数学物理方法姚端正CH2作业解答
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数理方法CH3 作业解答P51习题3.21. 确定下列级数的收敛半径：∞kk（2）∑kz=12k∞（4）∑(k =0k + a )k z kk z k∞kk解：（2）∑kz k=12a k k +1 2k收敛半径为：R lim | | lim | /( ) | lim 2k= = = =k k+1→a 2 2 k +1→∞k ∞k →k ∞ k+1 ∞（4）∑(kk= 0 + a ) k z kk z kka k + ak解：收敛半径为：R lim | | lim | |若|a |≤1，则= = k+1k →a (k +1) + a∞k→∞k +1kk a+lim |→k∞+k (k 1) a+|1=+1若| a |> 1，则k k 1 k - 2-罗比塔法则k a 1 ka k(k 1)a 1罗比塔法则+ + -lim | | lim | | lim | |= =k =k k→∞k +1 k k ka k - 1 a(k 1) a 1 (k 1)a ( 1) |→∞+ + ++→∞+|∞k2.∑akz 的收敛半径为R (0 ≤R < ∞) ，确定下列级数的收敛半径：k=1∞（1）∑kk= 0 n a zkknk a k a k ak n k n k解：) | lim | |收敛半径为：lim | ) |= lim | ( ) | ?| |= lim | ( ?nk (k 1) a k +1 a k 1 a+ + k →∞k k →∞→∞k →∞k+1 k +1 +1kn 而lim |( ) |=1k k +1→∞limk→∞|akak+1|= R所以，所求收敛半径为RP55习题3.311.将下列函数在 z = 0 点展开成幂级数，并指出其收敛范围：（1）(1- 1 z)2解 ： 解法之一 ： 利用多项式的乘法 ：1∞k已知 ∑= z1- z 0k=| z |< 1，(1 1 - 2 z)=∞ ∞kz k(∑0) ?∑z (k = k =0)= 1+ 2z +2 + 3+ + + k+ 3z 4z ... (k 1)z...=∞(∑k= 0k k+1)z解法之二：逐项求导： (1 1 1 = ( )' 2 z - z) 1- 1 则 = 2(1- z)( ∞ ∞ k kz k- 12+ 3 + + k - 1 +z )' 1 2 3 4 ... ...= ∑ = = + z + z z kz∑k =0 k =1由于(1- 1 2 z)在复平面内有唯一的奇点 z =1 ，它与展开中心的距离为1，故该级 数的收敛范围为| z |< 1 （2） 1 az+b k1 a1 1 ∞a ∞ k k k z k解： ∑ ∑= = (- 1) ( z) = (- 1)a k +1 az +b b b 0 b b(1+ z) bk =0 k =a 收敛范围：|z|<1bb 即|z|<||a（5）1+1z+ 2z解：1+11-z1z==-213133 z+z1-z-z-z令1∞3t=z，则∑=t1-t0k=k，故211 ∞3k= z∑3- z 0k =z31- z= ∞3kz∑k= 0+11∞∞3k 3k+1所以，= z ∑- z 收敛范围为| z|<11+ + zz ∑2k =0 k =02. 将下列函数按(z- 1) 的幂展开，并指明其收敛范围：（1）cosz解：cosz = cos[(z - 1) +1] = cos(z - 1) cos1 - sin(z - 1) sin 1=k 2k k 2k∞(- 1) (z - 1) ∞- z 1)( 1) ( -cos1 - sin1∑∑= (2k )! (2k + 1)!k 0 k =0+1收敛范围：| z- 1 |< ∞3.应用泰勒级数求下列积分：sinz （3）=∫Siz0 z zdz解：利用正弦函数的泰勒展开式：sink 2k +1∞(- 1) zz = ，得到∑(2k + 1)!k =0sinzz=k 2k∞(- 1) z∑= (2k + 1)!k 0则k 2k k 2k k 2k +1sin z (- 1) z (- 1) z (- 1) z∞∞∞z z zdz = dz= dz=∫∫∑∑∫∑0 z )! (2 1)!(2 1)0 = ( + 1)! ( k k + k +2k 0 2 +1k 0 k =0 k= 04.函数α(1+ z) 在α不等于整数时是多值函数，试证明普遍的二项式定理：(1( - 1) ( )( 2)2 + - 1 - +αααααααα3+ z) =1 [1+ z+ z z1! 2! 3!...]式中，α为任意复数；αe iαkπ21 =解：(1 + z)α= α( 1+Ln 1 eα[ln( + + e e+ = 1 z 2kπ] = ?z ) i α) iα2 ln(kπez)下面将α在z < 1中作泰勒展开：ln(1+ z)e∞α+z = a z ，其中，ln( 1 ) k记∑f (z) = ekk= 0 ak=f (k ) (0)k!f '(z) = αα+ αln(1 z) f ze = ( )1+ z 1+ z①? f ' (0) = α同时由①式有：(1+ z) f '(z) = αf (z) ②将②式两边再对z求导：(1+ z) f ''( z) + f '( z) = αf ' (z) 得到(1+ z) f ''(z) = (α- 1) f '( z) ③3得f '' (0) = α(α- 1)将③式两边再对z求导得：(1 ( z f z f z ( z f z3) 3)+ z) f ( ) + ''( ) = (α- 1) ''( ) 得到(1+ z) f ( ) = (α- 2) ''( )( 3 = αα- α-)得(0) ( 1) ( 2)f( k =αα- α- α- k +)以此类推，得(0) ( 1)( 2)...( 1)f( k)f (0) 1= = ( - 1) ( - 2)...( - k +1)则akααααk! k!所以∞∞∞1ln( z a z a z1 ) k kα+ = = ke ∑∑( 1) ( 2)...( k 1)z= ∑αα- α- α- + k k k!k 0 k 0 k =0= =∞则kαiα2kπ1+ ∑= αααα(1 z) e ( - 1)( - 2)...( - k +1)zk!k=0( - 1) ( 1)( 2)2 + - - + αααααα3αz <1 = 1 [1+ z+ z z ...]1! 2! 3!5.将Ln(1+ z)在z = 0 的邻域内展开为泰勒级数。
数学物理方法第二次作业答案
数学物理方法第二次作业答案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。
数学物理方法第一章作业答案
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个具有怎样的意义？（1）z≤ 2解：以原点为心，2 为半径的圆内，包括圆周。
（2）z−a=z−b，（a、b 为复常数）解：点z 到定点a 和 b 的距离相等的各点集合，即a 和 b 点连线的垂直平分线。
（3）Re z＞1/2解：直线x=1/ 2右半部分，不包括该直线。
（4）z+Re z≤1解：即x2 +y2 +x≤1，则x≤1，y2 ≤1−2x，即抛物线y2 =1−2x及其内部。
