数学物理方法习题解答(完整版)

1 数学物理方法习题解答数学物理方法习题解答 一 复变函数部分习题解答一 复变函数部分习题解答 第一章习题解答第一章习题解答 1 证明在 平面上处处不可导 Rezz 证明 证明 令 Rezuiv Rezx 0ux v 1 u x 0 v y uv xy 于是 与 在 平面上处处不满足 C R 条件 uvz 所以在 平面上处处不可导 Rezz 2 试证仅在原点有导数 2 fzz 证明 证明 令 f zuiv 2 2222 0f zzxyuxyv 2 2 uu xy xy vv xy 所以除原点以外 不满足 C R 条件 而在原 u v uuvv xyxy 点连续 且满足 C R 条件 所以在原点可微 f z 0 0 0 0 00 x x y y uvvu fii xxyy 或 或 2 000 0 0limlimlim0 zzx y z fzxi y z 22 0 000 limlimlim 0 z zzz zzzzzz zz zz zzz 当 与趋向有关 则上式中 0 i zzre 2i z e z 1 z z zz 2 3 设 证明在原点满足 C R 条件 但 3333 22 z0 z 0 0 xyi xy f zxy zf 不可微 证明 证明 令 则 f zu x yiv x y 33 22 22 22 0 0 0 xy xy u x yxy xy 33 22 22 22 0 0 0 xy xy v x yxy xy 3 3 00 0 0 0 0 0 limlim1 x xx u xux u xx 3 3 00 0 0 0 0 0 limlim1 y yx uyuy u yy 3 3 00 0 0 0 0 0 limlim1 x xx v xvx v xx 3 3 00 0 0 0 0 0 limlim1 y yx vyvy v yy 0 0 0 0 0 0 0 0 xyyx uvuv 在原点上满足 C R 条件 f z 但 3333 22 00 0 limlim zz f zfxyi xy zxyxiy 令 沿趋于 则yykx 0 3333334343 22222 0 1 1 1 1 lim 1 1 1 z xyi xykikkkki kkk xyxiykikk 依赖于 在原点不可导 k f z 4 若复变函数在区域上解析并满足下列条件之一 证明其在区域 zfD 3 上必为常数 D 1 在区域上为实函数 zfD 2 在区域上解析 zfD 3 在区域上是常数 RezfD 证明 证明 1 令 f zu x yiv x y 由于在区域上为实函数 所以在区域上 zfDD 0v x y 在区域上解析 由 C R 条件得 f z D 0 uv xy 0 uv yx 在区域上为常数 从而在区域上为常数 D u x y zfD 2 令 则 f zu x yiv x y fzu x yiv x y 在区域上解析 由 C R 条件得 f z D 1 uvuv xyyx 又在区域上解析 由 C R 条件得 fzD 2 uvuv xyyx 联立 1 和 2 得 0 uuvv xyxy 在区域上均为常数 从而在区域上为常数 u v D f zD 3 令 则 f zu x yiv x y Re f zu x y 由题设知在区域上为常数 u x yD0 uu xy 4 又由 C R 条件得 在区域上D 于是 在区域上为常数 0 0 vuvu xyyx vD 在区域上均为常数 从而在区域上为常数 u v DD f z 5 证明不能成为 的一个解析函数的实部 2 xyz 证明 证明 令 2 uxy 22 22 022 uu xx xy 不满足拉普拉斯方程 从而它不能成为 的一个解析函数的u z 实部 6 若 试证 zxiy 1 sinsin coshcos sinhzxyixy 2 coscos coshsin sinhzxyixy 3 2 22 sinsinsinhzxy 4 2 22 coscossinhzxy 证明 证明 1 sinsin sin cos cos sin zxiyxiyxiy cos cos sin sinhiyhyiyiy sinsin coshcos sinhzxyixy 2 coscos cos cos sin sin zxiyxiyxiy cos cos sin sinhiyhyiyiy coscos coshsin sinhzxyixy 3 2 22 sin sin cosh cos sinh zxyxy 2222 sincoshcossinhxyxy 2222 sin 1 sinh cossinhxyxy 222222 sin sincos sinhsinsinhxxxyxy 5 4 2 222222 cos cos cosh sin sinh coscoshsinsinhzxyxyxyxy 2222 cos 1 sinh sinsinhxyxy 22222 coscossinhsinsinhxxyxy 222222 cos cossin sinhcossinhxxxyxy 7 试证若函数和在解析 f z z 0 z 000 0 0f zzz 则 复变函数的洛必达法则 0 0 0 lim z zz f zfz z 证明 证明 0 000 0 00 0000 00 00 00 lim limlimlim lim zz