高等数学第四册第三版数学物理方法答案

word文档下载后可任意复制编辑word文档下载后可任意复制编辑word文档下载后可任意复制编辑高等数学第四册（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).(2i)i(12i)2ii22i;2.12i2i(12i)(34i)(2i)i510i2i12; 34i5i(34i)(34i) 5 916 5 5 5 5 5 1 (3). i; (13i)(3i)10i2 (4).(1i)4[(1i)2]2(2i)24; 1 a b 1(5).abi(abi)2[a2b2(i)]2a2b2a2b2 1 1[a2b2(cosisin)]2(a2b2)4(cos2isin2); 1i z3.设z12,z3i;试用三角形式表示zz及z1。2 212 21解：z1cos4isin4;z22(cos6isin6); 11 55z1z22[cos(46)isin(46)]2(cos12isin12);z 12[cos()isin()]2(cosisin);z46 46 12 12211.设z,z,z三点适合条件zzz0及zzz1;试证明 1 2 3 1 2 3 1 2 3z,z,z是一个内接于单位圆z=1的正三角形的顶点。 1 2 3证明：zzz0;zzz;zzzzzz; 1 2 3 1 2 3 2 3 1;3 1 2zzzzzz;z,z,z所组成的三角形为正三角形。 1 22 3311 2 3zzz1z1,z2,z3为以z为圆心，1为半径的圆上的三点。123即z,z,z是内接于单位圆的正三角形。 1 2 3z1z2z1z2z3.17.证明：三角形内角和等于。证明：有复数的性质得：zz zz zzarg2 1;arg3 2;arg1 3;zz zz zz 3 1 1 2 2 31332213112231332213112231;zzzzzzzzzzzz••(0,;)(0,);(0,;)(0,3);Z3yoZ1Z2xk0;;第一章复数与复变函数（2）7.试解方程z4a40a0。解:由题意z4a4,所以有az41a0;az4cosisinei;所以azei24k(k0,1,2,3);zaei4;zaei34;zaei54;zaei74. 1 2 3 412．下列关系表示的z点的轨迹的图形是什么？它是不是区域？(1).zzzz(zz) 121 2解：此图形表示一条直线，它不是区域。(2).zz4;解：x2y2(x4)2y2即8x16;x2;此图形为x2的区域。z1(3).z11;解：z1z1；(x1)2y2(x1)2y2;2x2x;x0;此图形为x>0的区域。(4).0arg(z1)4且2Re(z)3;解：此图形表示[2,3]区间辐角在[0,4]的部分。(5).z1且Imz0;解：z1表示半径为1的圆的外上半部分及边界，它是区域。(6).yImzy; 1 2解：它表示虚部大于y小于等于y的一个带形区域。 1 2(7).z2且z31;解：此图形表示两圆的外部。 i1 3i1(8).z22且z22;解：x2(y)2，x2(y)2，它表示两相切圆半径为的外部区域。(9).Imz1且z2;解：此图形表示半径为2的圆的内部，且Imz1的部分，它是区域。(10).z2且0argz4;）解：此图象表示半径为2的圆的内部且辐角主值在0,4的部分，它是区域。第二章解析函数（1）4.若函数fz在区域D上解析，并满足下列的条件，证明fz必为常数.fz0zD证明：因为fz在区域上解析，所以,。令fzux,yivx,y，即fzuxiyv0。由复数相等的定义得：0，0。所以，ux,yC(常数)，vx,yC(常数)，即 1 2fzCiC为常数。 1 25.证明函数在z平面上解析，并求出其导数。（1）ex(xcosyysiny)iex(ycosyxsiny).证明：设fzux,yivx,y=ex(xcosyysiny)iex(ycosyxsiny).则ux,yex(xcosyysiny)，vx,yex(ycosyxsiny)uxex(xcosyysiny)excosy；yvexcosyysinyexxcosyexuyex(xsinysinyycosy)；vxex(ycosyxsinysiny)uvu v满足xy;yx。即函数在z平面上x,y可微且满足CR条件，故函数在z平面上解析。 u vf(z)xixex(xcosyysinycosy)iex(ycosyxsinysiny)8．由已知条件求解析函数fzuiv，ux2y2xy，f(i)1i。解：u2xy,u2yx，u2,u2。所以uxuyy0u是平面调函数。由于函数解析，根据CR条件得uxvy2xy，于是，v2xy(x),其中(x)是x的待定函数，再由C—R条件的另一个方程得v2y'(x)=u2yx， x y所以'(x)x，即(x)c。于是v2xyc 1 1又因为f(i)1i，所以当x0,y1，时u1，v2c1得c2所以fzx2y2xyi(2xyy22x2212)。第二章解析函数（2）12.设是z的解析函数，证明(uiv,zxiy)。 x y，vu证明：是z上的解析函数，所以，在x,y上处处可微，uv u v即xy，yx，uvyvux，所以uxyv，所以，xyvyxuuvyvux，所以，xvyv同理，yyvxxu即得所证。14.若zxiy，试证：（1）sinzsinxchyicosxshy。