（5）α＜arg z＜β，a＜Re z＜b，（α、β、a、b为实常数）解：（6）0 <arg zz−+ii<π4解：zz−+ii=x2+x2y−1−i2x2+(y+1)2因为0 <arg zz−i+i<π4x+ 2 −(2yx+1) 2>0x 2 2 ++(yy2+−11)2>所以，即x <0,x2 +y2 −1+2x >0 x0 <x2x−+(+22yyx+1)22 −1<1x+( y+1)2 2综上所述，可知z 为左半平面x<0，但除去圆x2 +y2 −1+2x =0 及其内部z -1 ≤（7）1,z +12z-1 x 1 iy x y 1 4y−+⎡+−⎤2 2 2==+⎢⎥解：()[()] +++++iy 1 y22 2z 1 x 1 x⎣x 1 y⎦+ 2 +2所以()[()]x+−+≤++222 y 1 4y2 x 1 y2 22化简可得x≥0（8）Re(1 /z) =2⎛⎞⎡−⎤1 x iy x解：Re( ⎟=R e 21/ z=⎜) Re 2 ==⎜⎟⎢⎥⎝iy⎦x ⎣x++y+y⎠x2 2 2即(1/ 4)1/16x− 2 +y=2(9)Re Z2 =a2解：Re Z2 =x2 −y2 =a2(10) z1 +z+z−z=2 z+2 z2 2 22 1 2 1 22解：()()()()()() x1+x+y+y+x−x+y−y=2 x+y+2 x+y2 2 2 2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 可见，该公式任意时刻均成立。
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 =
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电路练习题一、选择题（第1组）1、图示电路，求i 。
A ：1/2 A B: 1/3 A C ：3/2 A D ：2/3 A2、图示电路，求u 。
A ：2VB ：4VC ：6VD ：8V3、图示单口网络，其端口VCR 关系为:A: u =5i +3 B: u =-5i +3 C ：u =-5i -3 D: u =5i-34、图示电路，求i 。
A ：2AB ：1.5AC ：1AD ：3A5、图示电路，求i 。
A ：1AB ：9/13 AC ：1/7 AD ：2/11 A6、图示电路，问R L 能获得的最大功率。
A ：1/3 W B ：2W C ：2/9 W D ：4W7、图示稳态电路，求i 。
A ：2A B ：1AC ：3AD ：1.5Ai 4ΩR L4Ω6Ω 10Ω1H108、图示稳态电路，问电容中的储能。
A ：4J B ：2JC ：8JD ：1J9、图示电路，t < 0时处于稳态, t = 0时，开关切到a ， 当t = 5s 时，u c (t )是多少？A ：6.3VB ：5VC ：2.4VD ：3.16V10、图示电路，t < 0时处于稳态，t = 0时， 开关断开，求t = 1s 时u c (t )是多少？ A ：1.47V B ：2.94V C: 5V D ：4V11、图示电路原处于稳态，在t = 0时， 开关断开，求t = 0.1s 时的电流i (t )。
A ：1A B ：0 C ：0.358A D ：0.184 A12、图示正弦稳态电路，求i (t ) 。
A ：)452cos(2°+t A B ：)452cos(2°−t A C ：)452cos(2°−t A D ：)452cos(2°+t A13、图示正弦稳态电路中，有效值： I 是10A ，I R 是8A 。
问I c 是多少？ A ：2A B ：18A C ：6A D ：4Ai(t)1H0.5Ω2ΩA2cos 22t u c1A c (t)2A14、图示正弦稳态电路， 求电阻上的平均功率。
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 ⎠
数学物理方法第八章作业答案
P 175 8.1在0x =的邻区域内，求解下列方程： (1) 2(1)0x y''xy'y -+-= 解：依题意将方程化为标准形式2210(1)(1)x y''y'y x x +-=-- 2()(1)x p x x =-，21()(1)q x x =-- 可见0x =是方程的常点． 设方程的级数解为0()nn n y x c x∞==∑，则11()n n n y'x nc x∞-==∑，22()(1)n n n y''x n n c x ∞-==-∑代入原方程得222122102221(1)(1)0(1)(1)0n n n n n n n n n n n n n nnn n n n n n n n n n n c xxn n c x x nc xc x n n c xn n c x nc x c x ∞∞∞∞---====∞∞∞∞-====---+-=⇒---+-=∑∑∑∑∑∑∑∑由0x 项的系数为0有：202012102c c c c ⋅-=⇒=由1x 项的系数为0有：311313200 (0)c c c c c ⋅+-=⇒=≠ 由2x 项的系数为0有：4222420114321201224c c c c c c c ⋅-⋅+-=⇒== 由3x 项的系数为0有：533355432300c c c c c ⋅-⋅+-=⇒= 由4x 项的系数为0有：6444640316543401080c c c c c c c ⋅-⋅+-=⇒== 由5x 项的系数为0有：755577654500c c c c c ⋅-⋅+-=⇒= 由6x 项的系数为0有：866686025587656056896c c c c c c c ⋅-⋅+-=⇒== ……∴ 方程的级数解为246801000001115()22480896n n n y x c x c c x c x c x c x c x ∞===++++++⋅⋅⋅∑(2) 22(1)0x y''xy'n y --+=解：依题意将方程化为标准形式2220(1)(1)x n y''y'+y x x -=-- 2()(1)x p x x =--，22()(1)n q x x =- 可见0x =是方程的常点． 设方程的级数解为0()kk k y x c x∞==∑，则11()k k k y'x kc x∞-==∑，22()(1)k k k y''x k k c x ∞-==-∑代入原方程得22212221022221(1)(1)0(1)(1)0k k k k k k k k k k k k k kkk k k k k k k k k k k c xxk k c x x kc xnc x k k c xk k c x kc x n c x ∞∞∞∞---====∞∞∞∞-====----+=⇒----+=∑∑∑∑∑∑∑∑由0x 项的系数为0有：22202021021n c n c c c ⋅+=⇒=-⋅由1x 项的系数为0有：2231131(1)320321n c c n c c c -⋅-+=⇒=-⋅⋅由2x 项的系数为0有：22224222420(4)(4)432120124321n n n c c c n c c c c --⋅-⋅-+=⇒=-=⋅⋅⋅ 由3x 项的系数为0有：22225333531(9)(1)(9)5432302054321n n n c c c n c c c c ---⋅-⋅-+=⇒=-=⋅⋅⋅⋅由4x 项的系数为0有：222226444640(16)(4)(16)65434030654321n