數(shù)學(xué)物理方法習(xí)題集解答(編輯版)

1、數(shù)學(xué)物理方法習(xí)題集解答(完滿編寫版)數(shù)學(xué)物理方法習(xí)題集解答(完滿編寫版)50/50數(shù)學(xué)物理方法習(xí)題集解答(完滿編寫版)-*數(shù)學(xué)物理方法習(xí)題解答一、復(fù)變函數(shù)部分習(xí)題解答第一章習(xí)題解答1、證明Rez在z平面上各處不能導(dǎo)。證明：令Rezuiv。QRezx，ux,v0。u1，v0，uv。xyxy于是u與v在z平面上各處不滿足CR條件，所以Rez在z平面上各處不能導(dǎo)。2、試證fzz2僅在原點有導(dǎo)數(shù)。證明：令fzuiv。Qfz2x2y2ux2y2,v0。zu2x,u2y。vv。xyxy所以除原點以外，u,v不滿足CR條件。而u,uv,v在原點xyxy連續(xù)，且滿足CR條件，所以fz在原點可微。f0uivvi

2、u0。xxx0yyx0y0y02或：f0limzlim*limxiy0。zzz0z0y0 x022*zzzlimzzzzlim(z*zz)z00。limz0zz0zz0z*z*【當(dāng)z0,zrei，zei2與趨向有關(guān)，則上式中z1】zzz-*x3y3i(x3y3)z0，證明fz在原點滿足CR條件，但不3、設(shè)f(z)x2y20z=0可微。證明：令fzux,yivx,y，則x3y3x2y20，ux,yx2y20 x2y2=0 x3y3x2y20。v(x,y)x2y20 x2y2=0ux(0,0)limu(x,0)u(0,0)x0 xuy(0,0)limu(0,y)u(0,0)y0yvx(0,0)li

3、mv(x,0)v(0,0)x0 xvy(0,0)limv(0,y)v(0,0)y0yux(0,0)vy(0,0),uy(0,0)limx31，x0 x3limy3y31；x0limx31，x0 x3limy31。x0y3vx(0,0)f(z)在原點上滿足CR條件。但limf(z)f(0)limx3y3i(x3y3)。z0zz0(x2y2)(xiy)令y沿ykx趨于0，則x3y3i(x3y3)1k3i(1k3)k4k3k1i(k4k3k1)lim22)(xiy)(12)(1ik)22z0(xyk(k1)依賴于k，f(z)在原點不能導(dǎo)。4、若復(fù)變函數(shù)fz在地域D上解析并滿足以下條件之一，證明其在地

4、域D上-*必為常數(shù)。（1）fz在地域D上為實函數(shù)；2）f*z在地域D上解析；（3）Refz在地域D上是常數(shù)。證明：（1）令f(z)u(x,y)iv(x,y)。由于fz在地域D上為實函數(shù)，所以在地域D上v(x,y)0。Qf(z)在地域D上解析。由CR條件得uv0，uv0。xyyx在地域D上u(x,y)為常數(shù)。從而fz在地域D上為常數(shù)。（2）令f(z)u(x,y)iv(x,y)，則f*(z)u(x,y)iv(x,y)。f(z)在地域D上解析。由CR條件得uv,uv。（1）xyyx又f*(z)在地域D上解析，由CR條件得uv,uv。（2）xyyx聯(lián)立（1）和（2），得uuvv0。xyxyu,v在地域

5、D上均為常數(shù)，從而f(z)在地域D上為常數(shù)。（3）令fzux,yivx,y，則Ref(z)ux,y。由題設(shè)知ux,y在地域D上為常數(shù)，uu0。xy-*又由CR條件得，在地域D上vuvu，于是v在地域D上為常數(shù)。x0,y0yxu,v在地域D上均為常數(shù)，從而在地域D上f(z)為常數(shù)。5、證明xy2不能夠成為z的一個解析函數(shù)的實部。證明：令uxy2，2u2u02x2x。x2y2不滿足拉普拉斯方程。從而它不能夠成為z的一個解析函數(shù)的實部。6、若zxiy，試證：（1）sinzsinxcoshyicosxsinhy；（2）coszcosxcoshyisinxsinhy；（3）sinz2sin2xsinh2

6、y；（4）cosz2sinh2y。cos2x證明：（1）sinzsin(xiy)sinxcos(iy)cosxsin(iy)Qcos(iy)coshy,sin(iy)isinhy，sinzsinxcoshyicosxsinhy。（2）coszcos(xiy)cosxcos(iy)sinxsin(iy)Qcos(iy)coshy,sin(iy)isinhy，coszcosxcoshyisinxsinhy。（3）2(sinxcoshy)2(cosxsinhy)2sin2xcosh2ycos2xsinh2ysinzsin2x(1sinh2y)cos2xsinh2ysin2x(sin2xcos2x)s