zzzzzz zz f zf zf zf z fzzzzzf zf zf z zzzz zzzz zzzz 或倒过来做 8 求证 0 sin lim1 z z z 证明 证明 000 sin sin limlimlimcos1 zzz zz z zz 第二章习题解答第二章习题解答 9 利用积分估值 证明 a 积分路径是从到 的 22 i i xiydz i i 右半圆周 b 证明积分路径是直线段 2 2 2 i i dz z 证明 证明 a 方法一 222244 iii iii xiydzxiydzxydz 4224222 2 ii ii xx yydzxydz 方法二 在半圆周上 22 1xy 22 1 1xy 6 从而 42424422 xxyyxyxy 在半圆周上 22 1xy 224422 1xiyxyxy 44 max1 c xy 222222 iiii iiii xiydzxiydzxydzdz 或 2244 max i i c xiydzxy b 证 22 2 111 maxmaxmax1 1 z x i z x i zxz 2 22 1 max22 i i z x i dz zz 10 不用计算 证明下列积分之值均为零 其中 均为圆心在原点 c 半径为 的单位圆周 1 a b cos c dz z A2 56 z c e dz zz A 证明 证明 a 的奇点为 由于 所以它们均 1 cosz 1 0 1 2 n znn 1 n z 不在以原点为圆心的单位圆内 在以原点为圆心的单位圆内无奇点 处处解析 1 cosz 由柯西定理 0 cos c dz z A b 的奇点为 它们均不在以 2 56 2 3 zz ee zzzz 1 2z 2 3z 原点为圆心的单位圆内 在以原点为圆心的单位圆内处处解析 2 56 z e zz 由柯西定理 2 0 56 z c e dz zz A 7 11 计算 a b 2 21 2 1 c zz dzcz z A 2 2 21 2 1 c zz dzcz z A 解解 a 在所围区域内解析 且在所围区域内 2 21zz 2z 1z 2z 由柯西积分公式得 2 2 1 21 2 21 224 1 zc zz dzizzii z A b 在所围区域内解析 且在所围区域内 2 21zz 2z 1z 2z 由推广的柯西积分公式得 2 2 2 1 1 21 221241236 1 z c z zz dzizzizii z A 12 求积分 从而证明 z c e dz z A 1cz cos 0 cos sined 解解 在所围区域内解析 且在所围区域内 z e1z 0z 1z 由柯西积分公式得 1 0 22 z z zc e dziei z A 在 上令 则c i ze cossin i z ei c e dzie died z A cos cos sinsin sinieid coscos cos sinsin sinieded cos 0 2cos sini ed 其中利用了 由于是 的奇函数 而是 cos sin sine cos cos sine 的偶函数 所以 cos sin sin0ed coscos 0 cos sin2cos sineded 8 2 cos 0 2cossin z c e dzi ed z A 从而 联立 1 和 2 得 cos 0 cos sined 13 由积分之值 证明 为单位圆周 2 c dz z 0 12cos 0 54cos d c1z 证明 证明 在单位圆周所围区域内解析 由柯西定理 1 2z 1z 1 0 2 c dz z A 另一方面 在 上 c i ze 22 22222 i i ii cc dzze dzie d zzzee AA 1212cos2 sin 54cos124 i ii ei idid ee 2 12cossin 2 54cos54cos idd 为 的奇函数 sin 54cos 3 sin 0 54cos d 由 1 2 及 3 得 4 12cos 0 54cos d 又的偶函数 12cos 54cos 为 5 0 12cos12cos 2 54cos54cos dd 于是由 4 和 5 得 0 12cos 0 54cos d 14 设 证明积分 2 6 4 z F z z c F z dz A a 当 是圆周时 等于 c 22 1xy 0 9 b 当 是圆周时 等于 c 2 2 21xy 4 i c 当 是圆周时 等于 c 2 2 21xy 2 i 证明 证明 的奇点为及 2 66 422 zz F z zzz 1 2z 2 2z a 当 是圆周时 及均在圆外 在圆内c 22 1xy 1 2z 2 2z F z 解析 由柯西定理 6 0 22 c z dz zz A b 当 是圆周时 仅在圆内 由柯西积分公式c 2 2 21xy 1 2z 得 2 66 2224 222 c z zz dziii zzz A c 当 是圆周时 仅在圆内 由柯西积分公式c 2 2 21xy 2 2z 得 2 66 2212 222 c z zz dziii zzz A 第三章习题解答第三章习题解答 15 求下列级数的收敛半径 并对 c 讨论级数在收敛圆周上的敛散情况 a b c 为常数 1 1 n n n z n 1 nn n n z 0 kn n n z 0k 解解 a 