u t l2lB．0ou t02h(l x), x, l ]t 0l[22h lx, x [ 0,]u tl2C．u t0h D．02h l(l x), x [,l ]l2ut t008．“线密度为，长为 l 的均匀弦，两端固定，开始时静止，后由于在点x0(0 x0l ) 受谐变力 F0 sin t 的作用而振动。
”则该定解问题为(B)。
utt a2 u xx F0 sin t(x x),(0x l )A ．uutt a2 u xx F0 sin t ( xx),(0 x l )B． u x 00, u x l0ut 00, ut t00u tt a 2 u xx F0 sin t(x x0 ) , (0x l ) C．ut 00, u t t00utt a2u xx0,(0x l )D．u x0,u x F0 sin t ( x x0 )0lu t00,ut t009．线密度为长为 l 的均匀弦，两端固定，用细棒敲击弦的x0处，敲击力的冲量为I，然后弦作横振动。
该定解问题为：（B）。
u tt a 2 u xx IA ．u x00, u x l0u t00, u t t00u a2uxx 0, (0 x l )ttC．u x00, u x lu t0, u t t I00u tt a2u xxI(x x0 ) B．u x00, u x l0u t00, u t t00utt a 2u xx0,(0x l ) D．u x00, u x lu t0,u t tI( x x0 )0010．下面不是定解问题适定性条件的( D) 。
A．有解B．解是唯一的C．解是稳定的D．解是连续的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， 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u ta 2u xx 0,(0x l )1．用分离变数法求定解问题 u x x0, uxx l的解，其中 ( x) 为 x 的已知函数。
ut 0( x)解：令 ( x) bx设utta 2u xx 0,(0 x l )．用分离变数法求定解问题 ux x0,uxx l0 的解，其中 b 为常数。
2ut 0bx, u t t 0解：以分离变数形式的试探解u( x, t ) X ( x)T (t)代入泛定方程和边界条件，得XTa 2 X TX T ，X a 2TXX 0；Ta 2T 0 ；X(0) 0X (l ) 0X X 0X (0) 0, X (l )本征值：n 2 21,2,3, ) ；本征函数： X n (x)n xnl 2 (nc 2 sinln 22代入 T2 T 0 ，得 T n (t )n 22a 2将 n2al 2 T n (t ) 0l其通解为 T n (t )Acosna t B sinn atlln an a n本征解为： u n (x,t )X n ( x)T n (t ) ( A n B n sin ( n 1,2,3, )costt) sin xll l 一般解为： u( x, t)( A n cosna t B n sinnat) sinnxn 1ll lut t 00, B n 0A n sinnx bxA n 2bn 1lll 0x s i n nx d x 2bl ( 1n ) 1l nu( x, t )2bl ( 1)n 1cosnat sinnxn1 nllu t a 2u xxsin t,(0xl )3．求定解问题ux x 0 0, ux x l的解u t 0解：令 u(x, t )T n (t) cosnxn 0l(T nn22 a2 T n ) cos nx sin tn 0l 2lT 0 sin tT 01cos tA 0T nn 2 2 a 2 T n0 T nl 2u t 00 ，T n ( 0 )1 A 0,C n 01u(x, t) (1 cos t)u ta 2 u xx0, (04．求定解问题 u x 0u 0,ux lut 0n 2 2a 2 tC ne l 2x l )u 0的解，其中 u 0 为常数。
解：设 uw( x, t ) v( x, t)v x0,v x xlu 0vA(t ) x B(t )B(t)0, A(t ) u 0vu 0 xw ta 2 w xx 0w x 00, wx xlwt 0u 0 x,(n 1 ) x令w( x, t) T n (t )sin2ln 0(n 1 )22a 2T n 2T n 0l 2(n 1 )2 2a 22 l 2tT n (t)C n e( n 1)22a 2 ( n 1 ) x2 l 2 t2 w( x, t)C n esinln 0( n 1 )C n sin 2xu 0 xln 02u 0 lC nl(n1 )2u 0 l2n 1x sinxdx( 1) l1) 2 2(n2所求的定解问题的解为( n 1)22a 212u 0 ln 12t( n ) xu(x,t ) u 0 x(e l 2sin 21)n 0(n 1) 22l2utta 2 u xx0,(0 x l )5．求定解问题 u x 0u 0,ux lu 0的解，其中 u 0 、 I 、均为常数。
ut 0u 0 ,u tIx 0 l )t 0( x x 0 ),(0答设所求的定解问题的解为：第十章球函数1．当R r 时，函数1以 P l (cos ) 为基本函数族的广义傅里叶级数展开为R 22rR cos r 2R l11 P l ( c o s) r ll 02．已知P0(x)1、 P1 ( x)x 、 P2(x)1(3x 21) ，则 f ( x) x 2以 P l ( x) 为基本函数族的广义2傅里叶级数为 (D).A ．3P2(x)B．1P1(x)2P2 (x) 233C．1P0 (x)2P2 ( x)D．以上都不对333 ．在球r r0的内部求解u0 ，使满足边界条件u r r021 ，c o s 。
已知 P0 ( c o s)P1 (cos )cos， P2 (cos)1(3cos21) 2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 r 的球形区域外部没有电荷，球面上的电势为u 0 cos sin2， u 为常数，求球形区域 外 部 的 电势 分 布 。
已 知 P (cos ) 1 ， P (cos ) cos， 1 2，P 2 (cos )(3cos1) 0 11(5cos 3 2P 3 (cos )3cos) 。
2解：u 0,( r r 0 )u rcos 2r 0u( A l r lB l)l 0r l 1 )P l (cosu r有限A lu B l P l (cos)l 0 rl 1B l P l (cos ) 21 2 (cos )r 0 l 1 cosP 0P 2l 0330 r 0 B 22r 0 3 , B l 0(l 0,2)B333 ur 0 P 0 (cos ) 2r03P 2 (cos )3r3r5．在本来是匀强的静电场 E 0 中放置导体球，球的半径为r 0 ，求球外静电场的电势。
（已知P 0 (cos ) 1， P 1 (cos ) cos）。
解：如图所示，建立坐标系，则定解问题为：当6．在点电荷40 q的电场中放置一个接地导体球，球的半径为a，球心与点电荷相距r1(r1a) 。
求球外静电场的电势。
解：选择球心为球坐标系的极点，极轴通过点电荷，则极轴是对称轴，问题与无关；又设导体球接地，所以导体球内电势为0，即，；在球外，（除点电荷处）任意点的电势是点电荷产生的电势和导体球感应电荷产生的电势的叠加。
因静电感应电荷只在球面上，故由它在球外所产生的电势满足拉普拉斯方程。
于是定解问题为，（ 1）因为，，所以，（ 2）考虑到（ 2）的无限远边界条件，应舍弃项，（ 3）以（ 3）代入（ 2）的球面边界条件，引用母函数比较两边的广义傅里叶系数，得（ 4）在解（ 4）中，第二项，相当于像电荷产生的电势，这像电荷处在球内极轴上，带电量为。