高等数学第四册第三版数学物理方法答案完整版

1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1212222IIIIII1213451021223453434591655IIIIIIIIIII513123133102IIIIIII4224114III11222222225ABABIABIABIABAB11222224COSSINCOSSIN22ABIABI3设1,2IZ23ZI试用三角形式表示12Z及12ZZ。解121COSSINCOSSIN44266ZIZI121155COSSINCOSSIN2464621212ZII122COSSIN2COSSIN46461212ZIIZ1设123,ZZZ三点适合条件1230ZZZ及1231ZZZ试证明123,ZZZ是一个内接于单位圆Z1的正三角形的顶点。2证明1230ZZZ123231312ZZZZZZZZ122331ZZZZZZ123,ZZZ所组成的三角形为正三角形。1231ZZZ123,ZZZ为以Z为圆心，1为半径的圆上的三点。即123Z,Z是内接于单位圆的正三角形。XZ1Z2Z317证明三角形内角和等于。证明有复数的性质得321321311223ARGARGARGZZZZZZZZZZZZ1332213112231ZZZZZZZZZZZZARG12K0,0,0,0,30KZ3YOZ1Z2X3第一章复数与复变函数（2）7试解方程4400ZAA。解由题意44ZA,所以有410ZAA4COSSINIZIEA所以240,12,3KIZEA41IZAE342IZAE543IZAE744IZAE12下列关系表示的Z点的轨迹的图形是什么它是不是区域12121ZZZZZZ解此图形表示一条直线，它不是区域。24ZZ解22224XYXY即8162XX此图形为X2的区域。1311ZZ此图形为X0的区域。440ARG12RE34ZZ且解1Z表示半径为1的圆的外上半部分及边界，它是区域。126IMYZY且解此图形表示两圆的外部。13182222IIZZ且解2112Y2X，22312XY，它表示两相切圆半径为12的外部区域。9IM12ZZ的部分，它是区域。1020ARG4ZZ13解（1）被积函数有奇点1Z，该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有5COS1CZDZZ45244122COS1COS4412ZIDIIDZ22222222122221ZZZZZCCCZIZIEEEEEZIZIDZDZDZIIZZIZIZIZI112SIN1224IIIEIEI第四章解析函数的幂级数表示（1）2将下列函数展为含Z的幂级数，并指明展式成立的范围（1）1,ABAZB为复数，0，（2）20ZED，（3）0SINZZDZ，（4）2COSZ,52SINZ6211Z，（1）解原式101111NNAZABBBZ|BZA1把11FZZ展成下列级数（）在1Z上展成Z的泰勒级数。解；0111111111NNFZZZZZZZ，|1Z3在12Z上展成1Z的泰勒级数。18解原式01211211NNZZZZ2|1Z12把11FZZZ展成在下列区域收敛的罗朗或泰勒级数（1）01Z解原式01111111NNZZZZZZ，（3）011Z解原式22011111111111NNNABZZZZZ111NNNZ，（5）11Z解原式001111211211111111NNNNZZZZZZZZ1111NNNZZ|1|2Z第四章解析函数的幂级数表示（3）13确定下列各函数的孤立奇点，并指出他们是什么样的类型，对于无穷远点也要加以讨论（1）2211ZZ解孤立奇点为0,ZZIZI，对于0,Z原式1ZXZZIZZ为一阶极点ZI，原式2222111ZZZIZIZIZZI为二阶极点，20同理ZI也为二阶极点。对Z，原式422211111ZZZZZ，由于4201LIM01NZZ，即为可去奇点。（2）221ZI解20ZI，34IKZE为二阶极点。4222222222111LIMLIMLIMLIM011ZZZZZZZIZIIZZ即为可去极点。331COSZZ解；2331COS122ZZZZZ，0Z为一阶极点。3300311COS1COS1LIMLIMLIM1COS01ZZZZZZZZZ即为可去极点。41COSZI解ZI为本性极点。