11 limlimlim 1 1 nnn n n Rn n n b 11 limlim0 nnnn R n n c limlim1 1 1 k k k nn nn R n n 或 11 limlim1 k nknn n R n n 10 洛必达法则 11ln limlim1 x xx xx xe ln1 limlim0 xx x xx 在收敛圆周上 级数成为 1z i ze 0 kin n n e 它的通项在时 不趋于 0k kin n e n 0 故级数发散 0 kin n n e 16 试求下列级数的收敛半径 a b c 0 n n z 0 n n n n z n 0 0 0 n nn n z ab aib 解解 a 当时 级数收敛 1 1 limlimlim1 n n n n n nn nnn z z z zz 当时 级数发散 lim1 n n n z 亦即当时 级数收敛 而当时 级数发散 1z 1z 于是收敛半径 1R b 1 1 11 1 limlimlimlim 1 1 1 1 nn n n nnn nnnn n nnn n Re nnnn nn c 1 lim n n n R a 1 22 2 limlim nnnn n n nn Raibab 又因为 且 11 22 22 max 2max nn nn a baba b 1 2 lim21 n n 故 1 22 2 limmax nn n n aba b 于是所求级数的收敛半径 max Ra b 或 1 lim n n n a R a 2222 22 lim nn nn n ab R ab 11 当时 ab 2 22 2222 222 limlim 1 n nn nnn nn b ab aba Ra ab b a 当时 ab 2 22 2222 222 limlim 1 n nn nnn nn a ab abb Rb ab a b max Ra b 17 将下列函数按 的幂展开 并指明收敛范围 z a b 2 0 z z e dz 2 cos z 解解 a 2 2 0 n z n z e n z 2 2221 000 000 21 nnn zzz z nnn zzz e dzdzdz nnnn z b 2 1 cos1 cos2 2 zz 2 22 00 1212 cos2 2 2 nnn nn nn zz z nn z 212 2 0 121 cos 22 n nn n z zz n 18 将下列函数按的幂展开 并指出收敛范围 1z a b c cosz 2 z z 2 25 z zz 解解 a coscos 11cos1cos1sin1sin1zzzz 2 0 11 cos1 2 nn n z z n 21 0 11 sin1 21 nn n z z n 221 00 1111 coscos1sin1 2 21 nnnn nn zz z nn 1z 2 1cos1cos1 2 nn 21 1sin1cos1 2 nn 12 221 00 221 cos1cos1 22 cos11 2 21 nn nn nn zzz nn 0 cos1 2 1 n n n z n 1z 或 令 则 cosf zz cos 2 n n fzz 1cos 1 2 n n f 所以 00 cos 1 1 2 cos11 n nn nn n f zzz nn 1z b 221 11 1 223 1 3 z z zz 1 00 121 111 21 333 n n nn n nn zz 13z c 2222 1 111 25 141414 zzz zz zzz 22 1111 44 11 11 22 z zz 令 2 1 2 z t 0 1 11 1 n n n tt t 2 2 2 00 1111 1 24 1 1 2 nn n n n nn zz z 1 112 2 z z 从而 22 2 00 111111 254444 nnnn nn nn zzzz zz 212 11 00 1111 44 nnnn nn nn zz 221 1 0 1 11 4 n nn n n zz 12z 13 进一步 212 11 00 1111 44 nnnn nn nn zz 1111 2222 12 31 0 2 111 111 22 2 n n nn n nnn nn nnnn zzz 奇数偶数 所以 111 22 2 31 0 2 1 1 25 2 n n n n nn z z zz 12z 19 将下列函数在指定的环域内展成罗朗级数 a b 2 1 1 z zz 01 1zz 2 2 25 12 21 zz z zz 解解 a 2222 11212 1 1 1 zz zzzzzzz 在内 01z 0 11 11 n n z zz 2 2222 021 1111 222 1 nnn nnn z zzz zzzzz 在内 1z 1 1 z 01 111111 1 1 1 nn nn zzzzz z 2222 13 11111 22 1 nn nn z zzzzzz b 2 2 2 2512 2121 zz zzzz 在内 且 12z 1 2 z 2 11 11 zz 1 00 1111 22222 1 2 n n n nn zz z z 14 1 22222 01 2 221211 121 1 1 1 nn nn nn