数学物理方法期中考试题及答案

∞
z 在 z = 1 处有 w (1) = i ，则 w ( i ) = ____________.
e z − e− z ，则其导函数 f ' ( z ) = ___________. 2
(6) 幂级数 ∑
1 n z 的收敛半径 R = ___________. 2n n =0 2
z
(7) 函数 f ( z ) = ze 在 z = 1 处的 Taylor（泰勒）级数为 f ( z ) = ___________________. (8) 函数 w( z) = (9) 设 I =
( 4) z = −1是 m 阶极点，故其留数为 resf ( −1) =
1 d m−1 2m z ( m − 1)! dzm−1
z =−1
= ( −1)
m+1
m−1 C2 m .
( 5) z = π 为该函数的可去奇点，因而其留数为零。
5. 解：
数学物理方法试卷 第 4 页（共 2 页）
(1) ∫0
重庆邮电大学 2013-2014 学年第一学期
数学物理方法 试卷（期中） （闭卷）
数理学院，物理类专业，1101201-06
二 题 得 号 分 一 1 2 3 4 5 6 7 总 分
评卷人
（注意：答案全部写在答题纸上！ ）
一、填空题 (每小题 3 分，共 30 分) (1) 设 z = −1 + i ，则 arg z = __________, z = __________.
2 z
（从“非孤立奇点、可去奇点、极点、本性奇点”中选取正确答案填在空白处）
二、计算题（共 70 分） 1. 已知解析函数 w = f ( z ) 的实部为 u = x − y ，且 f ( i ) = −1 ，求该解析函数及其导
2 2
函数。(12 分) 2. 计算下列围线积分。 （每小题 5 分，选作 3 道，共 15 分）
∞
eiz , 则有 z (1 + z 2 )
sin x 1 −1 ⎣π iresF ( 0 ) + 2π iresF ( i ) ⎤ ⎦ = 2π −πe . ∫−∞ x (1 + x 2 ) dx = Im ⎡
数学物理方法试卷 第 5 页（共 2 页）
1 1 23 − 3 × 22 × = −5 . 4! 2! 24
( 3) z = ∞ 是 该 函 数 的 可 去 奇 点 。 易 知 该 函 数 只 有 z = 1 一 个 有 限 远 奇 点 且 有
resf (1) = −1 ，因而有 resf ( ∞ ) = −resf (1) = 1 。
f ( z ) = u + iv = x 2 − y 2 + 2 xyi = z 2 .
其导数为: f ' ( z ) = 2 z. 2. 解：
(1) ∫ z =2
2z2 − z +1 dz = 2π i ( 2 z 2 − z + 1) z −1
z =1
= 4π i.
数学物理方法试卷 第 3 页（共 2 页）
( 4 ) ∫ z =1
sin z dz = 0. z + 5z + 6
n+1
∞ ( −1) 1 1⎡ 1 1 ⎤ 1 1 1 1 1 1 = ⎢ − = − = + 3. 解: (1) 2 ∑ n+1 z −1 2 ⎣ z −1 z − 1 + 2 ⎥ ⎦ 2 z −1 21+ ( z −1) 2 2 z −1 n=0 2
ez z 2 ( z + 3i )
z =3i
=
e(3+π /2)i 。 54
⎛ ⎞ 1 1 3 = ( z − 2 + 2 ) ⎜1 − + L⎟ ； 2 ⎜ 2!( z − 2 ) ⎟ z−2 ⎝ ⎠
从中易得该函数在 z = 2 处的 Laurent 级数的负一次幂的展开系数即留数为
resf ( 2 ) = c−1 =
(1) 0 <
z − 1 < 2;
( 2) 0 <
z < ∞.
4. 计算下列函数在指定孤立奇点处的留数。 （每小题 5 分，选作 4 道，共 20 分）
(1)
( 5)
1 1 ez z 2m 3 1− z 4 , z = −1 ; , = 3 ; = ; 3 e , z = ∞ ; z i 2 z cos , z 2 ( ) ( ) ( ) m z−2 z2 ( z2 + 9) (1 + z )
4
(2) 满足条件 z +1 + z −1 = 3的复数 z 的轨迹是 _____________. (3) 设 z =
(
3 − i 则 Re z = ________， Im z = ________________.
4
)
i
(4) 规定多值函数 w = (5) 设 f ( z ) = sinh z ≡
∞
( −1)
2
n −n
i
n =−1
n+2
( z − i)
n
,0 < z + i < 2.