n n n c c c n c c c c ---⋅-⋅-+=⇒=-=-⋅⋅⋅⋅⋅由5x 项的系数为0有：222227555751(25)(1)(9)(25)765450427654321n n n n c c c n c c c c ----⋅-⋅--=⇒=-=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅由6x 项的系数为0有：2222228666860(36)(4)(16)(36)8765605687654321n n n n n c c c n c c c c ----⋅-⋅-+=⇒=-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅……∴ 方程的级数解为2222222345010101022222222226701(1)(4)(1)(9)()21321432154321(4)(16)(1)(9)(25)(4)(16)(36)654321765432187654321kk k n n n n n n y x c x c c x c x c x c x c x n n n n n n n n n n c x c x c ∞=----==+--++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅----------+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∑80x +⋅⋅⋅222222012222222111(2)[(22)]{1(1)}(2)!(1)(3)[(21)]{(1)}(21)!kk k kk k n n n k c x k n n n n k c x x k ∞=∞+=-⋅⋅⋅--=+---⋅⋅⋅--++-+∑∑8.3在0x =的邻区域内求解方程： (1) 222(1)0x y''xy'x y -+-=解：依题意将方程化为标准形式221(1)022x y''y'+y x x --= 1()2p x x =-，22(1)()2x q x x-= 可见0x =是方程的正则奇点． 设方程的级数解为0()n s n n y x c x ∞+==∑，则1()()n s n n y'x n s c x∞+-==+∑，20()()(1)n s n n y''x n s n s c x ∞+-==++-∑代入原方程得22120000202()(1)()02()(1)()0n s n s n sn s n n n n n n n n n sn sn sn s n n n n n n n n xn s n s c xx n s c xc xxc x n s n s c xn s c xc xc x ∞∞∞∞+-+-++====∞∞∞∞+++++====++--++-=⇒++--++-=∑∑∑∑∑∑∑∑由sx 项的系数为0有：0002(1)0s s c sc c --+= (指标方程) 因00c ≠，解得11s s ==或212s s == 取11s s ==1s x +（即2x ）项的系数为0有：111112(1)(1)0300s sc s c c c c +-++=⇒=⇒= 2s x +（即3x ）项的系数为0有：2220202012(2)(1)(2)01025s s c s c c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒=⋅ 3s x +（即4x ）项的系数为0有：33313132(3)(2)(3)02100s s c s c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒=4s x +（即5x ）项的系数为0有：444242420112(4)(3)(4)0360362459s s c s c c c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒==⋅⋅⋅ 5s x +（即6x ）项的系数为0有：55535352(5)(4)(5)05500s s c s c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒=6s x +（即7x ）项的系数为0有：666464640112(6)(5)(6)0780782456913s s c s c c c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒==⋅⋅⋅⋅⋅7s x +（即8x ）项的系数为0有：77737372(7)(6)(7)010500s s c s c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒=……∴ 方程的一个特解 (11s s ==)为13571000002460111()2524592456913111(1)2524592456913n n n y x c x c x c x c x c x c x x x x ∞+===++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∑ 取212s s ==1s x+（即32x ）项的系数为0有：11112(1)(1)00s sc s c c c +-++=⇒= 2s x +（即52x ）项的系数为0有：2220202012(2)(1)(2)06023s s c s c c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒=⋅ 3s x+（即72x ）项的系数为0有：33313132(3)(2)(3)01500s s c s c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒=4s x +（即92x ）项的系数为0有：444242420112(4)(3)(4)028*******s s c s c c c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒==⋅⋅⋅ 5s x +（即112x ）项的系数为0有：55535352(5)(4)(5)04500s s c s c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒=6s x+（即132x ）项的系数为0有：666464640112(6)(5)(6)0660662346711s s c s c c c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒==⋅⋅⋅⋅⋅7s x +（即152x ）项的系数为0有：77737372(7)(6)(7)09100s s c s c c c c c c ++-++-=⇒-=⇒=……∴ 方程的另一个特解 (212s s ==)为11591322222200000124620111()2323472346711111(1)2323472346711n n n y x c xc x c x c x c x c x x x x ∞+===++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∑ ∴ 原方程的级数解为2461201246202461124622111()()()(1)2524592456913111(1)2323472346711111(1)2524592456913111(12323472346711y x Ay x By x Ac x x x x Bc x x x x C x x x x C x x x x =+=++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅)⋅⋅⋅ (2) 42(1)0xy''x y'y +--= 解：依题意将方程化为标准形式(1)1024x y''+y'y x x--= (1)()2x p x x -=，1()4q x x=- 可见0x =是方程的正则奇点． 