数学物理方法作业习题第二篇第4章
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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法第四版课后答案
数学物理方法第四版课后答案《数学物理方法第四版课后答案》第一章：复变函数1.1 复数与复平面题目1：将以下复数写成极坐标形式：a) z = 3 + 4ib) z = -2 - 5ic) z = 5i解答：a) r = √(3^2 + 4^2) = 5, θ = arctan(4/3)∴ z = 5(cos(arctan(4/3)) + i*sin(arctan(4/3)))b) r = √((-2)^2 + (-5)^2) = √(4 + 25) = √29, θ = arctan((-5)/(-2)) = arctan(5/2)∴ z = -√29(cos(arctan(5/2)) + i*sin(arctan(5/2)))c) r = √(0^2 + 5^2) = 5, θ = arctan(0/5) = 0∴ z = 5(cos(0) + i*sin(0)) = 5i题目2：计算以下复数的共轭：a) z = 3 + 4ib) z = -2 - 5ic) z = 5i解答：a) z* = 3 - 4ib) z* = -2 + 5ic) z* = -5i...第二章：常微分方程2.1 一阶微分方程题目1：求解以下一阶线性非齐次微分方程：a) \\frac{dy}{dx} + 2y = e^xb) \\frac{dy}{dx} - y = 3x^2解答：a) 首先求齐次方程的解，即 \\frac{dy}{dx} + 2y = 0观察到该方程的解为 y = Ce^{-2x}，其中 C 为任意常数然后考虑非齐次方程的解，即 \\frac{dy}{dx} + 2y = e^x令 y = A e^{-2x}，其中 A 为待定常数\\frac{dy}{dx} = -2A e^{-2x}，代入方程得到 -2A e^{-2x} + 2A e^{-2x} = e^x解得 A = -\\frac{1}{4}∴ 非齐次方程的解为 y = -\\frac{1}{4} e^{-2x}，加上齐次方程的解得到最终解 y = Ce^{-2x} - \\frac{1}{4} e^{-2x}b) 首先求齐次方程的解，即 \\frac{dy}{dx} - y = 0观察到该方程的解为 y = Ce^x，其中 C 为任意常数然后考虑非齐次方程的解，即 \\frac{dy}{dx} - y = 3x^2令 y = A e^x + B，其中 A、B 为待定常数\\frac{dy}{dx} = A e^x，代入方程得到 A e^x - (A e^x + B) = 3x^2解得 B = -3x^2∴ 非齐次方程的解为 y = A e^x - 3x^2，加上齐次方程的解得到最终解 y = Ce^x - 3x^2...通过以上两个例题，可以看出在解一阶线性非齐次微分方程时，首先解齐次方程得到通解，然后根据非齐次项的形式确定待定系数，最后将通解与待定解相加得到最终解。
数学物理方法习题解答_Tex
(3) cos 5ϕ． 解：由乘幂的公式
(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ).
及二项式定理
(a + b)n = an + nan−1 b + n(n − 1) n−2 2 n! a b + ··· + an−k bk + · · · . 2! (n − k )!k !
4
√ √ 3
a2
a2
2 2
a2 + b2 + a + i
a2 + b2 − a
(2)
i． i = 1 cos π π + 2nπ + i sin + 2nπ 2 2 π 2 + nπ + i sin 6 3 √ 3 i = ei( 6 + 3 nπ) .
π 2
解：因
,
所以
√ 3 i= √ 3 1 cos π 2 + nπ 6 3 ,
z = cos 3π 3π + i sin . 2 2
指数式：
z = ei 2 .
3π
3. 计算下列数值（a、b和ϕ为实常数）． √ (1) a + ib. √ (2) 3 i. (3) cos 5ϕ. (1)
√ a + ib．
解：先化a + ib为三角式
a + ib = cos ϕ = √ xiangap@ a2 + b2 (cos ϕ + i sin ϕ), sin ϕ = √ b . a2 + b2 供教学参考
指数式：
z = i = ei 2 .
π
(1) −i． 解：−i本身即为代数式． 三角式：
数学物理方法第4章留数定理2016
的无心领域的洛朗级数有没有或有多少正幂项来划分的.因此无论
点是什么类型的奇点,都有可能有
1 z
项或没有
1 z
项,即a1 都可能不等于
零或等于零.
26
【例8】求f(z)=
在孤立奇
点(包括无穷远点）处的留数． 解 z=b1是二阶极点，z=b2是一阶极点，得
27
由留数和定理，易得
由于不存在z-1 项，故 Res f(∞)
柯西定理
y
柯西公式
高阶导数公式
闭路变形原理
L
o
x
y
bL
o
x
3
f(z)在除起点外解析 =?