zzzzz z 2 1 12 2 01 251 21 221 n n nn nn zzz zzz 20 将下列函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数 并指出成立范 围 a b 2 2 1 1 zi z n n n azi 1 2 1 1 1 z zez 1 n n n az 解解 a 的无心邻域为 zi 0ziR 且 222 2 11 1 zizi z 2 11d dzzi zi 0 111111 222 2 1 2 nn n n zi zi ziiziii i i 1 2 1i 1 2 1 0 1 2 n n n n zi 22zii 11 1 22 211 01 111 22 nn nn nn nn zin zid dz zi 11 13 22 2211 2 11 1111 22 1 nn nn nn nn n zin zi zi z 2 4 2 13 2 n n n n nzi 02zi b 当时 z 0 n z n z e n 1 1 00 11 1 1 n z nn nn e nznz 01z 15 1 2 1 2 02 11 1 12 1 nn z nn nn ze nznz 01z 21 把展成下列级数 1 1 f z z 1 在上展成 的泰勒级数 1z z 2 在上展成 的罗朗级数 1z z 3 在上展成的泰勒级数 12z 1 z 4 在上展成的罗朗级数 12z 1z 解解 1 在上 在上解析 1z 0 1 1 n n z z 1 1z 1z 2 在上 1z 01 111111 1 1 1 n n nn zzzzz z 3 在上解析 且 所以 1 1z 12z 1 1 2 z 1 00 1111111 1 1212222 1 2 n n n nn zz z zz 4 在上 所以12z 2 1 1z 1 01 1111122 2 12111 11 1 1 nn nn nn zzzz zz z 第四章习题解答第四章习题解答 22 确定下列各函数的孤立奇点 并指出它们是什么样的类型 对于极点 要指出它们的阶 对于无穷远点也要加以讨论 1 2 3 2 2 1 1 z z z 1 cos zi 1 sincoszz 16 解解 1 是的孤立奇点且是极点 0 zzi zi 2 2 1 1 z z z 22 2222 0 0 114110 z z z zzzz 是的一阶零点 从而是的一阶极点 0z 2 2 1z z 2 2 1 1 z z z 22 2222 11410 zi zi z zzzz 22 2222 1141 zizi z zzzz 3 223 4181880 zi z zz zzi 是的二阶零点 从而是的二阶极点 zi 2 2 1z z 2 2 1 1 z z z 在内解析 是可去奇点 2 2 1 1 z z z 1 z 2 2 1 lim0 1 z z z z z 四阶零点 2 在的罗朗展开式的主要 1 cos zi zi 2 0 11 cos 2 n n n zi nzi 部分有无穷多项 是的本性奇点 zi 1 cos zi 在内解析 1 cos zi 1z 1 limcos1 z zi 是的可去奇点 1 cos zi 3 111 11sincos 2sin2sincos 4 22 zz zzz 的零点 是的极点 sin 4 z 0 1 2 4 n znn 1 sincoszz 17 又 4 4 sincos10 44 n n n z zn z zn zz 是的一阶零点 从而是 0 1 2 4 n znn sincoszz 的一阶极点 1 sincoszz 是的奇点 但不是孤立奇点 因为在无穷远点的的任z 1 sincoszz 何邻域内 总有其它奇点 rz 23 求在孤立奇点处的留数 1 1 z z e f z e 解解 的解 是的奇点 10 z e 21 0 1 2 n zinn 1 1 z z e e 由于 是的极点 又 21 1 lim 1 z z zin e e 21 n zin 1 1 z z e e 2 2121 11 1 1 1 nn zzzz z z z z zinz zin eeee e e e 22 21 221 0 22 1 n z z z zin e e 是的一阶零点 从而是的一阶极点 21 0 1 2 n zinn 1 1 z z e e 1 1 z z e e 不是的孤立奇点 因为在它的任一邻域内 总有其它的z 1 1 z z e e rz 奇点 由推论 2 21 21 111 1 Re212 1 1n n zz z z z zin z zin ee sf in e e 18 0 4 1 1 2Re212228 1 z z z n e dzisf inii e A 24 求下列函数在指定点处的留数 1 在 2 11 z zz 1 z 2 在 2 4 1 z e z 0z 解解 1 为的一阶级点 1z 2 11 z f z zz 为的二阶极点 1z 2 11 z f z zz 22 11 1 Re1lim1lim 4 111 zz zz sfz zzz 2 2 11 1 Re1lim1lim 14 11 zz dzdz sfz dzdzz zz 由于已是的所有有限孤立奇点 1z f z ReRe1Re10sfsfsf 2 在的罗朗展开式为 2 4 