设方程的级数解为0()n s n n y x c x ∞+==∑，则1()()n s n n y'x n s c x∞+-==+∑，20()()(1)n s n n y''x n s n s c x ∞+-==++-∑代入原方程得211000114()(1)2()2()04()(1)2()2()0n s n s n s n s n n n n n n n n n s n s n sn s n n n n n n n n x n s n s c xn s c xx n s c xc x n s n s c xn s c xn s c xc x ∞∞∞∞+-+-+-+====∞∞∞∞+-+-++====++-++-+-==++-++-+-=∑∑∑∑∑∑∑∑由1s x-项的系数为0有：0004(1)20(21)0s s c sc s s c -+=⇒-= (指标方程)因00c ≠，解得112s s ==或20s s ==取112s s ==1s x （即12x ）项的系数为0有：11111100101014(1)2(1)206203s s c s c s c c c c c c +++--=⇒-=⇒=11s x +（即32x ）项的系数为0有：1121211121210114(2)(1)2(2)2(1)02040553s s c s c s c c c c c c c ++++-+-=⇒-=⇒==⋅12s x +（即52x ）项的系数为0有：11313122323204(3)(2)2(3)2(2)04260117753s s c s c s c c c c c c c ++++-+-=⇒-=⇒==⋅⋅ 13s x+（即72x ）项的系数为0有：11414133434304(4)(3)2(4)2(3)072801199753s s c s c s c c c c c c c ++++-+-=⇒-=⇒==⋅⋅⋅ 14s x+（即92x ）项的系数为0有：11515144545404(5)(4)2(5)2(4)01101001111119753s s c s c s c c c c c c c ++++-+-=⇒-=⇒==⋅⋅⋅⋅ 15s x+（即112x ）项的系数为0有：11616155656504(6)(5)2(6)2(5)01312120111313119753s s c s c s c c c c c c c ++++-+-=⇒⋅-=⇒==⋅⋅⋅⋅⋅ ……∴ 方程的一个特解（112s s ==）为11357922222210000000111322001111()35375397531111975313119753n n s n n n n y x c x c xc x c x c x c x c x c x c x ∞∞++=====++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∑∑1234562023456111111(1)353753975311975313119753111111)3!!5!!7!!9!!11!!13!!c x x x x x x x c x x x x x x =++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++++++⋅⋅⋅取20s s ==2s x （即0x ）项的系数为0有：22121200101014(1)2(1)20202s s c s c s c c c c c c +++--=⇒-=⇒=21s x +（即1x ）项的系数为0有：22222211212104(2)(1)2(2)2(1)0123011442s s c s c 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数学物理方法答案第四版
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数学物理方法姚端正CH3 作业解答
k →∞
k →∞
所以，所求收敛半径为 R
P55 习题 3.3
1
1.将下列函数在 z = 0 点展开成幂级数，并指出其收敛范围： （1） 1 (1 − z ) 2
解：解法之一：利用多项式的乘法： 已知
∞ 1 = ∑ zk 1 − z k =0
| z |< 1 ，
∞ ∞ 1 k = ( z ) ⋅ ( zk ) ∑ ∑ 2 (1 − z ) k =0 k =0
k →∞
lim |
k + ak |= 1 ( k + 1) + a k +1
若 | a |> 1 ，则
lim |
罗比塔法则 k + ak k ( k − 1) a k − 2 1 + ka k −1 罗比塔法则 1 = = | lim | | lim | |= k +1 k k −1 → ∞ → ∞ k k ( k + 1) + a 1 + (k + 1)a ( k + 1) ka |a|
收敛范围： | （5）
a z |< 1 b
即 | z |<|
b | a
1 1 + z + z2 1 1− z 1 z 解： = − = 2 3 3 1+ z + z 1− z 1 − z 1 − z3 令 t = z 3 ，则
∞ 1 = ∑t k ， 1 − t k =0
故
2
∞ 1 = ∑ z 3k 1 − z3 k =0
数理方法 CH3 作业解答 P51 习题 3.2
1. 确定下列级数的收敛半径： （2） ∑ k k z k k =1 2 k k z k k =1 2 ak k k +1 2k |= lim | k /( k +1 ) |= lim =2 k →∞ k + 1 a k +1 k → ∞ 2 2
数学物理方法姚端正CH 作业解答
度为 s = πr = π . 在该路径上， x = r cosθ , y = r sin θ , 则
| f (z) |= x4 + y4 = r4 (cos4 θ + sin 4 θ ) = r2 (sin 2 θ + cos2 θ )2 − 2sin 2 θ cos2 θ
= r2 (sin 2 θ + cos2 θ )2 − 1 sin 2 2θ = r2 1 − 1 sin 2 2θ ≤ 1
1− n
1− n
P38 习题 2.2： 1.计算积分：
∫l
(
z
−
dz a)(z
−
b)
l 是包围 a 、 b 两点的围线。
解法之一：
(z
−
1 a)(z
−
b)
在
l
内有两个奇点， z
=
a
和
z
=
b
。在
l
内作小圆
l1
包围
a
，作小圆 l2
包围 b ，则由复通区域的柯西定理知：
∫ ∫ ∫ dz
dz
dz
=
+
l (z − a)(z − b) l1 (z − a)(z − b) l2 (z − a)(z − b)