L 逆时针+L0 顺时针
4
§4.1.1 留数定理
一、留数（残数，Residue, 缩写Res）的定义
如果b 是f (z)的一个奇点，其中L是此去心邻域内的任意
一条简单闭曲线.
f (z) ak (z b)k , k
2z
4z2 2!
8z3 3!
2 z3
2 z2
4 3z
,
0 z
由此得
Re
sf
0
a1
4 3
21
[例 7]
求
f
(z)
z
z2
12
2z z2
4
在有限远奇点的留数。
解: 由分母为零易得z=-1是二阶极点, z=±2i是一
阶极点,由(4.1.7)可得
Res
f (1) 1 lim d [(z 1)2 1! z1 d z
根据留数定理、积分主值的定义，以及引理1
的结论
则有
41
【例4.2.2】计算积分 解 (1)辅助函数． 由于被积函数为偶函数，故
高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)
高等数学 第四册（第三版） 数学物理方法 答案（完整版）第一章 复数与复变函数（1）1.计算)(1)2;i i i i i -=-=-()122(12)(34)(2)5102122.;345(34)(34)591655i i i i i i i i i i i i +-++--+++=+=-=---+-+5551(3).;(1)(2)(3)(13)(3)102i i i i i i i ===------4222(4).(1)[(1)](2)4;i i i -=-=-=-1122())]a bi =+=112224sin )]()(cossin );22i a b i θθθθ=+=++3.设1z=2;z i =试用三角形式表示12z z 及12z z 。
解：121cossin;(cos sin );44266z i z i ππππ=+=+121155[cos()sin()](cos sin );2464621212z z i i ππππππ=+++=+ 122[cos()sin()]2(cos sin );46461212z i i z ππππππ=-+-=+11.设123,,z z z 三点适合条件1230z z z ++=及1231;z z z ===试证明123,,z z z 是一个内接于单位圆z =1的正三角形的顶点。
证明：1230;zz ++=z 123231;312;;z z z z z z z z z ∴=--=--=--122331;z z z z z z ∴-=-=-123,,z z z ∴所组成的三角形为正三角形。
1231z z z ===123,,z z z ∴为以z 为圆心，1为半径的圆上的三点。
即123z ,z ,z 是内接于单位圆的正三角形。
.17.证明：三角形内角和等于π。
证明：有复数的性质得：3213213arg;arg ;arg ;z z z z z z αβγ---=== 21z z z z -•-arg(1)2;k αβγπ∴++=-+0;k ∴=;αβγπ∴++=第一章 复数与复变函数（2）7.试解方程()4400z a a +=>。
数学物理方法习题集
数学物理方法习题集第一章 复数与复变函数习题1，计算：（1），1)(1i ---。
（2），iii i 524321-+-+。
（3），5(1)(2)(3)i i i ---。
（4），4(1)i -。
（5），bi a +。
2，求下列复数的实部u 与虚部v ，模r 与幅角θ：（1），ii i i 524321----。
（2），1(2n+, 4,3,2=n 。
（3），i +1。
（4），3)i -。
（5），231i -。
3，设211i z +=，i z -=32，试用三角形表示21z z 及21z z 。
4，若21=+Z z θcos ，证明21=+m m zz θm cos 。
5，求下列复数z 的主幅角z arg ：（1），iz 312+-=。
（2），6)z i =-。
6，用指数形式证明：（1），(1)2i i -+=+。
（2），i ii2125+=+。
（3），7(1)8(1)i i -+=-+。
（4），1011(12(1)--=-。
7，试解方程44(0)z a a +=>。
8，证明：（1），1212Re()Re()Re()z z z z +=+ ；一般1212Re()Re()Re()z z z z ≠。
（2），1212Im()Im()Im()z z z z +=+ ；一般1212Im()Im()Im()z z z z ≠。
（3），2121z z z z = ；一般2121z z z z +≠+。
9，证明：（1），2121z z z z +=±。
（2），2121z z z z ⋅=。
（3），1122(z zz z = （02≠z ）。
（4），121212122Re()2Re()z z z z z z z z +==。
（5），()z z ≤Re ，()z z ≤Im 。
（6），2121212z z z z z z ≤+。
（7），222121212()()z z z z z z -≤+≤+。
数学物理方法习题2及答案
1. 计算221z dz z z --⎰的值，Г为包含圆周|z|=1在内的任何正向简单曲线。
解：我们知道，函数221z z z--在复平面内除z=0和z=1两个奇点外是处处解析的。
由于Г是包含圆周|z|=1在内的任何正向简单闭曲线，因此它也包含这两个奇点。
在Г内作两个互不包含也互不相交的正向圆周C1与C2，C1只包含奇点z=0，C2只包含奇点z=1。