证：sinzsin(xiy)sinxcosiycosxsiniy eiiyei(iy) eiiyeiiy =sinx 2 cosx 2i eyey ei(iy)ey =sinx2 icosx 2sinxchyicosxshy18.解方程lnz。i解：lnzlnziargz02，即z1,argz2，设zxiyx2y21，argxiy2得x0,y1，即zi。20.试求(1i)i,3i,ii,e2i及Ln(1i)。解：iieiLniei(22k)ie22k,k0,1,2,(1i)ieiLn(1i)eiln2(42k)(cosln2isinln2)e4e2k，k0,1,2,Ln(1i)ln(1i)i2kln2i4i2kln2i(42k)k0,1,2,3ieiLn3ei(ln32k)cosln3isinln3e2ie2eie2(cos1isin1)22，求证limz01 sinz sin(xiy)证:zxiy(x,y,均为实数)，所以limzzxlim,yxiy当x0则极限趋近于z轴，有limy1当y0时，则极限趋于z轴，有limx1，sinz故limzz1。第三章柯西定理柯西积分（1）1.计算积分1（ixyix2)dz,积分路径是直线段。0解：令z=(1+i)dz，dz=(1+i)dt，则：1+i 2 12 01t2dt(i1)t31i1。(x-y+ix)dzit(1i)dz(i1) 30 30 02.计算积分路径是（1）直线段，（2）右半单位圆，（3）左半单位圆。解：（）令1 zit(1t1)，dzidt，zt，所以izdz1tidti1(t)dti1tdti i11 0(2).令：zcosisin(22)，dz(sincos)d，z1，则izi2sindi2cosd02i2ii2 23(3).令zcosisin(从2到2），dz(sinicos)d，z1，iz2sindi2cosd02i2i i3 3 5.不用计算，证明下列分之值为零，其中2 2 C为单位圆。ccosdzz，（2）cz2dz2z2，（3）cz2e5zz6dz，解：（1）因为函数f(z)=co在单位圆所围的区域内解析，所以ccosdzz0。因为函数f(z)z2+z+2在单位圆内解析，所以cz2+2dzz+20。 ez ez因为函数f(z)=z2+5z+6=(z+2)(z+3)的解析区域D包含拉单位围线所以由哥西积分定理有cz2+5ezz+6dz06.计算z1dzz，z1dzz，z1dzz，z1dzz。（）1dzdz2if(1)2i解：z1z z1z1 。(2)dzieid2dei0z1z z1 0 。(3)z1dzz02coscosisinisind0。(4)z1dzz02d2。7.由积分czdz2之值，证明021524coscosd0，其中取单位圆。证明：因为被积函数的奇点z2在积分围道z1外，故czdz20，现令zrei，则在z1上zeicosisin，dzieidicosisind，czdz2022icoscosisinisind=022-coscosiisinsin22coscosiisinsind022sin54icos2cos1d，比较可得：0252sin4cosd0，0252cos4cos1d0。第三章柯西定理柯西积分（2）8.计算：（1）c2z2zz11dz，C:z2。解：c2z2zz11dzc2z2z2z1z1dzc(2zzz112)dzc(2z1z11)dzc(2z)dzcdzcz11dz002if(1)2i。10.设C表圆周x2y23，fzc327z1d，求f1+i。解：设g3271，它在复平面内解析，故当zC时，则由哥西积分公式有fz3271dgdz2igz2i3z27z1，所以 Z zc cf1+i2i3z27z12i6z71226i。 z1i z1i11.求积分cezzdz,C:z1,从而证明：0ecoscos(sin)d。解：由于C:z1，函数fzezz在z0处不解析，cezzdz(2iez)z02i。令zei,dzieid，则cezzd02ecoseiisinieidi02ecoscos(sin)isin(sin)d2i，故2ecoscos(sin)d2ecosisin(sin)d2，所以0 02ecoscos(sin)d2，即0ecoscos(sin)d。013.设fzz2，利用本章例5验证哥西积分公式fz=1cfd以及哥西求导公式fnz2n!icfzn1d。提2iz示：把f写成z22zzz2。证明：设f2z22zzz2，则式的右边为可写为：21icfdz21icz22zzzz2dz =1cz2zd21icz2zd由哥西积分定理有：2i12icz2zd0，所以右边21icz2zd21iz22iz2，即左边=右边。再由式子可知当n1时，f 2icz 2icfz2d，z1fd1成立。k k!cf()dk1等式成立。则假设当nk时，f(z)2i(z)k1!当nk1时，fk1(z)2ic(f(z))dk2成立。fnzn!fd所以 2iczn1。14.求积分（1）ccosz1z5dzc2ez2dz，其中C:zaa1.