011LIMCOSLIMCOSLIMCOS1ZZZZZIZIIZ即在无穷远点为可去极点。51ZZEE解Z0，11ZZZMEEEZ即Z0时，有M1阶21极点，10011LIMLIMLIM01ZMZZZZEEZZEZZ即无穷远点为可去极点。61ZZEE解0Z，011LIM111ZZZZEEE即无穷远点为可去极点。71SINCOSZZ解SINCOS2SIN4ZZZ，4ZK，4ZKK0,1,一阶极点，00111LIMLIMLIM1SINCOSSINCOS2SIN4ZZZZZZZZ不存在，为本性极点。811ZZEE解1ZE，ZI，1IE21ZIK0K,1一阶极点。11121110021111LIMLIMLIMLIM111ZZZZZZZZZZZZEEEEZEEIEEZI即可去极点。92233ZZ22解1,2ZZ，三阶极点，22223332001111LIM32LIM32LIM2ZZZZZZZZZ2234013LIM3ZZZZ10TGZ解2ZK0K,1,一阶极点，01SINLIMLIM1COSZZZTGZZ不存在11SIN1Z解1Z，为本性奇点，0011LIMSINLIMSINLIMSIN0111ZZZZZZZ即为可去奇点。12111ZZEE解0,1ZZ，一阶极点，1111111100LIMLIMLIM0ZZZZZZZZZZEEEEEE可去奇点。14设,FZGZ分别以ZA为M阶极点，试问ZA为,FFGFG的什么样的特点。解；设NMAZZZGAZZZF,23NMAZZZNMAZZZAZNMAZZAZZGFNNMNMNM（1）MNZZFGZAMN阶极点（2）可去奇点级零点）级极点（）（1NMNNMZZNMZZAZNMZZAZZGZFMNNM3所以当MN时ZA为FG的MAXM,N阶极点当MN时阶的极点或可去极点低于阶极点NNAAAA_0015设0FZ，且以ZA为解析点或极点，而Z以ZA为本性奇点，证明ZA是ZFZ，ZFZI，ZFZ的本性奇点。证明设0,NNMAZZZAZZZFMNNAZZAZZZFZ0显然其中主要部分有无限项。所以ZA是FZZ的本性奇点。24NMNMNNNNMAZZZAZZAZZZFZAZZAZZZFZ000所以ZA是FZZ及ZFZ的本性奇点。16讨论下列函数在无穷远点的性质。2Z解221LIMLIMZZZZ二阶极点。21ZZ解111LIM111LIM1LIMZZZZZZZZZZ可去极点。3121Z解12111111110202210122101CCZCZCCZZCZCCZZZ令由上得0C1211C从而得Z为本性奇点。41SINZZ解1SIN1LIM1SINLIMZZZZZZ可去奇点。25第五章残数及其应用（1）1求下列函数在指定点处的残数1211ZZZ在1,Z解当1Z时，2111RELIM1ZZZZSFZZ14,当1Z时，11111RELIM4ZZZZDZSFZDZ求Z时的残数，用残数和定理，即,11RERERE0ZZZSFZSFZS,12SINZ在0,1,2ZNN解由题可知,ZN是本题的极点，将SINZ用罗朗展开得SINZ21121NNZN，求REZNSFZ，RE1ZNSFZ。3241ZEZ在0,Z解将原式用罗朗展开得241ZEZ24222ZZZ，340024321RERE3ZZZSFZSZ,根据残数和定理，4RE3ZSFZ26411ZE在1,Z解FZ的奇点为1，将11ZE用罗朗展开式展开得21111211ZZ所以,111RERE11ZZSFZSZ,根据残数和定理得11RE1ZZSE2求下列函数在其孤立奇点包括无穷远点处的残数M是自然数11SINMZZ解将式子用罗朗展开2111SIN21NNMMZZZZN，当1211,2MNNM当M为奇数时，残数为0，当M为偶数时,201RE1MZSFZM,根据残数和定理,211MZRESFZM221MMZZ解20,121KIMZEKM是函数的一阶极点。当1M时，2RE1KIMZESFZ，13MZZ27解本题是以Z为M阶极点，以Z为其一阶极点111RELIM1MZZSFZMZ1M1REMZSFZ根据残数和定理得REZSFZ1M1M0421ZEZ解21ZEFZZ是以1Z为二阶极点，2211111RELIMLIMZZXZZEDZZSFZEEDZ根据残数定理和得REZSFZE51COSZZ解用罗朗展开式展开得本题以ZN为一阶极点20112NNNZFZZN2112NNNZZN当1N时有解,则，RE2ZKSFZ，所以,根据残数和定理得REZSFZRE2ZKSFZ17ZZE解本题以0Z为其孤立齐点2811212ZZZZZEEEZ211ZZ01111RE2231ZNSFZNREZSFZ01111RE2231ZNSFZN9COSZZ解本题以ZN为奇点。