那么根据复合闭路定理得： 221z dz z z --⎰=22122121c c z z dz dz z z z z --+--⎰⎰1122111111c c c c dz dz dz dz z z z z =+++--⎰⎰⎰⎰ =02204i i i πππ+++= 2. 求积分0cos i z zdz ⎰的值。
解：函数cos z z 在圈平面内解析，容易求得它有一个原函数为sin cos z z z +.所以 00111cos [sin cos ]sin cos 11122ii z zdz z z z i i i e e e e i e i ---=+=+--+=+-=-⎰ 3..试沿区域i 1ln(1)Im()0,Re()0||1,1z z z z dz z +≥≥=+⎰内的圆弧计算积分的值。
解：函数ln(1)1z z ++在所设区域内解析，它的一个原函数为21ln (1),2z +所以 i 222112222ln(1)11ln (1)|[ln (1)ln 2]12211ln 2ln 22243ln 2ln 2.3288i z dz z i z i i πππ+=+=+-+⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=--+⎰ 4．求下列积分（沿圆周正向）的值：1）||41sin 2i z z dz z π=⎰； 2）||412z 13z dz z =+-⎰（+）； 解：由柯西积分公式得： ||41sin 2i z z dz zπ=⎰=0sin |0z z ==； ||4||4||12221226z 1313z z z dz dz dz i i i z z z πππ==+=•+•=+-+-⎰⎰⎰（+）= 5..求下列积分的值。
数学物理方法第4章留数定理-2016
式中
称为f(z)在bk处的留数,
它等于f(z)在bk的无心邻域的洛
朗展开中的洛朗系数
f(z) 的洛朗展开为
6
证明 首先在 内以各奇点为圆心,作小圆周 L1,L2,L3,…,Lk,… 分别包围各奇点,如图4.1所示.这样,
由外边界线 L0与内边界线L1,L2,L3,…,Lk,… 为边界 构成了复通区域.由复通区域的柯西定理，得
1 lim
(m 1)! zb
d m 1 d z m1
[( z
b)m
f
( z )]
4.1.7
即
Res
f
(b)
1 lim (m 1)! zb
d m 1 d z m1
[( z
b)m
f
(z)] .
10
3. 若 b 为 f (z) 的一阶极点 (1) 第 一 种 情 形 ： 若 b 为 f (z) 的 一 阶 极 点 ， 则 f (z) 在
因此对于本性奇点处的留数，就只能利用罗朗展开式的方法或 计算积分的方法来求．
13
14
15
16
17
18
例5
求
f
(
z)
1
1 z
4
在有限远奇点的留数。
解: f(z)分母的零点由 1 z4 0 确定,易见
z k 4 1 4 e i2 k 1 e i2 k 4 1 , k 0 ,1 ,2 ,3
其次,对于沿Lk的积分,由式(4.1.2)可得
将式(4.1.4)代入式(4.1.3),并将
代入,即有
7
4.1.2、计算留数的方法
1 若 b 为 f (z) 的可去奇点，则 f (z) 在 0 z b R 内
数学物理方法第4章留数定理
f(z) 的洛朗展开为
6
证明 首先在 内以各奇点为圆心,作小圆周 L1,L2,L3,…,Lk,… 分别包围各奇点,如图4.1所示.这样,
由外边界线 L0与内边界线L1,L2,L3,…,Lk,… 为边界 构成了复通区域.由复通区域的柯西定理，得
其次,对于沿Lk的积分,由式(4.1.2)可得
柯西定理
y
柯西公式
高阶导数公式
闭路变形原理
L
o
x
y
bL
o
x
3
f(z)在除起点外解析 =?
L 逆时针+L0 顺时针
4
§4.1.1 留数定理
一、留数（残数，Residue, 缩写Res）的定义
如果b 是f (z)的一个奇点，其中L是此去心邻域内的任意
一条简单闭曲线.
f (z) ak (z b)k , k
第4章 留数定理 包含奇点的积分如何求？
1
柯西(Augustin Louis Cauchy, 1789—1857) 法国数学家、物理学家、天文学家
他的父亲与Lagrange, Lapalce交往密切 柯西极限，柯西不等式，柯西积分公式，柯西定理 等 （800篇论文）
拉格朗日（Joseph-Louis Lagrange，1736~1813）
0 z b R 内的罗朗展开式为
f (z) a1(z b)1 a0 a1(z b)
显然
a1
lim(z
zb
b)
f
(z)
，故当 b
为
f
(z)
的一阶极点时，
Res f (b) lim(z b) f (z) zb
《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。
数学物理方法习题
z z c ( 0为复常数, c为实常数 )
四川大学数学学院 邓瑾
第二章习题
6. 求下列函数的解析区域: (1)
f ( z ) xy iy
16. cos z在哪些曲线上取实数值. 17. 求下列各值:
(1) Ln( 1), ln( 1); Lni , ln i; L(3 2i ), ln( 2 i ) (2) 1 2 , ( 2) 2 , 2i , (3 4i )1 i (3) cos(2 i ), sin 2i
e d z , 并证明 z
z
0
14. 求积分
6
e cos cos(sin )d .