，（2）(z1)解：（1）被积函数有奇点z1，该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有：ccosz1z5dz24!idzd44coszz124!i412cos125i ez ez(2):c(z2ez1)2dzc1(z(zi)i2)2dzc2(zi2)2dz2i(zezi)2'2i(zezi)2' (zi) zi zi2(1i)ei2(1i)eii2sin(14)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）azb(a,b为复数，b0)，（2）0ez2dz，（3）0zsinzzdz，（4）cos2z,(5)sin2z.(6)1z2，11 1(az)n1解：原式=bbaz1bn0b|z||ba|z(z2)ndzz2n1解：原式=0 n! n!(2n1)|z|<∞ n0 n0 z(1)nz2ndz (1)nz2n1解：原式=0 (2n1)! (2n1)!(2n1)|z|<∞ n0 n01cos2z11(1)n(2z)2n解：原式=2 22 (2n)!|z|<∞n01cos2z11(1)n(2z)2n|z|<∞解：原式=2 22 (2n)!n01zn)nzn1|z|<1（6）解；原式=(1z)(4．写出ezln1z的幂级数少z5项为止，其中ln1zz00。解：ez1z22!2,|z|，ln1zzz22z33,|z|1两式相乘得111 11111ezln(1z)1z(1)z2()z3( )z4232! 4322!3!1111111(5432!23!4!)z5|z|15．将下列函数按z1的幂展开，并指明收敛范围：cosz，（2）sinz，（3）z2，（4）z2z5，解：（1）原式=cos(z11)cos(z1)cos1sin(z1)sin1(1)n2(nz!1)2ncos1sin1(1)(2n(nz1)!1)2n1(1)n2(nz!1)2n(cos12zn11sin1) n0 n0 n0 |z1|原式=sin(z11)sin(z1)cos1cos(z1)sin1(1)n(z1)2ncos1sin1(1)n(z1)2n1(1)n(z1)2n(sin1z1cos1) 2n! (2n1)! 2n! 2n1|zn01| n0 n0 1 1 1 1 z1(z1)2z23(1z31)3(133zz23z(z31)nn0|z1|3 z( 1 )[(z1)2]n解：原式 21 41(z1)2 n0 2|z1|26．设1zz2cnzn，证明cccn2，指出此级数展式 n0 n n1 n2之前5项，并指出收敛范围。 115 15解：cn5[(2)n1(2)n1]（n0）， 115 15cn15[(2)n(2)n] 115 15cn25[(2)n1(2)n1]ccc） n n1 n2 35 7251原式=15z2z25z35z4|z|2第四章解析函数的幂级数表示（2）9．将下列函数在指定环域内展成罗朗级数：z1（1）z2z1,0z1,1z. 2z1 2解：原式z2z1 2z21 2 2z21zn在0z1内，上式z 1zz2n02z12(1)2z121在1z内，上式 z2 z11z z2 zn0zn(2)z1,1z2，12111(1)1(z)n1(z)n解：原式z2212(1)zz 221(2z)212(1)z12(2z)n[1(1)n] 1|z|2n0zz1,0z1解：原式ez(12z2z1)znn![12z(z2)n]0|z|1 n0 n01z51z3，0z31(1)(11)(1)zn解：当1|z|3时，原式=z51z15 313zn0z5(n1)n03n1(1)(11)z5nzn 当0|z|1时，原式=1z5 313zn0 n03n1sinz1，0z11。 z z11 1 1解：sinz1sinz1sin1cosz1cos1sinz1 1 1sin1(1)n(z1)2ncos1(1)n(z1)2n1 (2n)! (2n1)! n0 n0sin1(z(1)21)n(2nn)!cos1(z1)2(n1)1(2nn1)!。10．下列各函数指定点的无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立的范围：1z212，其中zi。解 ： 1 11 11 11 1z2124(zi)24(zi)24i(zizi)14(z1i)2161(1)n(z2ii)n(1)n(z2ii)n41i(zi)118(1)n(z2ii)n n0 n0 n014(z1i)214(z1i)161[(1)n(z2ii)n]218(1)n(z2ii)n0|zi|2 n0 n0z12e11z，z111 z12e11z(z1)2 (z1)2 1 (1)n11解： ez1 n0n!(1z)n n0n!(1z)n2，|z1|011．把fz11z展成下列级数：（1）在z1上展成z的泰勒级数。解：fz11zzn，z1。(2)在z1上展z的泰勒级数。word文档下载后可任意复制编辑1word文档下载后可任意复制编辑1word文档下载后可任意复制编辑1 fz111( )1(1)n解； 1z z1 z11z zn0z，|z|1(3)在z12上展成z1的泰勒级数。111(z1)n解：原式21z212n02，|z21|<1(4)在z12上展成z1的泰勒级数。 (z1)1 (z1)(2)n 12 n0z1|z21|1解：原式 z112．