用罗朗展开式得22401COS1224NNNZZZZN原式得2413112424ZZZZZZ，所以RE2ZNSFZ2101MMZZ解本题以1Z为M阶极点。所以21111RELIM111MMMMZZZSFZZMZ11221211MMMMM第五章残数及其应用（2）3计算下列积分。11SINZDZZZ解用残数方法求，用罗朗展式展开，3511SIN35ZZZZZZ由上式可已看出没有符合残数要求的29项，所以，即1SINZDZZZ0。22222,11CDZCXYXYZZ解用残数方法求解，22111ZZ在1Z有二阶极点，ZI有一阶极点22111RELIM11ZZSZZI21141ZZIZI31NNZDZZAZB,1,1,ABAB1解20COSDA211ZDZIZAZ由于分母有两个一阶极点211ZAA,221ZAA,很明显只有1Z0解原式14220SINDA1421112ZDZIZZZA4211421ZZDIZAZ令2ZW，则21212ZAAA为其二阶极点所以12211RE4218ZZSWWAAA即1220SINDA2221282IIAAAA40SINCOSIADIAA为是实数而且0解0SINCOSIADIAIA0COSCOSDIAIA0LNCOSIA0COSLN1COSIAIIALNIA0,A1解由于FX是偶函数，而且FX在上半平面只有两个一阶极点34412,XAEXAE111RELIMIMXIMXXXXSFXEXFXE同理，222RELIMIMXIMXXXXSFXEXFXE所以，440SINXMXDXA222RERESIN2KKIMXMAXAAMASFXEAE33（5）41DXX解41DXXIM02REKAKXAISFX函数FX411X在上半平面有两个一阶极点34412,IIXEXE而11431RE44IXXESFXZ，223431RE44IXXESFXZ即41DXX3442442IIEEI第七章一维波动方程的傅氏解1今有一弦，其两端被钉子钉紧，作自由，它的初位移为01212HXXXHXX，根据前面分离变量解法得其傅氏解为1,COSSINSINNNNNATATXUXTCDLLL。34其中，1222001228SINSINSIN222LNHCDHDHDLLN，0ND，于是所求傅氏解为2218,COSSINNHNATXUXTLL2将前题之初始条件改为110101HXXXHXX，试求其傅氏解。解所求问题为一维波动方程的混合问题00211SINSINLLLHDHDNC0102222101SINSINSINHDDD2282SINHN2821,SINCOSSINHNATXLLNNUXT。3今有一弦，其两端0X和XL为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为0。初速度为202,CXXX，其中C为常数，0,L的OURIER变换。解由FOURIER变换的定义有M0X0,Y0M2X0,Y0M1X0,Y0M3X0,Y0MX,YR3R1R2RYXO440000SIN22COSSINCOSSIN2SINSIN222SINSINIAXIAXIAXIAXIXAXEEEEFFXFEDXDXXIXIXAXIAXAXIAXDXIXAXAXDXDXXXAXAXDXDXXX由函数的奇偶性有00SIN202AAXDXA，00SINSIN2AXAXDXDXXX，于是有SINAXFX（2）若A，则,0,0AA故有0SIN2AXDXX，0SIN2AXDXX于是SIN0AXFX，同理如果0的FOURIER变换。45解FX在1X。解对定解问题各项以X为变量施行FOURIER变换，并记,IXFUXTUXTEDUTCOSCOSIXFXXED则定解问题化为,22,0,0DUTDTAUTU，它的解为22,ATUTE它的逆变换得22221111,COSATATUXTFUTFEFXFE22222222140111COS22XATATIXATATFEEEDEXDEAT则222224401COS1,COSCOSCOS22XATATATXUXTEXDEDEXATAT第十四章LPLACE变换461求下列函数的LAPLCE变换（）ATE，解由LAPLCE变换的定义有001,REREATATPTPATLEEDTEDTPAPA（2）SINKT，解由线性性质和上式有221111SIN222IKTIKTIKTIKTEEKLKTLLELEIIIPIKPIKPK2求下列函数FP的LAPLCE逆变换。