(1 z
C
z2
2 2
)
dz , 其中C为包围 i 且位于上半
平面的围线.
四川大学数学学院 邓瑾
四川大学数学学院 邓瑾
20. 求解析函数 f ( z ) u iv, 使其分别满足下列条件:
1 sin( n 1 2 ) 1 2 2sin k 1 2 n cos( n 1 1 2 ) (2) sin k cot 2 1 2 2sin k 1 2 (1) cos k
n
0 .
3. 利用复数的三角式或指数式计算下列各题:
(1) i (1 3i )( 3 i ); (2) ( 3 i )3 ; (3) 3 1 i
一、必做题 5i 1. 计算 2 3i 2. 用三角式及指数式表示下列复数,并求辐角一般值:
z 2 2i; z 3i; z 1 cos i sin
第一章习题
二、选做题 5. 如果是1的立方根的一个复根,求证: 1 2 0. 7. 用复数的指数式证明下列等式:
数学物理方法习题答案
数学物理⽅法习题答案数学物理⽅法习题答案：第⼆章：1、（1）a 与b 的连线的垂直平分线；以0z 为圆⼼，2为半径的圆。
（2）左半平⾯0,x <但是除去圆22(1)2x y ++=及其内部；圆2211()416x y -+= 2、2,cos(2)sin(2)ie i πππ+； 32,2[c o s (3)s i n (3)iei πππ+； ,(c o s 1s i n 1ie e e i ?+ 3、2k eππ--； (623)i k eππ+； 42355c o s s i n 10c o s s i n s i n-+； 11()sin ()cos 22b b b b e e a i e e a --++- 1()c o s2y y ay b e e x e ----4、（1）2214u υ+=变为W 平⾯上半径为12的圆。
（2）u υ=- 平分⼆、四象限的直线。
5、(1) zie iC -+; 2(1)2i z -; ln i z,,()22u C f z ??υ==+=6、ln C z D +第三章：1、（1）i π（2）、 iie π-- （3）、 0 （4）、i π（5）、6i π2、设()!n z z e f n ξξ=z 为参变数，则()122011()1(0)2!2!1()()!n z n n n l l n n n n z z n z e d f d f i n i n z d z z e e n n d n n ξξξξξξξξπξξπξξ+=======??第四章：1、（1）2323()()ln 22z i z i z i i i i i ---+-+-（2）23313(1)2!3!e z z z ++++（3）211111()()[(1)(1)](1)11222k k k kk k z z i i i z z z i z i z i ∞=---=-=--++--<+-+∑2、(1)n z ∞=--∑(2)11()43f z z z =--- ①3z <时 11011()34kk k k z ∞++=-∑ ，34z <<时11101134k kk k k k z z -∞++=-∞=-∑∑，4z >时11111()43k kk k k z z -++=-∞-∑ ②11011()34kk k k z ∞++=-∑③ 031z <-<时1(3)kk z ∞=---∑，041z <-<时11()(4)k kk z ∞=-∑，41z ->时，21()(4)kk k z ∞=--∑ 3、（1）两个奇点 1,z z ==∞ 所以，1z =为()f z 的⼆阶极点。
数学物理方法 第4章 留数定理
e
ma
2 ia
0
cos ma x a
2 2
dx i
e
ma
e
ma
2 ia
2a
y
例：
0
sin x x
dx
Cε
CR
解：如图4.9所示，
图4.9
0
x
sin x x
dx lim
R 0
R
sin x x
R e imx dx lim dx R 2i 0 x 1
1
z 1
1 2
z z 2
1
2
iz
dz
z 1
z (1 ) z
2 2
i
f (z)
dz
z 1
( z 1)( z )
1
记：
z
( z 1)( z )
它在复平面上有2个单极点
和
1
其中 z 在单位圆内，其留数为：
CR
x 图4.7
f ( x ) dx 2 i
{
f (z)
在上半平面所有奇点的留数之和}
例：
dx 1 x
2
解： 记：
z i
f (z)
1 1 z
2
,它在上半平面有单极点
其留数为：
1 zi 1 2i
Re sf ( i ) lim ( z i ) f ( z ) lim
1 z ( z 2i)
3
并求函数在这些极点的留数。
数学物理方法习题解答(完整版)44767
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 =Q ，,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 ==+ ∴ =+=Q 。
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。
()000000x 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 zz 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 ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。
数学物理方法习题解答
第一章 复变函数1.1 复数与复数运算【1】下列式子在复数平面上各具有怎样的意义？ 5，arg ,Re ,z a z b αβ<<<<（,,a αβ和b 为实常数）解：射线ϕα=与ϕβ=，直线x a =与x b =所围成的梯形。
7，111z z -≤+解：11111z z z z -≤⇒-≤++，令z x iy =+，则11z z -≤+即()()2222110x y x y x -+≤++⇒≥。
即复数平面的右半平面0x ≥。
【2】将下列复数用代数式，三角式和指数式几种形式表示出来。
3，1+解：代数式即：1z =+；2ρ=，且z 的辐角主值arg 3z π=，因此三角式：2cos2sin33z i ππ=+；指数式：232i k i z e eππϕρ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==，k ∈ 。