把fzz11z展成在下列区域收敛的罗朗或泰勒级数：0z1， 1 1 1zn，解：原式z1zzn0z111111(1)n解：原式zz11zzzn0z，0z11 1 1解：原式1(z1)1z(1z)n11z(1)n1(z1)n1， n0 n0（4）z11z11111z11n0(1)n(z11)n11za2b2(1)n(1)n，解：原式 z1 z1n1（5）z11解：原式1(1z1)z11(z1)n11zn0(z1)n12(z21)n， n0 n0（6）1z121111(z1)n1(1)n解：原式2112zz11z112n02z1n0z1(21n11)(z1)n。（7）z1 1 1 1 1(2)n1(1)n解：原式(1z)(112z)1z111z z1n0z1 z1n0z1(z11)n(1zn)|z1|2 n1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）z12解：孤立奇点为：z0,zi,zi，z1X(z)对于z0,原式=z(zi) Z为一阶极点 z1 z1 z(zi)2(zi)2z(zi)212 为二阶极点，，原式=zi (z1) zi同理：zi也为二阶极点。11 z (1z)z4对z，原式=1z(z121)2(1z2)2，由于limn0(1(1zz)2z)240，即为可去奇点。1（2）(z2i)2解：z2i0，zei(k34)为二阶极点。 1 1 z4limlimlimlim0z(z2i)2 z(z12i)2 z(1z2z2i)2 z(1z2i)2即为可去极点。1cosz(3)z3解； 23z，z0为一阶极点。11coslim1coszlim zlimz3(1cos1)0z3 z0 1 z0 zz z3 即为可去极点。1(4)coszi解：zi为本性极点。 1 1 zlimcoslimcos limcos( )1z zizo (1zi)z0 1zi即在无穷远点为可去极点。ez(5)ez1解：z=0，e1m1即z=0时，有(m-1)阶极点，1e1ez1zlimzm(e1z1)0zm (1z)m z0 即无穷远点为可去极点。ez(6)ez1 ez 1lim 1ez1z011解：z0， e1z即无穷远点为可去极点。1(7)sinzcosz 解：sinzcosz2sin(z4)，z4k，zk(k=0,1,)一阶极点，word文档下载后可任意复制编辑word文档下载后可任意复制编辑word文档下载后可任意复制编辑 1 1 1limlimlimzsinzcoszz0sin1zcos1zz02sin(1z4)不存在，为本性极点。1ez(8)1ez解：ez1，zi，ei1zi(2k1)(k0,1)一阶极点。 1 11 ez() 1ez 1ezz21limlim limlimz1ez z1e1z0(ie1)z0e1z(1) 即可去极点。z zz2(9)(z23z2)32解：z1,z2，三阶极点，2(13z2z2)3lim1 1 2 1 1 2 zlim(zz23z2)3lim0(z23z2)3lim[z0(z1)(z2)]3 z0 34 z(10)tgz1sinlimtgzlimz z z0cos1>不存在解：zk2(k0,1,)一阶极点， z1(11)sin1z1zlimsinlimsinlimsin01解：z1，为本性奇点，z1zz0 1zz0 z1即为可去奇点。1ez1(12)ez1111 zez1ez1e1zlimlimlim0解：z0,z1，一阶极点，zez1 z0e1z1z0e1z1可去奇点。14.设fz,gz分别以za为m阶极点，试问za为fg,f•g,的什么样的特点。(z) (z)f(z),g(z)解；设 (za)m (za)n(z)(za)mn(z)(mn) (za)m(za)nm(z)(z)fg(mn) (za)n (z)(z) (za)n(mn)（1）(z)(z)f.g(za)mn(m+n)阶极点（2） 1 (z)(za)mn(z)(mn（)mn）级极点 f(z) (z)(za)nm(mn)(mn)级零点 g(z)（z）(z) 可去奇点 (z)(mn) (3)所以当m≠n时z=a为f+g的max{m,n}阶极点 (a)(a)0 _____n阶极点当m=n时(a)(a)0低于n阶的极点或可去极点15.设fz0，且以za为解析点或极点，而z以za为本z性奇点，证明za是zfz，zfz，fz的本性奇点。f(z)(z),(z)(z)证明：设 (za)m (za)nn0(z)f(z)(z)(z)(za)n(za)m显然其中主要部分有无限项。所以z=a±f(z)+(z)的本性奇点。(z)(z)(z).f(z) (za)m (za)nn0(z)(z)n0(za)n(z)(za)mnf(z) (z) (z) (za)m n0 (z)所以z=a是f(z)(z)及f(z)的本性奇点。16．讨论下列函数在无穷远点的性质。(1)z2解：limzz2limz1z2二阶极点。z(2)z11limzlimzlim1z1z1zz1 zz1z解： z1 可去极点。(3)1z12解： 1 1 1令(1z)zccc...1z 2z21 1(1z)zccc... 0 1z 2z2c212c0c1 1由上得：c 1c从而得：z=为本性奇点。1(4)zsinz 1 1解：limzzsinzlimzzsinz1可去奇点。第五章残数及其应用（1）1.