(9)
Re ( I ) = 3.
(10 ) 二阶极点，本性奇点。
二、 计算题
1. 解：由题设可得， v x = −u y = 2 y , v y = ux = 2 x ； 所以有 dv = v x dx + v y dy = d ( 2 xy ) ⇒ v = 2 xy + C ； 又由 f ( i ) = −1 知 v ( 0,1) = 0 ，所以有 C = 0 ，所以该解析函数为
( 4)
f ' ( z ) = cosh z or e z + e− z . 2
( 5)
R = 4.
⎛1 1 ⎞ n + ⎟ e ( z − 1) ,0 ≤ z − 1 < +∞. ( n − 1) ! ⎠ n =1 ⎝ n !
∞
( 7) f ( z ) = e + ∑ ⎜
( 8) w ( z ) = ∑
( z −1)
n
( 2)
1 1 1 1 ∞ −2n ∞ −2n−2 = = z . ( z > 1) ∑z = ∑ z2 −1 z2 1−1 z2 z2 n=0 n=0
4. 解：
(1) z = 3i 为函数的一阶极点，故有 Res f ( 3i ) = ( 2 ) z = 2 为函数的本性奇点，且有 z3 cos
sin 2 z
(z −π )
2
,z =π .
5. 计算下列实积分。 （每小题 6 分，选作 3 道，共 18 分） (1)
∫
2π
0
dθ ,0 < p < 1; 1− 2 p cosθ + p2
sin x dx . x (1 + x 2 )
(2)
∫
∞
0
1 dx ; 1 + x4
(3)
∫
∞
0
cos mx , m > 0, b > 0 ; x 4 + b4
( 2 ) ∫ z =2
( 3) ∫ z =2
sin z ⎡ sin z dz = 2π i ⎢ 2 z −1 ⎣ z +1
sin z
z =1
+
sin z z −1
=−
z =−1
⎤ = 2π i sin1. ⎥ ⎦
( z − 1)
2
4
dz =
2π i (3) sin z 3!
π
3
z =1
i cos1.
(1) ∫ z =2
2z2 − z + 1 sin z dz ；( 2) ∫ dz ；( 3) z =2 z 2 − 1 z −1
2
∫ ( z − 1)
z =2
sin z
4
dz ；( 4 )
∫
sin z dz . z =1 z + 6 z + 8
2
3. 将函数 f ( z ) =
1 在指定环域内展开为 Laurent 级数. (每小题 5 分，共 10 分) z −1
(4)
∫
∞
−∞
数学物理方法试卷 第 2 页（共 2 页）
一、
填空题
(1)
( 2)
arg z = 3π / 4, z 4 = −4.
Rez = e 6
π
+ Biblioteka Baidu kπ
cos(ln 2), Im z = e 6
π
+ 2 kπ
sin(ln 2), k = 0, ±1.L.
( 3) w ( i ) = e5π i /8 .
eimz , 则有 z 4 + b4
( 3) 设F ( z ) =
∫
∞
0
cos mx 2 π − 22 mb iπ /4 i 3π /4 ⎡ ⎤ = − + = Im res res cos dx F be F be e mb. π ( ) ( ) 4 4 3 ⎣ ⎦ 2b 2 x +b
( 4 ) 设F ( z ) =
2π
dθ = 1 − 2 p cos θ + p 2
∫
z =1
1 dz 1 = 2 −1 1 − p ( z + z ) + p iz i
∫ ( z − p )(1 − pz )
z =1
dz
1 2π = ⋅ 2π iresf ( p ) = . i 1 − p2
( 2 ) 令f ( z ) =
1 , 则有 1 + z4 ∞ 1 1 ∞ 1 2 iπ /4 i 3π /4 )⎤ ∫0 1 + x 4 dx = 2 ∫−∞ 1 + x 4 dx = π i ⎡ ⎣ resf ( e ) + resf ( e ⎦ = 4 π.
1 在环域 0< z −i <2 内的 Laurent （洛朗） 级数为 w( z) = _____________. z +1
2
∫
−1+i
−1
3z 2dz ，则 Re ( I ) = ___________.
数学物理方法试卷 第 1 页（共 2 页）
(10) 无穷远点是复变函数 f ( z ) = z 的__________,是复变函数 f ( z ) = e 的_________.