7，1i 1i-+解：21i (1i)2i i 1i(1i)(1i)2---===-++-，因此，其代数式：i z =-，三角式：33cos sin22z i ππ=+；指数式：322i k i z e eππϕρ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==，k ∈ 。
【3】计算下列数值。
（a ，b 和ϕ为实常数）2，解：将被开方的i 用指数式表示：22ei k i ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，k ∈ 。
那么2322eexp 63i k k i ππππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎡⎤⎛⎫==+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，k ∈ 。
7，cos cos 2cos 3cos n ϕϕϕϕ++++ 解：因为，cos R e (1)ik k e k n ϕϕ=≤≤，因此()[]2323cos cos 2cos 3cos R e R e R e R e (1)R e R e 1cos cos(1)sin sin(1)R e 1cos sin 222sin sin cos 222R e 2sin sin 2i i i in i in i i i in i n e eeee e eeeee n i n i n n n i ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ++++=++++⎡⎤-=++++=⎢⎥-⎣⎦⎧⎫-++-+⎪⎪=⎨⎬--⎪⎪⎩⎭++⎛⎫- ⎪⎝⎭= 222(1)2sin 2R e sin cos 2221(1)sin sin sin sin cos 22222R e sin sin2sin222n i i n i n e i e n n n n e ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ++⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎛⎫⎢⎥- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎛⎫++- ⎪⎝⎭===1.2 复变函数【2】计算下列数值。
数学物理方法课后答案
数学物理方法课后答案【篇一：数学物理方法习题】1、求解定解问题：utt?a2uxx?0,(0?x?1),u|x?0?u|x?l?0,l?n0hx,(0?x?),?ln0?（p-223） ?u|t?0??hl(l?x),(?x?l),?ln0?l???n0u|t?0?0,(0?x?l).2、长为l的弦，两端固定，弦中张力为t，在距一端为x0的一点以力f0把弦拉开，然后撤出这力，求解弦的震动。
[提示：定解问题为 utt?a2uxx?0,(0?x?l),u(0,t)?u(l,t)?0,?f0l?x0x,(0?x?x0), ??tlu(x,0)???f0x0(l?x),(x?x?l),0??tlut|t?0?0.] (p-227)3、求解细杆导热问题，杆长l，两端保持为零度，初始温度分布u|t?0?bx(l?x)/l2。
[定解问题为k?22u?au?0,(a?)(0?x?l),xx?tc???] (p-230)u|x?0?u|x?l?0,??u|t?0?bx(l?x)/l2.???4、求解定解问题??2u?2u2??a?0,0?x?l,t?022??t?x?ux?0?0,ux?l?0. ??3?x?u?u ?asin,?0.?t?0l?tt?0?4、长为l的均匀杆，两端受压从而长度缩为l(1?2?)，放手后自由振动，求解杆的这一振动。
[提示：定解问题为?utt?a2uxx?0,(0?x?l),?ux|x?0?ux|x?l?0,??](p-236) ?2u|?2?(?x),t?0?l?ut|t?0?0.??5、长为l的杆，一端固定，另一端受力f0而伸长，求解杆在放手后的振动。
[提示：定解问题为?utt?a2uxx?0,(0?x?l),?u|x?0?0,ux|x?l?0,??] (p-238)x?uxf?0?u(x,0)??0dx??0,?xys?ut|t?0?0.??6、长为l的杆，上端固定在电梯天花板，杆身竖直，下端自由、电梯下降，当速度为v0时突然停止，求解杆的振动。
第四章 数理方法 留数定理
l
f ( z )dz 0
l
f ( z )dz
l0
f ( z )dz ←逆时针
z0
l0 l
★内、外境界线逆时针积分相等。 ★如果
f ( z)
k
ak ( z z0 ) k
图4.1
★如果 f ( z )
l
∞
l
f ( z )dz
( a z
l k k
k
)dz
图4.3 绕行走点 在左手侧正方向
a1 2、函数在无穷远点留数：
k
数学物理方法
★设函数在无穷远点∞上解析，在l 所围的区域 内除有限个孤立奇点外无其它奇点，则:
l
f ( z )dz
( ak z dz )
2 2
1 1 2 z1 1 1 2 z2
1 1 1 1 ( ) 1 i 2 i 2 1 2 1 2
§4.2 应用留数定理计算实变 函数定积分
数学物理方法
一、思路:实函数定积分转换为复函数回路积分
方法2：
数学物理方法
dz 2 i Res f ( z1 ) 2 z 1 z 2 z 1 2 i lim[( z z1 ) ] z z1 ( z z1 )( z z2 ) 1 2 i lim[ ] z z1 ( z z ) 2 2 i 1
l k 1
n
数学物理方法
三、单极点处留数的计算
1、单极点的留数 方法1：
Res f ( z0 ) lim( z z0 ) f ( z )
数学物理方法4-2Legendre函数
mn
第四章 特殊函数 第二节 Legendre多项式
n n 1 d 1 2 2 n d n ( 1 ) dx ( x 1 ) x P n ( x ) dx 2 1 n n 1 2n dx dx 2 n! n 1 d 1 d n 1 2 2 n n 2n 2 ( x 1 ) d ( x 1 ) n dx n 1 2 n! 1 dx n 1 n 1 1 d 1 2 2 n d n 2n 2 ( x 1 ) ( x 1 ) dx n 1 n 1 1 dx dx 2 n!