求下列函数在指定点处的残数.z1z1z12在z1,z Resf(z)lim 1解:当z1时，z1 z1z12z1=4,zzlimdz11Resfz1z1dz4当z1时，.z1求z时的残数，用残数和定理，即,ResfzResfzRes0,z z1 z12sin1z在znn0,1,2解:由题可知,zn是本题的极点，将sinz用罗朗展开得:sinz=21nnz12n!1，求Resfz，Reznsfz1。zn(3)在z0,.2z2z21e2z 2解:将原式用罗朗展开得：z4= z4 ，2z3ResfzRes32140 z0z4 3z Resfz4. ,根据残数和定理，z 3(4)ez11在z1,,解:fz的奇点为1，将ez11用罗朗展开式展开得： 1 11z121(z1)2所以,Rez1sfzRez1sz111,1根据残数和定理得：Rezsez112.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).1zmsin1zzmsin1zm12nnz12n!1，当解:将式子用罗朗展开z1m2n11,n2m.当m为奇数时，残数为0，当m为偶数时,Rez0sfz1m2,根据残数和定理,zzm11m2!Resfz2m(2)1zm解：zei2km(k0,1,2(m1))是函数的一阶极点。当m1时，Resfz12k ，zeim31Zm(z) 解:本题是以z为m阶极点，以z为其一阶极点. 1 1(m1) 1Rezsf(z)(m1)!limzz-mResfz1zm根据残数和定理得: 1 1Resfz-m+m=0zez(4)z12fzez解:z12是以z1为二阶极点，ezz12)d(Rez1sfzlimx1z1dz2 limz1eze根据残数定理和得:Resfze.z51coszz解:用罗朗展开式展开得：本题以zn为一阶极点.fz z z112nnz!2n=12nnz!2n n0 n1当n1时有解,则，Rezksfz2，所以,根据残数和定理得：Resfz-Resfz2z zk(7)ez1z解:本题以z0为其孤立齐点.z1 z 1z z2 1 1 ezee1z21z2z2 Rez0sfz1122!3!1n!n11!n1ResfzRez0sfz(1122!3!1)n!n11!z n1题以zn为奇点。(1)nz2n1z2z4用罗朗展开式得：cosz2n! 2!4!n0z 1 z2z4 1z1z3 z2原式得：12!4! z2!4!，所以Reznsf10z2mz1m解：本题以z1为m阶极点。所以Rez1sfzm11!zlim[1z1m(zz21)mm](m1)=(m11)!2m(2m1)(m2)(1)m1第五章残数及其应用（2）3．计算下列积分。(1)dzz1zsinz 1 1zsinz z3z5 解：用残数方法求，用罗朗展式展开， zz3!5!由上式可已看出没有符合残数要求的项，所以，即dzz1zsinz=0。2cz1dz2z21,c:x2y22xy解：用残数方法求解，z12z21在z1有二阶极点，zi有一阶极点. 1 1 1Rez1sz12z21limz1(z+i)z12zi(zi)4dz(3)zanzbn,a1,b1,ab,n为自然数。z11解：(za)nzbn分别以za,zb为其n阶极点。 1 1 1 1Res(za)nzbn=abn，Res(za)nzbn=abnza zb dz 22i当n为偶数时，z1zanzbn=abn当n为奇数时，zzazbn=01e2zdz21z2解zi,zi两个不解析点，Rezisfzlimzize2zie2ii2，Rezisfzzlimize2zie2i2i即21z21e2zdzz2=212ie22iie2ii2isin21zdz1coszz7z3e1z1z解z1,z0为其一阶极点。 1 11z2z3 1z=1z3zz2! ，Res1z3ze1z=16。1zez z71zdz z3e1z2i1 1i即1cosz=-Res1z =-62i=34．求下列积值。(1)02cosda(a>1)解:02cosda=z1iz(z2dz2az1)由于分母有两个一阶极点:zaa21,zaa21,很明显12只有z11所以只有zaa21符合题意，所1Resfzlimzzfz21 以,zz1 xz1 1 i2a21即02cosda=ia1212i=a22102cosd21dz z1 12iz[1z2z]24dz22解：原式等于=iz1z6z1在z1时,只有z322的一个一阶极点.1Rezz1sfzlimxz1zz1fz1，所以,02cosd21=2i2i4122242012sin2da(a>0) dz 1解:原式=402sin2da=14z1az2z12iz=-1iz1z44azdz2z211令z2w，则z2a12a2a为其二阶极点.所以1 1 1Rezz1sw2w4a218a2a即012sin2da=i28a12a2i2a2a(a为是实数而且0)解：0cossiniaiadia=-0d(coscosiaia)=lncosia0lncosiaialn(1)ii(a(a0)0)5．下列个积分的值。x2dx0x21x24解：函数fx在上半平面有两个一阶极点：xi,x2i。Rexisfxlimxixifx61i，Rex2isfxlimxix2ifx31ixdx所以，0x212x24=31i61ii2x2x2dxa22解：函数fx在上半平面有xai一个二阶极点。Rexaisfxlimxaidy(xaifx)=4iadx所以，x2x2dxa22=4ia2i2acosxx21x29dx解：因为x229是偶函数。