z)3
dz
=
1 2πi
l0
ez z(1 −
z)3
dz
+
1 2πi
l1
ez z(1 −
z)3
dz
其中，
ez
∫ ∫ 1
2π i
l0
ez z(1 −
z)3
dz
=
1 2πi
l0
(1
数学物理方法姚端正CH 作业解答
数理方法CH3作业解答P51习题3.21. 确定下列级数的收敛半径：（2）∑∞=12k kk z k （4）∑∞=+0)(k k k z a k解：（2）∑∞=12k kkz k 收敛半径为：212lim |)21/(2|lim ||lim 11=+=+==∞→+∞→+∞→k k k k a a R k k k k k k k （4）∑∞=+0)(k k k z a k解：收敛半径为：|)1(|lim ||lim 11+∞→+∞→+++==k kk k k k a k a k a a R 若1||≤a ，则1|)1(|lim 1=++++∞→k kk a k a k 若1||>a ，则||1|)1()1(|lim |)1(11|lim |)1(|lim 1211a ka k a k k a k ka a k a k k k k k k k k k k =+−=+++=+++−−∞→−∞→+∞→罗比塔法则罗比塔法则2.∑∞=1k k k z a 的收敛半径为R )0(∞<≤R ，确定下列级数的收敛半径：（1）∑∞=0k k k n z a k解：||lim |)1(|lim |||)1(|lim |))1(|lim 111+∞→∞→+∞→+∞→⋅+=⋅+=+k k k n k k k n k k n k n k a a k k a a k k a k a k 收敛半径为：而 1|)1(|lim =+∞→n k k k R a ak k k =+∞→||lim 1所以，所求收敛半径为RP55习题3.31.将下列函数在0=z 点展开成幂级数，并指出其收敛范围： （1）2)1(1z − 解：解法之一：利用多项式的乘法：已知 ∑∞==−011k k z z 1||<z ，=−2)1(1z )()(00∑∑∞=∞=⋅k kk k z z ...)1(...432132+++++++=k z k z z z ∑∞=+=0)1(k k z k解法之二：逐项求导： 11()1(12zz −=−则=−2)1(1z ==∑∑∞=−∞=110)'(k k k k kz z (43211)32++++++=−k kz z z z 由于2)1(1z −在复平面内有唯一的奇点1=z ，它与展开中心的距离为1，故该级数的收敛范围为1||<z （2）baz +1解：∑∑∞=+∞=−=−=+=+010)1()()1(1)1(11k k k k k k k k z b a z b a b z ba b b az 收敛范围：1||<z b a 即||||ab z < （5）211z z ++ 解：33321111111z zz z z z z −−−=−−=++令3z t =，则 ∑∞==−011k k t t ， 故∑∞==−03311k kz z =−31z z ∑∞=+013k k z所以，=++211z z ∑∞=03k kz∑∞=+−013k k z 收敛范围为1||<z2. 将下列函数按)1(−z 的幂展开，并指明其收敛范围： （1）z cos解：1sin )1sin(1cos )1cos(]1)1cos[(cos −−−=+−=z z z z∑∑∞=+∞=+−−−−−=01202)!12()1()1(1sin )!2()1()1(1cos k k k k k k k z k z 收敛范围： ∞<−|1|z3.应用泰勒级数求下列积分： （3）∫=zdz z zSiz 0sin解：利用正弦函数的泰勒展开式：∑∞=++−=012)!12()1(sin k k k k z z ，得到 z zsin ∑∞=+−=02)!12()1(k k k k z 则 ∑∑∫∫∑∫∞=+∞=∞=++−=+−=+−=0120020020)12()!12()1()!12()1()!12()1(sin k k k k z k k z k k k zk k z dz k z dz k z dz z z 4.函数α)1(z +在α不等于整数时是多值函数，试证明普遍的二项式定理：...]!3)2)(1(!2)1(!11[1)1(32+−−+−++=+z z z z αααααααα 式中，α为任意复数；πααk i e 21=解： )1ln(2]2)1[ln()1()1(z k i k i z z Ln e e e e z ++++⋅===+απαπααα 下面将)1ln(z e +α在1<z 中作泰勒展开：记∑∞=+==0)1ln()(k kk z z a ez f α， 其中，!)0()(k f a k k =)(11)(')1ln(z f ze z zf z +=+=+ααα ① ⇒ α=)0('f同时由①式有： )()(')1(z f z f z α=+ ② 将②式两边再对z 求导：)(')(')('')1(z f z f z f z α=++ 得到 )(')1()('')1(z f z f z −=+α ③得)1()0(''−=ααf将③式两边再对z 求导得：)('')1()('')()1()3(z f z f z f z −=++α 得到)('')2()()1()3(z f z f z −=+α得 )2)(1()0()3(−−=αααf以此类推，得 )1)...(2)(1()0()(+−−−=k f k αααα则!)0()(k f a k k =)1)...(2)(1(!1+−−−=k k αααα所以∑∑∞=∞=+==)1ln(k kk k kk z z a z a eαk k z k k )1)...(2)(1(!1+−−−=∑∞=αααα 则k k k i z k k e z )1)...(2)(1(!1)1(02+−−−=+∑∞=ααααπαα...]!3)2)(1(!2)1(!11[132+−−+−++=z z z ααααααα 1<z5.将)1(z Ln +在0=z 的邻域内展开为泰勒级数。
武汉大学姚端正报告——浅谈数学物理方法的学习共54页
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一、本课程的内容和特点
对物理问题的处理，通常需要三个步骤： ➢ 利用物理定律将物理问题翻译成数学问题； ➢ 解该数学问题，其中解数学物理方程占有很 大的比重，有多种解法； ➢ 将所得的数学结果翻译成物理，即讨论所得 结果的物理意义。
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二、数学物理方法在物理学中的地位
1.数理方法是物理学科的重要基础课 2.数理方法是进行基础研究的重要工具 3.数理方法是培养学生逻辑思维能力和 创造思维能力的重要课程
“金钱如粪土，朋友值千金” “朋友如粪土”
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二、数学物理方法在物理学中的地位
3.数理方法是培养学生逻辑思维能力和 创造思维能力的重要课程
1.数理方法是物理学科的重要基础课
数理方法是普通物理与四大力学的“粘合剂”
力学
热学
电学
原子物理
理力
热统
Wuhan University
电动
量子力学