1 z e f z z 0z 44 1 4 13 2 22 4 n nnnn n nn z zzn f z znn 3 1 244 Re0 3 33 asf 由于是的仅有的一个有限孤立奇点 0z f z 4 ReRe0 3 sfsf 在的罗朗展开式为 2 3 1 z e f z z 0z 19 33 1 3 12 2 22 3 n nnnn n nn z zzn f z znn 2 1 2 2Re02 2 asf 25 求下列函数在其奇点 包括无穷远点 处的留数 是自然数 m 1 是自然数 1 sin m z z m 2 2 1 z e z 3 3 1 sin z e z 解解 1 是的有限远孤立奇点 在 的罗朗展开0z 1 sin m f zz z 0z f z 式为 2121 00 11 21 21 nn m nnm nn f zz nznz 令 则 211nm 2 m n 为非负整数 只有为偶数时上式才成立 n m 而当为奇数时 即在的罗朗展开式中没有次m211nm f z0z 1 幂项 即 1 0a 当为奇数时 m Re00sf 当为偶数时 的项是次幂项 所以 此时m 2 m n 1 2 1 1 1 m a m 2 1 Re0 1 m sf m 20 总之 不管为偶数或奇数 都有 m 2 111 Re0 1 2 m m sf m 2 是的唯一的有限奇点 且是二阶极点 1z 2 1 z e f z z 2 2 1 Re1lim1 1 z z de sfze dz z ReRe1sfsfe 3 是的孤立奇点 zn 0 1 n 1 3 sin z e f z z 在点的罗朗展开式为 f zzn 3 1 1sin nz n n e e f z zn 23 3 35 1 2 3 1 3 5 nn n znzn eezn znzn zn 23 33 24 1 2 3 1 1 65 nn n znzn eezn zn znzn 在解析 且为的偶函数 所以它 3 24 1 65 znzn zn zn 在处的泰勒展开式中只有的偶次项 而zn zn 21 3 24 11 65 z n znzn 及 3 24 1 65 z n znzn 4 324 4 31 35 65 z n znznznzn 4 224 121 31 35 65 znznzn 25 324 4 411 35 65 z n znznznzn 3 24 24 4 1 11 65 2 znzn znazn 23 3 1 1 2 3 n nn znzn f zeezn zn 2 4 4 1 2 zn azn 次幂项的系数1 1 111 111 222 nn nnn aeee 1 Re1 2 n n sf ne 22 不是的孤立奇点 z f z 26 求下列函数在其孤立奇点 包括无穷远点 处的留数 1 2 1 2 z z e 1 m zz 解解 1 是的本性奇点 为其孤立奇点 0z 1 2 z z f ze z 在点的罗朗展开式为 f z0z 1 1 2 22 00 22 nm n z z z z m nm z eee nm z 00 00 1 122 2 nn m m n m mn m nmnm z zz nmn m 当时 即 时 的系数即为1mn 1mn 21nmn m n z 1 a 所以 Re0sf 利用了 121 11 1 00 11 22 Re0 1 1 nnn nn nn sfa n nn n 1mn 2121 1 00 11 22 ReRe0 1 1 nn nn nn sfsf n nn n 23 2 是的阶极点 而是的一阶 单 z 1 m f z zz mz f z 极点 1 1 11 Relim 1 m m mm z d sfz mdz zz 1 1 11 lim 1 m m z d mdzz 11 11 111 lim 1 mm mmm z m m z 111 Relimlim mmm zz sfz zzz 是的仅有的二个有限远孤立奇点 z f z ReReRe0sfsfsf 27 计算下列积分 1 1 sin z dz zz A 2 为自然数 1 1 1 nn z dz abab n zazb A 3 2 2 2 1 21 z z e dz z A 解解 1 是被积函数在单位圆内的孤立奇点 0z 1 sin f z zz 24 0 sin0 z zz 0 0 sinsincos0 z z zzzzz 0 0 sin2cossin20 z z zzzzz 是的二阶零点 也就是的二阶极点 0z sinzz f z 2 00 1 Re0limlim sinsin zz ddz sfz dzzzdzz 2 000 sincoscoscossin limlimlim0 sin2sin cos2cos zzz zzzzzzzz zzzz 由留数定理 得 1 2Re00 sin z dz isf zz A 2 由于 被积函数在单位圆内有二个1a 1b 1 nn f z zazb 阶极点 于是n 1 za 2 zb 1 1 11 Relim 1 n n nnn za d sf aza ndz zazb 1 1 1 lim 1 n n n za d zb ndz 11 lim12 1 nn za nnnnzb n 1 21 1221 1 1 n n n nn n ab 25 同理 1 21 1221 