所以x2cos1xx29dx=20x2cos1xx29dx令fx=x211x29fxeix在上半平面有zi,z3i两个极点。Rexisfxeixlimxizifxeix16ieRex3isfxeixlimx3iz3ifxeix48ie3cosx所以，x21x29dx=2i16ie48ie324e33e21(4)0xsinx4mxdxa4(m>0,a>1)解：由于fx是偶函数，而且fx在上半平面只有两个一阶极点：xae4,xae342Resfxeimxlim(xx1)fxeimx xx1 xx1同理，Resfxeimxlim(xx2)fxeimx xx xx2所以，0xsinx4mxdxa4=2ReakRexaksfxeimx2a2ema2sinma2（5）x4dx1解：x4dx1=2iIm0Rexaksfxak函数fx=x411在上半平面有两个一阶极点：x1ei4,x2ei34 3而Rexxsfx41z3xx1e4i4，Rexxsfx41z3xx2ei44 1 2 i i3即x4dx12ie44e442 = 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：2． hx (0x1)(x)h(2x) (1x2)，初速度为0，试求其付氏解，其中h为已知常数。解：所求问题是一维波动方程的混合问题： ua2u (1x2,t0) tt xxu(0,t)u(l,t)0(t0) hx(0x1)u(x,0)h(2x)(1x2) (x,0)0 ，根据前面分离变量解法得其傅氏t解为：u(x,t)(CncosnlatDnsinnlat)sinnlx。n1其中，Cn2l0l()sinnld22[01hsinn2d12h(2)sinn2d]n82h2，D0，n于是所求傅氏解为：u(x,t)n82h2cosnlatsinnlxn1h(1x)(1x0)2.将前题之初始条件改为：(x)h(1x)(0x1)，试求其傅氏解。解：所求问题为一维波动方程的混合问题：c2(0h(1)sinnd0h(1)sinnd n l 1 l 1 l2h(0sinnd1sinnd0sinnd)8hsinn 2 1 2 0 2 1 2 n22 2u(x,t)8hsinncosnatsinnxn22 2 l ln1 。3今有一弦，其两端x0和xl为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为0。初速度为 c (2x(x)0 (x2,，其中c为常数，0l,试求其傅氏解。解：所求问题为一维波动方程的混合问题：Dnn2a2csinnldn22cl2a(cosnl2cosnl)u(x,t)n22cl2a(cosnl2cosnl)sinnlatsinnlx４．今有一弦，其两端固定在 x0和xl两处，在开始一瞬间，它的形状是一条以过x点的铅垂线为对称抛物线，其顶点的纵坐标为h,假定没有初速度，试用付氏方法求弦的振动情况：解：设其抛物线方程为(x-a)22p(yb)，将点(0,0),(,h)及(l,0)代入得：a2l,p8lh2,bh，故方程为x2l24l2hyh，即yh(x-)24h (0xl)，所求题为一维波动方程的混合问题，u(x,t)=cncosnlatDnsinnlat)sinnlx;D0， n=1 nC2lh(l2d2)24hsinn163h3dn163h31(1)n(n1,2,3...) n l0 0 (n为偶数) u(x,t)n323h3cosnatsinnx (n为奇数) l ln1ua2u tt xxu(0,t)0,u(l,t)0,(t0)５求解混合问题u(x,0)sinlx,ut(x,0)sinlx,(0xl)。u(x,t)=(CcosnatDsinnat)sinnx n l n l l 解： n=1 ，C2lsinsinndnl0ll1,(n1)0,D2lsinsinndn na0 l l la,n 0,(n1)u(x,t)(n1)(n1)0,(n1)(cosnatlsinnatd l na l 。 ua2u tt xx u(0,t)0,u(l,t)0,(t0)6.求解混合问题u(x,0)sin3lx,ut(x,0)x(lx),(0xl)。解：所求问题为一维波动方程的混合问题：u(x,t)=(CncosnlatDnsinnlat)sinnlxn=12lsin3sinnd01,,((nn3)3)l0 l l2l(l)sinndn434a0,(,n(n为奇数1))na0 l 8l 0,(n为偶数)u(x,t)8l3sinnatsinnx(n为奇数且n3) n=1n44a l l(cos3lat818l34asin3lat)sin3lx(n3)第八章热传导方程的付氏解1.一根长为l的枢轴，它的初温为常数u，其两端的温度保持为0，试求在枢轴上温度的分布况。解：所求问题为热传导方程混合问题，其付氏解为： n222a2t nx u(x,t)cel sin n1n l，cn2l0lu0sinnld2lnl(consll0)4nu0其中：(na)2t u(x,t)4u0e l2 sinnx 故： n1nl5．有一两端无界的枢轴，其初始温度为1(x1)u(x,0)0(x1)，试求在枢轴上的温度分布为2ea22tsincos(x)du(x,t)0。