d 2 d d 2 2 cos sin 2 2 d dx dx
连带的勒让德方程 n次的勒让德方程
(1 x 2 ) y 2 xy n(n 1) y 0
第四章 特殊函数 第二节 Legendre多项式
二 勒让德方程求解
设具有级数解 带入方程得:
a2 m (1) m
x cos (2n)! P n ( x ) dx 2 1 2 2 n n!
1 2
x
0
2
1 (1) n sin 2 n
2 n 1
n
sin
(2n)! d 2 2 2 n 1 n!
/2
0
sin 2 n 1 d
第四章 特殊函数 第二节 Legendre多项式
第四章 特殊函数 第二节 Legendre多项式
性质4 正交性和模值
1
0, mn 2 1 Pm ( x) Pn ( x)dx , mn 2n 1
1
先证明： 1 x k Pn ( x)dx 0 k n
1 dn 2 1 1 k d n 1 2 n n x n ( x 1 ) d x n x d n 1 ( x 1) 1 2 n! dx n 2 n! 1 dx 1 n 1 n 1 1 d 1 d n k 1 n 2 k 2 ( x 1) x dx n x n 1 ( x 1) k n 1 1 dx 2 n! dx 1 n 1 k 1 k 1 d n 2 n x ( x 1 ) dx n 1 1 2 n! dx
《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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习 题1. 解具有固定端的弦0≤x ≤l 的自由振动问题，如果弦的点的初始速度为零，而初始位移)()0,(x x u ϕ=： (1) 正弦曲线，即lxn A x πϕsin )(=，n 为整数； (2) 对称轴在直线l x 21=上的抛物线，而顶点是点),2(h lM ，即2)2()(l x h x --=ϕ，这里241l h =；(3) 折线OAB ，其中l c l B h c A O <<0),0,(),,(),0,0(，讨论2lc =的情况.2. 解具有固定端的弦0≤x ≤l 的自由振动问题，如果弦的初始状态处于静止)0)((=x ϕ，而初始速度)(x ψ为(1) ],0[,const )(l x C x ∈==ψ；(2) ⎩⎨⎧∈∈=],[,0],[,)(0βαβαψx x v x ， 其中0≤βα<≤l ；(3) ⎪⎩⎪⎨⎧+-∈+-∈-=],[,0],[,2)(cos )(00000αααααπψx x x x x x x x A x ， 其中 0≤αα+<-00x x ≤l .3. 解均匀杆的纵振动（自由振动）问题，如果)()0,(x x u ϕ=，)()0,(x x u t ψ=，而端点：(1)杆的一端0=x 是刚性固定，而另一端l x =是自由的； (2) 杆的两端是自由的；(3) 杆的一端0=x 是自由的，而另一端l x =为弹性固定.4. 解杆的自由纵振动，如果杆的一端0=x 是刚性固定的，而力P 施于另一端l x =，在时刻0=t 时力P 停止作用，即解定解问题：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧======0)0,(,)0,(0,0),0(2x u x E x u u t u u a u t l x x xx tt σρ 这里σ为杆的横截面积，E 为杨氏模量.5. 求解可变电流流过长度为l 的导线中的电流强度),(t x i ，如果没有漏电，且可以忽略电阻，假定在导线中（当0=t 时）初始电流等于零，而初始电压为lxE 2sin0π，导线的左端)0(=x 是绝缘的，而右端)(l x =是接地的.提示：问题归结为混合问题：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=========l xlL E i i i i i LCi t tt l x x x xx tt 2cos 2,00,00000ππ6. 解沿边缘固定的矩形薄膜)0,0(b y a x <<<<的自由振动问题，如果byaxA u t ππsinsin=，00==t tu .7. 解混合问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧======<<<<+=======y x u y x u u u u u y x u u a u t t t y y x x yy xx tt4sin 3sin 5,2sin sin 30)0,0(),(00002ππππ 8. 求解沿边缘固定的半径为a 的均匀圆薄膜的自由振动问题：(1) 解混合问题⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==+∞<=+=====0)(,0)1(00002t t k t r a r r rr ttu R r AJ u u uu ru c u μ， 这里k μ是方程0)(0=μJ 的正根.(2) 解混合问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+∞<=+=====)(),(,0)1(002r g ur f u u u u ru c u t t t r a r r rr tt(3) 解混合问题⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+∞<=+=====0),1(,0)1(022002t t t r a r r rrtt u R r A u u u u r u c u ， A 为常数. 