Re1 1 n n n nn sf b n ba 由留数定理 得 1 2ReRe nn z dz isf asf b zazb A 1 2121 12211 210 1 n nn n nn i n abba 3 被积函数 22 2 1 zz ee f z zzizi 是在圆内的二个一阶极点 1 zi 2 zi f z2z 22 Relim 2 zi zi ee sf izi zizii 22 Relim 2 zi zi ee sfizi zizii 由留数定理 得 222 2 2 11 2ReResin2 2122 zii z eee dzisf isfiii zi A 28 求下列各积分值 1 2 2 2 0 1 cos d 2 2 0 0 sin d a a 解解 1 2 1 cos2 cos 2 224 000 2 1 cos2 3cos23cos 1 2 ddd I 26 24 02 3cos3cos dd 令 则 2 2 422 200 3cos3cos3cos ddd 2 0 2 3cos d I 令 则 i ze 1 cos 2 zz dz d iz 2 1 11 4 2 61 3 2 zz dzdz I izzzz iz AA 有二个一阶极点 2 1 61 f z zz 1 38z 2 38z 在单位圆外 2 381z 2 z 1 z 又 在单位圆内 1 38341z 1 z 1z 由关于极点的留数定理的推论 2 得 1 1 2 38 1111 Re 262 84 2 61 z z z sf z z zz 由留数定理 得 1 441 2Re22 4 2 Iisf zi ii 2 2 1 cos2 sin 2 222 2 0000 2 1 cos2 sin21 cos221 cos 2 dddd I aaa a 令 则 2 2 2 02 21 cos21 cos21 cos ddd aaa 22 00 11 221 cos21 cos221 cos ddd I aaa 27 令 则 i ze 1 cos 2 zz dz d iz 2 2 1 011 11 221 cos22 211 21 2 zz ddzdz Ii azazzz aiz AA 有两个一阶极点和 2 1 2 211 f z zaz 2 1 212zaaa 2 2 212zaaa 在单位圆外 2 1 2121zaaa 1 z 1z 在单位圆内 2 2 21221 21zaaaaa 2 z 1z 由关于极点的留数定理的推论 2 得 2 2 2 2 2 212 111 Re 22 21 4 2 211zaaa z z sf z za aa zaz 由留数定理 得 2 22 1 2Re2 42 Iiisf zii aaaa 29 求下列各积分的值 1 2 2 22 0 14 x dx xx 22 cos 1 9 x dx xx 3 44 0 sinxmx dx xa 0 0ma 解解 1 22 2222 0 1 21414 x dxx dx I xxxx 在实轴上无奇点 且 2 22 14 z f z zz 0 z zf z 有四个一阶极点 但只有二个 在上半平面 f z 1 zi 2 2zi 28 2 2 1 Relim 64 zi z sf izi iziziz 2 2 2 1 Re2lim2 3122 zi z sfizi izzizi 1 2ReRe2 26 Iisf isfi 2 在实轴上无奇点 当时 22 1 19 f z zz z 0f z 在上半平面有两个一阶极点和 iz F zf z e 1 zi 2 3zi 1 2 Relim 169 iz zi zi ee sF i iziziz 3 2 3 3 Re3lim 48133 iz zi zi ee sFi izzizi 3 22 cos11 2ReRe3 82419 xdx isF isFi eexx 3 在实轴上无奇点 且 44 z f z za 0 z f z 在上半平面有二个一阶极点和 44 imz imz ze F zf z e za 4 1 i zae 3 4 2 i zae 由关于极点的留数定理的推论 2 得 4 1 1 222 1 222 44 Re 444 i amama imii imzimz z ae z z zeeeee sF z za ia i za 3 4 2 1 222 2 222 44 Re 444 i amama imii imzimz z ae z z zeeeee sF z za ia i za 12 44 0 sin ReRe xmx dxsF zsF z xa 29 2222 2 222 sin 4422 mamamama ii ma eeeema e a ia ia 30 从出发 其中 为如图所示之围线 方 iz c e dz z A c 向沿逆时针方向 证明 00 cossin 2 xx dxdx xx 解解 在 所围的区域内解析 由柯西定理 1 iz e z c 0 iz c e dz z A 又 2 R izixizyiz R cR eeeee dzdxdzidydz zxziyz A 令 则 i zRe cossin sin 22 00 2 R iRiiziz iR i eee dzdziRe dRed zz Re sin 2 0 R iz R e dzRed z 又 22 