解：所求问题为热传导方程初值问题，ua2u(x,t0)t xxu(x,0)(x)(x) 其 付 氏 解 为 ：u(x,t)e(a)2t[A()cos(x)B()sin(x)]d =2e(a)2t[A()cos(x)B()sin(x)]d 0 A()1()cos()d210cos()d11cos()d =21 20 = 1 sin1()sin()dB() 2 =02ea22tsincos(x)du(x,t)0 故： 6．利用前题的结果，证下面重要的定积分：0sinxxdx2。解：由上题结论：u(x,t)20ea22tsincos(x)d当x0,t0时，u(x,t)u(0,0)2e0sincos(0)d1，2即：0sind1令x，则有：20sinxxdx1即：0sinxxdx2得证。第九章拉普拉斯方程圆的狄利克雷问题付氏解（1）1、试证明拉普拉斯方程uxxuyy0在极坐标下的形式为：ur1ur2u0。 rr r 证明：uxurxruxurrxury2，2xu22ru2xrr2urxurr2r2x2，x2xu22ru2rx22r2u2rxy3urr2r2x2u2rxy22u2ry22同理：2ru22ru2ry22r2u2rxy3urr2r2x2u2rxy22u2rx22得到极坐标下二维拉普拉斯方程具有如下性质ur1ur2u0。 rr r urrr1urr12u0u1,A,,2、求解狄利克雷问题 0,，其中A，为已知常数。ur,A20AncosnBnsinnrn，解：其付氏解为：n1其中：A102fcosnd12AcosndnAsinnln0n2AsinnB102fsinnd12Asinndn1cosnnln 0 0ur,A20n2Asinncosnrnn1u1rurr12u03、求解狄利克雷问题1,Acos，其中A为已知常数。 解 ： 其 付 氏 解 为 ：ur,A0AcosnBsinnrn 2 n nn1，其中A12fcosndnln0102Acoscosnd：当n=1 时 ， A 才n有值=A A1A02COS 2dA21sincos202Bn1ln02fsinnd12Acossinnd 0 0ur,A20Acosr。第九章拉普拉斯方程圆的狄利克雷问题付氏解（2）试证明：sinNxx弱xN证明：由ux,NxsinxNxdx有limux,NlimxsinNxxdx=0 x x=xxdx证得：sinNxx弱xNruo试证明：1a2ax2a0x证明：1xa2ax2dx=1xdarctanax uarctanxa122atanuduatg a00=xxdxruo故证得：1a2ax2a0x第十一章格林公式u0a3．求解圆的狄利克雷问题ua,Acos，其中A为常数。解：由圆的狄利克雷积分公式u,12f022a22d0， 2 a2acos 本题中f0 0122Acos20a22d0，将Acos，于是u,2a2acos 0 0上试中的分子与分母同除以a2，并记，得 u,122A02 cos0d0。12cos0另zei0，则cos012zz1z22z1，cos012ei0ei012eiz1eiz，d0dziz，一并代入上试中积分，于是得：I20a2Acos22a0acos220d021iz1zeiz211z22zeidz令分母为零，得到被积函数的奇点，z,ei,0，故在z1内有奇点zei和z0，且均是单极点，故有留数定理有： 1 2I21i2i2resfzkresfeiresf0122cos，k1则有：u,aAcos。5.求区域：0x,0y,的格林函数，并由 uu0u0,yfxxyyy0y此求解狄利克雷问题 ux,00 其中f为已知的连续函数。1 1 1 1Glnlnlnln 解： r r r r 1 2 3(xx)2(yy)2(xx)2(yy)2 ln 0 0 0 0(xx)2(yy)2(xx)2(yy)20 0 0u(x0,y0)21lfGndl210f(y)(Gx)|x0dy2100(Gy)|y0dx 1f(y)(ln 1 ln 1 20 x (xx)2(yy)2 (xx)2(yy)2 0 0 0 01 ln ln )|dy (xx)2(yy)2 (xx)2(yy)2 x0 0 0 0 01f(y)( 2x0 2x0 )dy20 x2(yy)2x2(yy)2。 0 0 0 0第十三章Fourier变换1．求函数fxsinxaxa0的Fourier变换。解：由Fourier变换的定义有：FfxFsinxaxeiax2ixeiaxeixdxeiax2ixeiaxdxcosaxisinaxcosaxisinaxdx 2ix2sinaxdxsinaxdx 0 2x 0 2x 0sinaxxdx0sinaxxdx a0 由函数的奇偶性有： 2 a0，若a，0sinaxxdx0sinaxxdx2，于是有：sinaxFxa,0若a，则a,0，于是有0sinaxdx0,0，0sinaxxdx02,,00x ,02sinax得Fx2。若a，则：如果0,a0,a0,故有：0sinaxdx，0sinaxxdx2x2于是F0，同理如果0，则F0。2．求函数fx10x,2x,x11的Fourier变换。解：fx在x1中是偶函数，于是由Fourier变换公式有Ffxfxeixdx11x2cosxisinxdx2011x2cos1xdx43sincosua2u,x,t03．求解热传导方程的初值问题t u(xxx,0)cosx 。