7、inh2ysin2xsinh2y。-*（4）2(cosxcoshy)2(sinxsinhy)2cos2xcosh2ysin2xsinh2ycoszcos2x(1sinh2y)sin2xsinh2ycos2xcos2xsinh2ysin2xsinh2ycos2x(cos2xsin2x)sinh2ycos2xsinh2y。7、試證若函數(shù)fz和z在z0解析。fz0z00,z00，則limfzfz0。（復(fù)變函數(shù)的洛必達法規(guī)）zz0zz0證明：limf(z)f(z0)f(z)f(z0)f(z0)zz0zz0limzz0limf(z)f(z0)limf(z)。(z0)lim(z)(z0)zz0(z)(z0

8、)zz0(z)(z0)zz0(z)zz0zz0zz0或倒過來做。8、求證：limsinz1。z0z證明：limsinzlim(sinz)limcosz1。z0zz0zz0第二章習(xí)題解答9、利用積分估值，證明ai2iy2dz積分路徑是從i到i的xi右半圓周。b證明2idz2積分路徑是直線段。iz2證明：a（方法一）iiy2dziiy2dziydzx2x2x44iiii2x2yy4dzi(x2y2)2dz。x42ii-*（方法二）在半圓周x2y21上，x21,y21，從而x4x2y4y2x4y4x2y2在半圓周x2y21上，x2iy2x4y4x2y21，maxx4y41，ciiy2dzix2iy2

9、dzix2y2dzidz。x2iiii或：ix2iy2dzmaxx4y4。ic111b證:maxz2zximaxz2maxx211zxi2idzmax122。i22zzzxi10、不用計算，證明以下積分之值均為零，其中c均為圓心在原點，半徑為1的單位圓周。dz；b?czezdz。a?ccosz25z6證明：a1的奇點為znn1,n0,1,L，由于zn1，所以它們均cosz2不在以原點為圓心的單位圓內(nèi)。在以原點為圓心的單位圓內(nèi)無奇點，各處解析。cosz由柯西定理:dz0。?ccoszbezez的奇點為z12，z23，它們均不在以25z6(z2)(zz3)原點為圓心的單位圓內(nèi)。ezz2在以原點為圓

10、心的單位圓內(nèi)各處解析。5z6由柯西定理:?cz2ezdz0。5z6-*11、計算2z2z1dzc:z2；b2z2z1dzc:z2。a?z1?z12cc解:a2z2z1在z2所圍地域內(nèi)解析，且z1在z2所圍地域內(nèi)。由柯西積分公式得2z2z1dz2i(2z2z1)2i24i。?z1z1cb2z2z1在z2所圍地域內(nèi)解析，且z1在z2所圍地域內(nèi)。由實行的柯西積分公式得2z2z21dz2i2z2z12i4z1z12i36i。c1z1?z12、求積分ezdz（c:z1），從而證明ecoscossind。?z0c解:ez在z1所圍地域內(nèi)解析，且z0在z1所圍地域內(nèi)。由柯西積分公式得ezz2i。（1）?cz

11、dz2iez0在c上令zei，則ezdzieeidiecosisindiecoscossinisinsind?zciecoscossindecossinsind2iecoscossind，0其中利用了，由于ecossinsin是的奇函數(shù)，而ecoscossin是的偶函數(shù)，所以ecossinsind0，ecoscossind2ecoscossind。0-*ezcos?czdz2i0ecossind。（2）從而，聯(lián)立（1）和（2），得ecoscossind。013、由積分dz之值，證明12cosd0，c為單位圓周z1。1cz2054cos證明：在單位圓周z1所圍地域內(nèi)解析。由柯西定理:z2dz0。

12、（1）?cz2另一方面，在c上zei，dzz2dzei2idcciiiez2z2e2e2蜒z2i12eidi12cos2isin12eiei454cosdi12cosd25sind（2）54cos4cosQsin為的奇函數(shù)，54cossind0（3）54cos由（1）、（2）及（3）得12cosd0。（4）4cos又12cos為的偶函數(shù)，54cos12cosd212cosd。（5）54cos054cos于是由（4）和（5）得12cosd0。054cos14、設(shè)Fzz6，證明積分?Fzdzz24ca.當(dāng)c是圓周x2y21時，等于0；-*b.當(dāng)c是圓周x2y21時，等于4i；2c.當(dāng)c是圓周x2y

13、21時，等于2i。2證明：Fzz6z6的奇點為z12及z22。z24z2z2a.當(dāng)c是圓周x2y21時，z12及z22均在圓外，F(xiàn)z在圓內(nèi)解析。由柯西定理:z60。?cz2z2dzb.當(dāng)c是圓周x2y21時，僅z12在圓內(nèi)。由柯西積分公式2得z6dz2z62i24i。ci2z2z2z2?zc.當(dāng)c是圓周x2y21時，僅z22在圓內(nèi)。由柯西積分公式2得z6dz2z62i12i。ci2z2z2z2?z第三章習(xí)題解答15、求以下級數(shù)的收斂半徑，并對c談?wù)摷墧?shù)在收斂圓周上的斂散情況。a.1zn；b.nn；c.kn（k0為常數(shù)）。nnznzn1nn1n0解:a.Rlim1lim1limn。nn1n1nn