sin sin 0 2 3 2 sin 22 00 10 2 R Riz RRR e dzRedRede zR cossin sin 22 00 2 iii iziz ze i i eee dzdzi e ded zz e sin 2 0 iz e dzed z 又 0sin1 0 2 30 4 0sin 22 00 0 2 iz e dzedd z 令 由 1 2 3 4 得 0R 5 00 ixy ee dxidy xy 而 及 2 2 00 2 y y t t e dyedt y 4 1 1 2 i iei 于是 6 0 1 222 y e idyii y 由 5 和 6 得 7 000 cossin 22 ix exx dxdxidxi xxx 比较 7 两边的实部和虚部 得 8 00 cossin 2 xx dxdx xx 进一步 若令 则 8 成为 2 xy 22 00 2cos2sin 2 y dyy dy 从而 22 00 cossin 2 2 x dxx dx 二 数学物理方程及特殊函数部分习题解答二 数学物理方程及特殊函数部分习题解答 第五章习题解答第五章习题解答 31 弦在阻尼介质中振动 单位长度的弦所受阻力 比例常数叫 t FRu R 做阻力系数 试推导弦在这阻尼介质中的振动方程 解 解 与课上推导弦的受迫振动方程一样 令其中的 t F x tRu 31 t F x tR f x tu 弦在介质中的振动方程为 即 2 ttxxt R ua uu 2 tttxx ubua u 2 T a R b 32 长为 柔软均质轻绳 一端 l 固定在以匀速转动0 x 的竖直轴上 由于惯性离心 力的作用 这绳的平衡位置 应是水平线 试推导此绳相对于水平线的横振动方程 解 解 研究位于 到这一 xxdx 段绳 A 的振动情况 设绳 的质量密度为 A 在纵向 没有运动 于是 A 所受的 纵向合力为零 即 A 所受 的张力在纵向的合力等于其 所受的惯性离心力 2 2211 coscos0TTdsx 即 1 2 2211 coscosTTdsx 在横向 由牛顿第二定律 得Fma 2 2211 sinsin tt TTdsu 32 在小振动条件下 有 12 coscos1 dsdx 注意到 由 1 得 2 x dx TT 1 x TT 2 x dxx TTdxx 即 2 dTxdx 于是绳中任一点 处的张力为x 3 段的惯性离 22222 0 1 2 Txl lx T xdTxdxxdxlx x l 心力 又 代入 2 得 11 sintan x x u 22 sintan x x dx u xxtt x dxx TuTudxu xx x dxx tt TuTu u dx 即 4 x tt Tu u x 将的表达式 3 代入 4 得绳相对于水平线的横振动方程为 T x 与无关 222 1 2 ttx ulxu x 边界条件 有限 自然边界条件 0 xl 0 0 x u x l u 33 长为 的均匀杆 两端由恒定热流进入 其强度为 试写出这个热l 0 q 传导问题的边界条件 解 解 由热传导的傅里叶定律 在边界 上有 其中 为边界 的单位法线矢qk u u q nk n n 量 为 沿 的方向导数 在端 而 u u n n un 0 x 00 q nq iiq 所以 uu nx 33 00 0 0 x x uu qkqk xx 在端 而 所以xl 00 q nq iiq uu nx 00 x lx l uu qkqk xx 即边界条件为 0 0 x x q u k 0 x x l q u k 或 在一维时 而 由热传导的傅里叶定律 u ui x 0 0 0 q ix q q i xl 得 所以边界条件为qk u 0 0 0 q ixu ki xq ixl 0 0 x x q u k 0 x x l q u k 34 半径为而表面燻黑的金属长圆柱 受到阳光照射 阳光方向垂直于R 柱轴 热流强度为 设圆柱外界的温度为 试写出这个圆柱的热M 0 u 传导问题的边界条件 解法一 解法一 如图取极坐标系 极轴垂直于阳光 由 阳光照射而产生的 通过圆柱表面流入圆柱 体的热流强度为 1 sin0 02 Me q 同样由阳光照射而产生的 通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为 11 sin0 02 Me qq 由圆柱本身的温度分布产生的热流强度为 而在极坐标系中 2 qk u 故其通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为 1 ee 34 总的通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为 其 2 u keq 12 qq 在表面的大小为 其中 12 RR u qekqfq sin0 02 M f 由牛顿热交换定律 知 应与成正比 即 q 0 R uu 0 R R u kfh uu 0 0 0 sin0 2 R Mhu u khufhu hu 两边除以 即得边界条件为 h 0 0 sin0 2 R M u u uHh u k H h 解法二 解法二 取如图的圆柱表面的一个小块来分析 小块的面积为 厚度为 两个表面分别s r 为 和 为 的外法线方向单位矢量 而 n 