提示：)(d )(100x xJ J x=⎰ξξξ， )()4()(2d )(1302003x J x x x J x J x-+=⎰ξξξ. 以上各小题中的2c 是常数. 9. 解下列混合问题：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===><<+=====)(),()()0,10(,10010x ux u t g u u t x u x u u t t t x x x xx ttψϕ有界，(1) 若0)(,)2()2(121)(,sin )(002=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==x J x J x t t g ψϕ；(2) 若0)(,)2()2()(,2cos )(00===x J x J x t t g ψϕ； (3) 若1)(,1)()(,1)(10=-=-=x x J x t t g ψμϕ，其中1μ是方程0)(0=μJ 的正根.10. 设长度为l 的重均匀绳索，在端点l x =处悬挂，使绳索无初速离开平衡位置，假定介质无阻力，在重力作用下，绳索的振动问题就归结为解混合问题：⎪⎩⎪⎨⎧===><<===0)0,(),()0,(,0)0,0(,)(02x u x x u u u t l x xu a u t x l x x x tt ϕ有界这里g a =，g 为重力加速度.11. 已知长度为l ，侧面是绝热的均匀细杆，求杆中的温度分布),(t x u . 若(1) 杆端0=x ，l x =保持为零度。
而初始温度)()0,(x x u ϕ=，其中设 ①A x =)(ϕ（常数），②)()(x l Ax x -=ϕ，A 为常数； (2) 杆端0=x 保持零度，而在l x =端与周围为零度的介质发生热交换，杆的初始温度)()0,(x x u ϕ=；(3) 在杆的两端0=x 与l x =都有与周围为零度的介质热交换，而杆的初始温度为)()0,(x x u ϕ=；提示：其边界条件为：0)(,0)(0=+=-==l x x x x hu u hu u .(4) 杆端（0=x ，l x =）是绝热的，而初始条件为0)0,(u x u =（常数）；(5) 杆端是绝热的，而初始温度分布为⎪⎩⎪⎨⎧<<<<==l20,20,const )0,(0x ll x u x u 讨论当+∞→t 时),(t x u 的状态.(6) 杆端是绝热的，而初始温度分布为⎪⎩⎪⎨⎧<<-<<=l2,)(220,2)0,(00x l x l lu l x x l u x u ， 0u 为常数， 求),(lim t x u t +∞→.12. 设球心在坐标原点半径为a 的均匀球体，求球内的温度),(t r u .若(1) 球的外侧球面保持为零度，即0),(==a r t r u ，而初始温度仅与到球心的距离r 有关，即)(0r u t ϕ==；(2) 在球面上与零度的介质发生按牛顿定律的对流热交换，而初始温度)(0r u t ϕ==；提示：半径为a ，球心在坐标原点的均匀球体，当球的任一点的温度仅与该点离球心的距离r 有关的情况，热分布问题归结为热传导方程)2(2r rr t u ru c u +=.13. 有半径为1的球体，其上半球面的温度常保持为)0(0>u ，其下半球面的温度常保持为C 00，试求球内的稳定温度分布),(θr u .提示：问题归结为边值问题：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧<<<<==+++πθππθθθθθθθ2,020,),1(0sin cos 202u u u u ru u r r rr14. 已知半径为a 的球面保持温度为0u ，半球底面保持绝热，试求这个半球里的稳定温度分布),(θr u . 提示：问题归结为解混合问题：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂≤≤=<<<<<=∆==0)20(,)20,20,(,020πθθπθπϕπθu u u a r u a r15. 解下列混合问题：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧====><<+=0)0,()0,(0),(),0()0,0(,22x u x u t l u t u t l x b u a u t xx tt ，这里b 为常数.(2) ⎪⎩⎪⎨⎧====><<+=0)0,()0,(0),(),0()0,0(,cos 2x u x u t u t u t x t u a u t xx tt ππ16. 设长为l 的均匀弦，弦的两端0=x 与l x =固定，初始条件为零，弦所受外力密度（连续分布）为t A t x p ωρsin ),(=，),2,1( =≠n lan πω，求解弦的强迫振动问题.17. 设长度为l 的均匀杆，将杆0=x 端悬挂，求解在重力作用下杆的纵向振动问题（设l x =端是自由的）.归结为解混合问题：⎪⎩⎪⎨⎧====><<+=0)0,(,0)0,(0),(,0),0()0,0(,2x u x u t l u t u t l x g u a u t x xx tt这里g 为重力加速度.18. 设圆心在坐标原点半径为a 的均匀圆膜，如果它的边缘固定，初始条件为零，假定介质无阻力，振动是由附加在薄膜一侧的均匀分布压力t p p ωsin 0=引起的，这里n c aμω1≠，n μ是方程0)(0=μJ 的正根，求解此强迫振动问题.