二、数学物理方法在物理学中的地位
1.数理方法是物理学科的重要基础课
数理方法是普通物理与四大力学的“粘合剂”
力学
热学
电学 原子物理
数学物理方法
理力
热统
数理方法是普通物理与四大力学的“粘合剂” 数理方法是学习专业课的奠基石
材料物理： 热处理 热传导方程 光学、电子科技: 电磁波传播 波动方程
理论物理： 稳恒场 泊松方程
基础课与专业课的关系:
“这好比一把斧头，基础是斧背，专业是斧刃。 斧背要厚，斧刃要尖，这样的斧头才会锋利无比”。
武汉大学姚端正报告——浅谈数学物理方法的学习
四大力学
理论力学 热 统
数理方法
数理方程 分离变量法 正交曲线坐标 格林函数法 (电象法) 傅里叶变换法 δ函数 特殊函数 变分原理
电动力学
量子力学
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二、数学物理方法在物理学中的地位
1.数理方法是物理学科的重要基础课
数理方法是普通物理与四大力学的‚粘合剂‛ 理论力学: 用拉格朗日方程
---牛顿
xi xi (t ), t
“只要能解微分方程，我就能预测宇宙的过去 和将来‛ -Laplace
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二、数学物理方法在物理学中的地位
1.数理方法是物理学科的重要基础课 2.数理方法是进行基础研究的重要工具 3.数理方法是培养学生逻辑思维能力和 创造思维能力的重要课程
数理方法是普通物理与四大力学的‚粘合剂‛ 力学 热学 电学 原子物理
理力
Wuhan University
热统
电动
量子力学
二、数学物理方法在物理学中的地位
1.数理方法是物理学科的重要基础课
数理方法是普通物理与四大力学的‚粘合剂‛
力学 热学 电学 原子物理
数学物理方法
理力
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1.数理方法是物理学科的重要基础课
数理方法是普通物理与四大力学的‚粘合剂‛ 统计物理：用波尔兹曼输运方程
f f F f f v ( )c t r m v t
得到非平衡态的速度分布函数 量子力学：用 Nhomakorabea定谔方程
2 2 Zes2 ( ) E 2
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数学物理方法姚端正CH9作业解答
则 1~2 式化为 ~(ω , t ) du ~ (ω , t ) = 0..................3 + a 2ω 2u dt ~ ~ u (ω ,0) = ϕ (ω )....................................4 满足初始条件 4 式的方程 3 的解为：
2 2
1 2π
∫
∞
−∞
e − a ω t eiωx dω =
2
2
1 ∞ − a 2 tω 2 e cos ωxdω π ∫0
b2
由教材 P91 积分公式
∫
∞
0
e
− ax 2
1 − π cos bxdx = e 4 a ，上式积分结果为： 2 a
2
F [e
−1
− a 2ω 2 t
1 1 − 4a 2t ]= e π 2
e
−
ξ2 4 a 2t
(sin x cos ξ − cos x sin ξ )dξ 1 2a πt e
− ax 2
=
−∞
e
−
ξ2 4a t
2
sin x cos ξdξ =
sin x ∫ e
−∞
∞
−
ξ2 4 a 2t
cos ξdξ
b2
再一次应用教材 P91 积分公式
∫
∞
0
π 1 − cos bxdx = e 4 a ，上式积分结果为： 2 a
F [sin ηx 2 ] = −
数学物理方法姚端正答案
数学物理方法姚端正答案【篇一：2014年省培在线课程列表】培在线学习先是选课环节，每位老师可以选2门课程，请把课程对应的序号私聊发到我qq上，我汇总后激活课程，学习流程于8月4号-6号发至群共享，请届时查看并自行开展在线学习。
【篇二：2013年下半年集中培训课程】ass=txt>2附件2 在线培训课程45【篇三：大学物理专业毕业去向分析_3】t>三、本专业去向分析(一)毕业去向分析1.直接就业，去中学任教，传授物理学知识。
2.继续深造考研。
考研主要专业研究方向有：理论物理、凝聚态物理、光学、原子分子物理、粒子物理核物理、声学、等离子体物理、半导体物理以及天体物理等。
最近几年，也有为数不少的物理系学生，考取了计算机类、经济管理类等专业的硕士研究生。
考研选择的主要院校有国内外科研院所和有关高校。
据不完全统计，北京某著名高校物理系在过去20年中，三分之一以上的的学生出国了，仅在美国的就有500多人。
根据研究方向的不同，考研的学生毕业后，一般去高校或科研院所工作或继续攻读博士学位。
也有一小部分去了企业或公司从事开发工作。
3.去企事业单位从事与物理学普及有关的管理、推广工作。
（二）毕业去向统计分析安徽某著名大学2007接参加工作的比例会高一些。
所以，上表中的统计数据，仅仅具有参考意义。
四、本专业与相关专业的比较与物理学专业相关的本科专业有：应用物理学、光信息科学与技术、材料物理、微电子学、电子科学与技术、材料物理学等。
下面，我们通过这几个相关专业的主要课程和培养目标来看他们与物理学专业的比较。
（一）物理学专业骨干课程：力学、热学、电磁学、光学、原子物理、理论力学、电动力学、量子力学、热力学与统计物理、数学物理方法、高等数学、电子技术与实验、普通物理实验、近代物理实验、固体物理等。
培养目标：本专业培养掌握物理学的基本理论与方法，具有良好的数学基础和实验技能，能在物理学或相关的科学技术领域中从事科研、教学、技术和相关的管理工作的高级专门人才。
数学物理方法姚端正CH10作业解答
数学物理方法姚端正CH10作业解答题目1题目描述求解一维无限深势阱中的薛定谔方程。
解答过程薛定谔方程为：$$ -\\frac{{\\hbar}^2}{2m}\\frac{{d^2}\\psi}{{dx^2}} + V(x)\\psi = E\\psi $$对于一维无限深势阱，即势能为零的区域内，薛定谔方程简化为：$$ -\\frac{{\\hbar}^2}{2m}\\frac{{d^2}\\psi}{{dx^2}} = E\\psi $$可以将上式改写为标准形式：$$ \\frac{{d^2}\\psi}{{dx^2}} = -k^2\\psi $$其中，$k = \\frac{\\sqrt{2mE}}{{\\hbar}}$。
上述方程为一个二阶常微分方程，可以通过分离变量的方法进行求解。
假设解为$\\psi(x) = A\\sin(kx) + B\\cos(kx)$，代入上式得到：$$ (A\\sin(kx) + B\\cos(kx))'' = -k^2(A\\sin(kx) +B\\cos(kx)) $$化简上式可得：$$ -Ak^2\\sin(kx) - Bk^2\\cos(kx) = -k^2(A\\sin(kx) +B\\cos(kx)) $$通过观察可以发现，上式两边的结果是相等的。
因此，我们只需对振幅因子A和B分别进行求解。
首先，将振幅因子A令为0，代入方程可得到：$$ B\\cos(kx) = 0 $$由于$\\cos(kx)$的周期为$2\\pi$，因此得到的解为$x = 0, \\pm \\pi, \\pm 2\\pi, \\cdots$。