为的内法线方向单位矢量 单位时间流n 出小块的热量等于其能量的减少率 即 01 u cr snk ush uusq n s t 其中 1 sin0 02 Me q ne 令 则 的左边趋于 成为0r nn 0 0 0 u kh uuf n 35 其中 两边除以 即得边界条件 1 sin0 02 M fq n h 0 0 0 sin0 2 R M u u uHufh u k H h 第六章习题解答第六章习题解答 35 长为 的弦 两端固定 弦中张力为 在距一端为的一点以力把lT 0 x 0 F 弦拉开 然后突然撤除这力 求解此弦的振 动 解 解 先求出初始位移 分和两段来考虑 0 0 x 0 x l 设点的位移为 则 0 xh 在中 0 0 xx 1 0 tan h uxx x 在中 0 xxl 2 0 tan h ulxlx lx 在小振动 很小的条件下 利用力的平衡条件和小振动条件 1 2 得 11 sintan 22 sintan 01212 0000 sinsintantan hhTlh FTTTTT xlxxlx 于是 000 F xlx h Tl 00 0 0 00 0 0 t F lx xxx Tl u F x lxxxl Tl 36 定解问题为 2 0 00 0 0 00 0 0 0 0 00 0 00 ttxx xx l t tt ua utxl uut F lx xxx Tl ux F x lxxxl Tl uxl 分离变数 令 代入方程及边界条件 可得既满足方 u x tX x T t 程又满足边界条件的通解为 1 cossinsin nn n n an an u x tAtBtx lll 代入初始条件 得 0 1 sin n t n n xuAx l 0 1 0sin tn t n n an uBx ll 01 2 n Bn 0 2 sin l n n Axxdx ll 0 0 00 00 0 2 sinsin xl x F lxF xnn xxdxlxxdx lTllTll 0 2 00 22 0 2 sincos x F lxlnlxn xx lTlnlnl 0 0 2 0000 22 cossincos l l x x F xF xnlnlxn xxx n TlTlnlnl 00 22 2 sin F ln x Tnl 00 22 1 21 sincossin n F ln xn an u x ttx Tnlll 36 研究长为 一端固定 另一端自由 初始位移为而初始速度为零lhx 的 弦的自由振动情况 37 解 即求解定解问题 2 0 00 0 0 00 00 ttxx x xx l t tt ua utxl uut uhx uxl 分离变数 令 u x tX x T t 可得 1 2 0Ta T 2 0 00 XX XXl 由 2 解得 2 2 2 1 2 n n l 2 1 2 sin n X xcx l 0 1 2 n 由 1 解得 11 22 cossin nnn nana TtAtBt ll 定解问题的通解为 0 111 222 cossinsin nn n nanan u x tAtBtx lll 由初始条件 得 0 0 tt u 0 0 11 22 sin n n nn x l B l 01 2 n Bn 由初始条件 得 0t uhx 0 1 2 sin n n Ahx n x l 38 2 0 2 1 122 2 sin 1 2 n l n n hl Ahxxdx ll n 2 0 2 11 12 22 cossin 1 2 n n nan hl u x ttx ll n 22 0 11 12 22 cossin 1 2 n n nan hl tx ll n 37 求解细杆的热传导问题 杆长为 两端温度保持为零度 初始温度l 分布为 20t bx lx u l 解 解 定解问题为 2 0 20 0 0 00 0 txx xx l t ua utxl uut bx lx uxl l 令 则可求得 u x tX x T t sin n X xCx l 1 2 n 满足 T t 222 2 222 2 0 na t l n na TTTA e l 定解问题的通解为 222 2 1 sin na t l n n n u x tA ex l 由初始条件得 20t bx lx u l 2 1 sin n n bx lxn Ax ll 2 23 000 22 sinsinsin lll n lxnbnn Abxxdxlxxdxxxdx llllll 39 2 322 0 2 sincos l blnlxn lxx lnlnl 223 2233 0 22 cossincos l lxnl xnln xxx nlnlnl 33 3333333 2224 cos11 nbllb n lnnn 3 3 02 1 2 8 21 0 1 21 nnk k b nnkk k 为偶数 为奇数 222 2 21 33 0 2181 sin 21 na t l n nb u x tex l n 当时 整个杆达到平衡状态 t 0u 38 求解细杆的热传导问题 杆长为 初始温度为均匀的 两端温度l 0 u 分别保持为和 1 u 2 u 解 解 定解问题为 2 12 0 0 0 0 0 0 0 txx xx l t ua utxl uu uut uuxl 先将非