提示：问题归结为解混合问题：⎪⎩⎪⎨⎧===><<++=====0,0,0,)0,0(,sin 1110002t t t a r r r rr ttu u u u t a r t u r u u c 有界ωρ19. 解下列混合问题：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧===><<++-=x e x u t l u t u t l x t x u u a u x x xx t πsin )0,(0),(),0()0,0(,2)2(2(2) ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===><<+-+====x u u u t x x x x u u u t x x x xx t 0200,0)0,20(,cos 2sin 2ππ(3) ⎪⎩⎪⎨⎧+===><<--=--===20,0)0,0(,293cos sin 4920022x u u u t x x x t u u u t x x x x xx t ππ20. 设弦长为l ，一端0=x 为固定，而另一端l x =受t A ωsin 的力扰动作用，这里),2,1( =≠k lak πω，在时刻0=t 时位移和速度设为零，解此弦强迫的横振动问题归结为解下列定解问题：⎪⎩⎪⎨⎧=====0)0,(,0)0,(sin ),(,0),0(2x u x u t A t l u t u u a u t xx tt ω 21. 设长度为l 的杆处于静止状态，它的一端0=x 刚性固定，在时刻0=t 沿杆作用在杆的自由端l x =为常力Q ，求杆的位移),(t x u . 此问题归结为解混合问题：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====><<=0)0,(,0)0,(),(,0),0()0,0(,2x u x u E Q t l u t u t l x u a u t xxx tt σ其中E 为弹性模量，σ为杆的横截面积.22. 解下列混合问题：(1) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====><<+=+-x x u x x u tt u t t u t x x e x u u u t x tt xx tt 2)0,(,cos )0,(),2(,2),0()0,20(,cos 842πππ(2) ⎪⎩⎪⎨⎧====><<--+=--xx u x e x u tt u t u t x t x u u u u t x x x xx t tt )0,(,sin )0,(),(,0),0()0,0(,2323πππ(3) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===><<+=x x u t u t u t x x x u u x xx t )0,(1),2(,0),0()0,20(,2sin sin 2ππ(4) ⎪⎩⎪⎨⎧===><<+-=-x x u tt u t t u t x t t xt u u x x xx t 2cos )0,(),(,),0()0,0(,cos 2)2(22ππ23. 设半径为a 的无限长圆柱体，圆柱侧面保持常温0u ，圆柱体内的初始温度，求圆柱体内的温度分布),(t r u .24. 设半径为a 的无限长圆柱体，它的侧面发生热辐射到温度为零的周围介质中去，其初始温度为)(r ϕ，求圆柱体内的温度分布),(t r u . 提示：边界条件),(t r u 当0=r 为有界，0)(=+=a r r hu u . 25. 解下列定解问题：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧===-=><<=++∞→0),(,0),0(0),(lim ),()0,()0,0(,0y a u y u y x u a x x x u y a x u u y yy xx(2) ⎪⎩⎪⎨⎧====<<<<=+0),(,0)0,(0),(,0),0()0,0(,b x u x u y a u y u b y a xc u u yy xx这里c 为常数.(3) ⎪⎩⎪⎨⎧=<=+=xyu a r y u u a r yy xx )(,2，其中222y x r +=.(4) ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+∞<≤==><<=++∞→0),(lim ),1()0,()0(,0),(,0),0()0,0(,0y x u a x A x u y y a u y u y a x u u y yy xx(5) ⎪⎩⎪⎨⎧==≤≤==<<<<=+0),(,0)0,()0(,),(,),0()0,0(,0b x u x u b y Ay y a u A y u b y a x u u y yyy xx(6) 在矩形区域⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤-≤≤22,0),(:b y ba x y x G ，求泊松方程在区域G 的边界上取零值的解. (7) ⎩⎨⎧=-=+=04a r yy xx u u u ，其中222y x r +=.(8) ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤==≤≤==<<<<=+)0(,),(,)0,()0(,),(,),0()0,0(,0a x B b x u B x u b y A y a u A y u b y a x u u y yx x yy xx ，其中B A ,为已知常数.。