接下来，将振幅因子B令为0，代入方程可得到：$$ A\\sin(kx) = 0 $$由于$\\sin(kx)$的周期也为$2\\pi$，因此得到的解为$x = \\pm \\frac{\\pi}{2}, \\pm \\frac{3\\pi}{2}, \\pm\\frac{5\\pi}{2}, \\cdots$。
数学物理方法答案-部分
向安平 2003年9月30日
目录
iii
目录
I 复变函数概论 复变函数 复数与复数运算 .......................................................................... 复变函数 ................................................................................... 导数 ......................................................................................... 解析函数 ................................................................................... 平面标量场 ................................................................................ 多值函数 ................................................................................... 复变函数的积分 复变函数的积分 .......................................................................... 柯西定理 ................................................................................... 不定积分 ................................................................................... 柯西公式 ................................................................................... 幂级数展开 复数项级数 ............................................................................... 幂级数 ...................................................................................... 泰勒级数展开 ............................................................................. 解析延拓 ................................................................................... 洛朗级数展开 ............................................................................. 孤立奇点的分类 .......................................................................... 留数定理 留数定理 ................................................................................... 应用留数定理计算实变函数定积分 .................................................. 计算定分的补充例体 .................................................................... 傅里叶变换 傅里叶级数 ................................................................................ Fourier积分与Fourier变换 ............................................................... δ函数 ....................................................................................... Laplace 变 换 符号法 ...................................................................................... Laplace变换 ............................................................................... Laplace变换的反演 ....................................................................... 应用例 ......................................................................................
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上式也可表达为
r1− n r 1− n [cos(n − 1)π − 1] = [(−1) n −1 − 1] 1− n 1− n
P38 习题 2.2： 1.计算积分：
∫ ( z − a)( z − b)
l
dz
l 是包围 a 、 b 两点的围线。
解法之一： 1 在 l 内有两个奇点， z = a 和 z = b 。在 l 内作小圆 l1 包围 a ，作小圆 l2 ( z − a )( z − b) 包围 b ，则由复通区域的柯西定理知：
= ∫ ie cos θ cos(sin θ )dθ − ∫ e cos θ sin(sin θ )dθ
0 0
2π
2π
上式等于 2πi ，说明;
∫
2π
0
iecos θ cos(sin θ )dθ = 2π ，
2π 0
则 ∫ e cos θ cos(sin θ )dθ = π
0
π
而 ∫ e cos θ sin(sin θ )dθ = 0 6. 计算积分 1 ez ，若 2πi ∫l z (1 − z )3 (2) z = 1 在 l 内， z = 0 在 l 外；
∫ ( z − a)( z − b) = ∫
l
dz
dz dz +∫ l1 ( z − a )( z − b) l 2 ( z − a )( z − b )
Байду номын сангаас
其中， dz = ( z − a )( z − b) ∫l1 1 z − b dz = 2πi 1 | = 2πi z =a z−a z −b a−b