（1）25PFPPP，（2）1FPP，解（1）22221115141414PPPPPPPP又由121COS214TPLETP，1211SIN2214TLETP所以111222111COS2SIN2521414TPPLLLETTPPPP（2）因为10AAPTALTTEDTP，取12A得12112LTP即11LPT，所以111LPT473求解常微分方程初值问题101,02YTTYTYTYY。解记,LYTYP对方程中各项施行APLCE逆变换，注意应用微分性质并将初始条件代入，得22211DYPPYPDPPPP，该方程的解为22221PCYPEPPP，将22PE以0为中心展开为级数，得242211128CPYPPPPP因为10KLP故有1111122122CCYTLYPLLLLCTPPP，代入初始条件得22,0CC于是得12YTT4设有一初始温度为3SIN2X的单位长度的均匀杆，杆的侧面绝热，而两端的温度均保持零度，试求杆内的温度分布。48解其定解问题为,01,00,1,0,03SIN2,01TXUDUXTUTUTUXXX，根据前面分离变量解法得其傅氏解为1,COSSINSINNNNNATATXUXTCDLLL。其中，1222001228SINSINSIN222LNHCDHDHDLLN，0ND，于是所求傅氏解为2218,COSSINNHNATXUXTLL2将前题之初始条件改为110101HXXXHXX，试求其傅氏解。解所求问题为一维波动方程的混合问题00211SINSINLLLHDHDNC0102222101SINSINSINHDDD2282SINHN22821,SINCOSSINHNATXLLNNUXT。3今有一弦，其两端0X和XL为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为0。初速度为202,CXXX，其中C为常数，0,L的FOURIER变换。解由FOURIER变换的定义有0X0,Y02X0,Y01X0,Y03X0,Y0X,Y580000SIN22COSSINCOSSIN2SINSIN222SINSINIAXIAXIAXIAXIXAXEEEEFFXFEDXDXXIXIXAXIAXAXIAXDXIXAXAXDXDXXXAXAXDXDXXX由函数的奇偶性有00SIN202AAXDXA，00SINSIN2AXAXDXDXXX，于是有SINAXFX（2）若A，则,0,0AA故有0SIN2AXDXX，0SIN2AXDXX于是SIN0AXFX，同理如果0的FOURIER变换。解FX在1X。解对定解问题各项以X为变量施行FOURIER变换，并记,IXFUXTUXTEDUTCOSCOSIXFXXED则定解问题化为,22,0,0DUTDTAUTU，它的解为22,ATUTE它的逆变换得22221111,COSATATUXTFUTFEFXFE22222222140111COS22XATATIXATATFEEEDEXDEAT则222224401COS1,COSCOSCOS22XATATATXUXTEXDEDEXATAT第十四章LAPLCE变换1求下列函数的LAPLCE变换（）ATE，解由LAPLCE变换的定义有001,REREATATPTPATLEEDTEDTPAPA（2）SINKT，解由线性性质和上式有221111SIN222IKTIKTIKTIKTEEKLKTLLELEIIIPIKPIKPK2求下列函数FP的LAPLCE逆变换。（1）25PFPPP，（2）1FPP，解（1）22221115141414PPPPPPPP60又由121COS214TPLETP，1211SIN2214TLETP所以111222111COS2SIN2521414TPPLLLETTPPPP（2）因为10AAPTALTTEDTP，取12A得12112LTP即11LPT，所以111LPT3求解常微分方程初值问题101,02YTTYTYTYY。解记,LYTYP对方程中各项施行LAPLCE逆变换，注意应用微分性质并将初始条件代入，得2221