解：对定解问题各项以x为变量施行Fourier变换，并记Fux,tux,teixdxu,tFcosxcosxeixdxdu,ta22u,t0则定解问题化为dtu,0，它的解为u,tea22t它的逆变换得：ux,tF1u,tF1ea22tFF1cosxF1ea22tF1ea22t21ea22teixd10e(a2t)2cosxd2a1te4xa22t则ux,t2a1te4xa22tcosxdacosxt0e4a22tcosd12ea2tcosx第十四章Laplace变换1．求下列函数的Laplace变换eat，解：由Laplace变换的定义有Leat0eateptdt0e(pa)tdtp1a,RepReasinkt，解：由线性性质和上式有LsinktLeikt2ieikt21iLeiktLeikt21ip1ikp1ikp2kk22．求下列函数Fp的Laplace逆变换。Fp2p，（2）F(p)1p，p2p5 p p11 p1 1 解：（1）p22p5p124p124p124 p1 1 1 L1 etcos2t L1 etsin2t 又由p124 ，p1242 所以 p p1 1 1L1p22p5L1p124L1p124et(cos2t2sin2t)因为Lta0taeptdtpaa11， 1 11 1取a2得Lt2p(2)即 1 1 11pLt，所以L1ptyttyty(t)13．求解常微分方程初值问题y01,y02。解：记Ly(t)Yp,对方程中各项施行Laplace逆变换，注意应用微分性质并将初始条件代入，得dYdppp2pYp12pp12，该方程的解为 12 cp22Y(p)pp2p2e2，将ep2222 12 c p21Y(p)(1p4)pp2p2 28因为L1pk0故y(t)L1YpL11pL1p22L1pc2L12c1(2c)t，有代入初始条件得2c2,c0于是得yt12t4.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。uDu,0x1,t0tu0,txxu(1,t)0解：其定解问题为ux,03sin2x,0x1，这虽然是一有界问题，但由于t的变换范围为0,及ux,0已知，故可用Laplace逆变换法求解，记Lux,tu(x,p)对方程和边界条件对于变量t施行Laplace逆变换并代入初始条件得d2u(x,p)pux,p3sin2x/D dx2 D u(0,p)u(1,p)0 解此非齐次的二阶微分方程得ux,p3sin2xp42D取逆变换得ux,t3e42Dtsin2x第十五章球函数1．试证11Pnx0,n1,2,3证明：11Pnxdx11P0xPnxdx02n0n02．将函数fxx，按勒让得多项式展开。解：令xl0ClPlx，其中Cl2l2111xPl(x)dx因为x是偶函数，故当Plx为奇函数，即当l2n1时， CC 0， l 2n1于是C2n01P2n1(x)dx01P2n1(x)dx1P(x)dx11n2n2!1P(x)dx11n12n!2n1 2n122n2n1!2，02n1 2n122nn!2，1n12n! 11n2n2!1n14n12n2!于是C2n2n122nn!22n122n2n1!222nn1!n1!1所以xP0x12nn1n4n11!n2n1!2!P2nx,x1。2n13．设有一半径为a的球，球面上的电势分布为f,，求球内的电势分布。u0,ra解：其定解问题为uraf,，令ur,,RrY(,)代入方程得在ra中的解，为l,mur,,lCl,mrlYl,m(,) 将其代入边界条件得l0ml lCalY(,)f, l,m l,m 故由球函数的展开式立即可得l0ml 12f,Y,sinddC l,mal00 l,m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： hx (0x1)(x) h(2x) (1x2)，初速度为0，试求其付氏解，其中h为已知常数。 ua2u (1x2,t0) tt xxu(0,t)u(l,t)0(t0) hx(0x1)u(x,0)h(2x)(1x2)(x,0)0 ，根据前面分离解：所求问题是一维波动方程的混合问题：t nat nat nxu(x,t)(CcosDsin )sin变量解法得其傅氏解为： n1 n l n l l。2l()sinnd2[1hsinnd2h(2)sinnd]8h 其中，nl0 l 20 2 1 2 n22，0 n ， 8h natnx u(x,t) cos sin 于是所求傅氏解为： n1n22 l lh(1x)(1x0)(x)2.将前题之初始条件改为： h(1x)(0x1)，试求其傅氏解。解：所求问题为一维波动方程的混合问题：c2(0h(1)sinnd0h(1)sinnd n l 1 l 1 l2h(0sinnd1sinnd0sinnd)8hsinn 2 1 2 0 2 1 2 n22 2u(x,t)8hsinncosnatsinnxn22 2 l ln1 。3今有一弦，其两端x0和xl为钉所固定，作自由摇动，它的初位移为0。初速度为 c (2x (x)0 (x2,，其中c为常数，0l,试求其傅氏解。解：所求问题为一维波动方程的混合问题：D2csinnd2cl(cosn2cosn) n na2 l n22a l lu(x,t)2cl(cosn2cosn)sinnatsinnx n22a l l l l ４．