（3）由分部积分法得：
∫ ze dz = ∫ zde
z
z
= ze z − ∫ e z dz = ze z − e z
z 1+ π i 2
则
∫
π 1+ i 2 1
ze dz = ( z − 1)e |1
z
=−
π e 2
P44 习题 2.3 1. 计算下列积分，其中 l 为 | z |= 2 （3）
∫ ( z + 1) z dz
z+2 z+2 z dz = 2πi ⋅ z + 2 | = −2πi 其中， ∫ dz = ∫ z = −1 l −1 ( z + 1) z l −1 ( z + 1) z
3
∫
l0
z+2 dz = ∫ l0 ( z + 1) z
z+2 z + 1 dz = 2πi ⋅ z + 2 | = 4πi z =0 z +1 z
2
其中， dz = z + 9 ∫l1
2
∫
l1
1 π 1 ( z − 3i) dz = 2πi ⋅ | z = −3 i = − ( z + 3i ) ( z − 3i) 3 1 1 π ( z + 3i ) dz = 2πi ⋅ | z = 3i = ( z − 3i ) ( z + 3i) 3
∫
−i i
即 | f ( z ) | 的最大值为M = 1
（2）积分路径是连接 − i 到 i 的右半圆周，该圆周半径 r = 1 ，那么积分路径的长 度为 s = πr = π . 在该路径上， x = r cosθ , y = r sin θ , 则
| f ( z ) |= x 4 + y 4 = r 4 (cos4 θ + sin 4 θ ) = r 2 (sin 2 θ + cos 2 θ )2 − 2 sin 2 θ cos 2 θ 1 1 = r 2 (sin 2 θ + cos 2 θ )2 − sin 2 2θ = r 2 1 − sin 2 2θ ≤ 1 2 2 即 | f ( z ) | 的最大值为M = 1 所以 | ∫ ( x 2 + iy 2 )dz |≤ Ms = 1 ⋅ π = π
∫ ( z − a)( z − b) = ∫
l
dz
dz dz +∫ l1 ( z − a )( z − b) l 2 ( z − a )( z − b )
∫ ∫
dz 1 dz dz 1 2πi = (∫ −∫ )= (2πi − 0) = l1 ( z − a )( z − b ) a − b l1 z − a l1 z − b a−b a−b dz 1 dz dz 1 2πi = (∫ −∫ )= (0 − 2πi ) = − l l 2 z − b ( z − a )( z − b) a − b 2 z − a a−b a−b dz =0 ( z − a )( z − b)
l
z+2
解法之一： 被积函数有两个奇点，z = −1 和 z = 0 ； 这两个奇点都包含在围道内， 分别以 z = −1 和 z = 0 为圆心作小圆，分 别记为 l−1 和 l0 . 由复连通区域的柯西定 理，有：
∫ ( z + 1) z dz = ∫
l
z+2
z+2 z+2 dz + ∫ dz l −1 ( z + 1) z l 0 ( z + 1) z
当 n 为 ≠ 1 的整数时， ∫
π 0
= r 1− ni ∫ [cos(n − 1)θ − i sin( n − 1)θ ]dθ = r 1− ni[
sin( n − 1)θ cos(n − 1)θ π +i ] |0 n −1 n −1
2r 1− n 1− n ⇐ n为偶数时 cos( n − 1 ) θ r = − r 1− n ⋅ [ ]π [cos(n − 1)π − 1] = n − 1 0 = n −1 1− n 0 ⇐ n为奇数时
（1） z = 0 在 l 内， z = 1 在 l 外； （3） z = 0 ， z = 1 均在 l 内 解： （1） z = 0 在 l 内， z = 1 在 l 外；
ez 1 ez 1 (1 − z )3 ez dz = dz = |z =0 = 1 2πi ∫l z (1 − z )3 2πi ∫l z (1 − z )3 (2) z = 1 在 l 内， z = 0 在 l 外； ez 2 z 1 e 1 z dz = − 1 d ( e ) | = − e dz = − z =1 2πi ∫l z (1 − z )3 2πi ∫l ( z − 1)3 2! dz 2 z 2
2．计算积分 （1） ∫
−2 + i −2
( z + 2) 2 dz
（3） ∫
π 1+ i 2 1
ze z dz
（说明：此题是用找原函数的方法， 与实变函数积分的方法是一样的） 解： （1） ∫
−2 + i −2
1 i 2+i ( z + 2) 2 dz = ( z + 2)3 |− −2 = − 3 3
6
数理方法 CH2 作业解答 P33.习题 2.1 3.利用积分不等式，证明 （1） | ∫ ( x 2 + iy 2 )dz |≤ 2
−i i i
积分路径是直线段； 积分路径是连接 − i 到 i 的右半圆周.
（2） | ∫ ( x 2 + iy 2 )dz |≤ π
−i
证明： （1）积分路径是从 − i 到 i 的直线段，那么积分路径的长度为 s = 2 ，在该路径上， x = 0 ，则 | f ( z ) |= y 2 ，而 | y |≤ 1 ， 所以 | f ( z ) |≤ 1 | ∫ ( x 2 + iy 2 )dz |≤ Ms = 1 ⋅ 2 = 2
e 2π e 2π 2π 2π ez iθ (cos θ + i sin θ ) = dθ = ∫ iecos θ e i sin θ dθ = ∫ ie cos θ [cos(sin θ ) + i sin(sin θ )]dθ dz ∫l z ∫0 eiθ e ⋅ idθ =∫0 ie 0 0
iθ
2
∫
l1
∫
l2
dz = ( z − a )( z − b) ∫l 2
1 z − a dz = 2πi ⋅ 1 | = 2πi z =b z −b z−a b−a
则∫
l
dz dz dz 2πi 2πi = + =0 =∫ +∫ l l 2 ( z − a )( z − b ) ( z − a )( z − b) 1 ( z − a )( z − b) a−b b−a
l2
所以， ∫
l
解法之二：也可以简单地这样处理：
∫
1 1 dz dz dz = (∫ −∫ )= (2πi − 2πi ) = 0 l1 ( z − a )( z − b ) a−b lz −a lz −b a−b
解法之三：学了第 3 节后，可以用柯西公式： 在 l 内作小圆 l1 包围 a ，作小圆 l2 包围 b ，则由复通区域的柯西定理知：
−i i
5. 计算 I = ∫
dz ，其中 n 为整数， l 为以 a 为中心， r 为半径的上半圆周. l ( z − a)n 则 dz = rie iθ dθ
解：记 z − a = re iθ 当 n = 1 时， ∫
iθ π rie dθ π dz =∫ = ∫ idθ = iπ i θ lz −a 0 0 re iθ π rie dθ π dz 1− n − i ( n −1)θ = dθ ∫0 r neinθ = r i ∫0 e l ( z − a) n
4
5. 求积分 ∫ 从而证明： 解： ∫
ez dz l z
(l :| z |= 1) e cos θ cos(sin θ )dθ = π