14、nnb.c.Rlimn1nlim10。nnnnnkkRlimlimn。k1nn1nn1或Rlim1lim1。kk1nnnnnn-*11lnx【limlnx1limxxlimex1lim0（洛必達法規(guī)）】xxxxxx在收斂圓周z上，i，級數(shù)成為kin。1zenen0Qk0，它的通項nkein在n時，不趨于0。故級數(shù)nkein發(fā)散。n016、試求以下級數(shù)的收斂半徑。a.zn!；b.nn!zn；c.n0anznna0,b0。n0n0nibzn1!zn!n1limlimn!n1時，級數(shù)收斂。解:a.當(dāng)limn!n!znznnzn!n當(dāng)limz1時，級數(shù)發(fā)散。n亦即當(dāng)z1時，級數(shù)收斂。而當(dāng)z1時，級數(shù)發(fā)

15、散。于是收斂半徑R1。n!nnn1nnb.Rlimlimn!n1limn1lim11n1nne。nn1!n1nn1!nnnnnc.QR11lim，Rlimnanibnlima2nb2n2n。nnannna2nb2n111又由于maxa,b2n22nmaxa,b，且lim22n1，n1故lima2nb2n2nmaxa,b。n于是所求級數(shù)的收斂半徑Rmaxa,b。2n22n2或：QRliman，Rlima2nb2n。nan1nab-*2na2n22n2a2bb2當(dāng)ab時，Rlimblimaa，a2n2n2nnbn1baa2na2n22n2a2b2當(dāng)ab時，Rlimblimb2nb，2n2nnabn

16、a1bRmaxa,b17、將以下函數(shù)按z的冪張開，并指明收斂范圍。a.zez2dz；b.cos2z。0解:a.ez2z2n，z，n0n!zz2zz2nzz2nz2n1z。edzdzdz00n0n!n00n!n0n!2n11n2nn2nz2nb.cos2z11cos2z，cos2z2z122n!2n!2n0n01ncos2z122n1z2nz。2n02n!18、將以下函數(shù)按z1的冪張開，并指出收斂范圍。a.cosz；b.z；c.z。z2z22z5解:a.coszcos1z1cos1cosz1sin1sinz1。1n2n1n2n1cosz1z1，sinz1z1，2n!2n1!n0n01nz12n1

17、n12n1coszcos1sin1zz12n!2n1!n0n0Q1cos1cos2n1，1nsin1cos2n11。n22，。-*cos2n1cos2n11cosz22n2z2n12n!z12n1!1n0n0cosn12z1nz1。n0n!或：令fzcosz，則fnzcoszn，fn1cos1n，22ncos1n所以coszf1zn2znz1。n!1n!1n0n0b.z121211z2z231z32z1nzn1n12n1z133n1313n10n0c.zz11z11z22z524z124z12z14z11114z124z1212122t，Q11tnt1令z1n21tn01nz1z1212n01

18、22nn12n1z，z11z124nn02zz11n12n1n2n從而z1z124n0n4n0nz2z544nz2n1nz2n1111n04n1n04n1n12n2n1n04n1z1z1z12-*1nz2n11n12n進一步，1z4n14n1n0n0n1n1n11n12n12n122nn奇數(shù)2n1z1n偶數(shù)n2z131nz12n0n22所以z2z12z5n02n1n1212n31nz1z12。n219、將以下函數(shù)在指定的環(huán)域內(nèi)展成羅朗級數(shù)。a.z1,0z1,1z；b.z22z5,1z2。z2(z1)z2z21解:a.z1z1212。z2(z1)z2(z1)z2z2(z1)在0z1內(nèi),111zn

19、，z1zn0z112zn212zn12zn。z2(z1)z2n0z2n2z2n1在1z內(nèi),11，111111，z1z11nnzzn0zn1zzz1121121。z2(z1)z2n22nn1zzn3zb.z22z512z2z21z2z21在1z2內(nèi)，z1，且1111，2zz2nn111z1zzn1。z2212n02n022-*22121n121n11，z21z211z2n0z2nn1z2nz2z22z5zn21n11。z2z21n02n1n1z2n20、將以下函數(shù)在指定點的沒心鄰域內(nèi)展成羅朗級數(shù)，并指出成立范圍。a.1n】；b.21n,zi【】。2anziz1e1z,z1【anz1z21nn解:

20、a.zi的沒心鄰域為0ziR，112，且1d1，z222zi2dzzi1zizinn1111111zi【i12】zi2izi2i1zi2in02in2in1n12zizi2i2。2n1n0n1nn1n11d1212nzizi，zi2dzn02n12n1n1n1n1n1n31112nzi12nziz22zi22n12n11n1n1nn12n3zi0zi2。2n4n2b.Q當(dāng)z時，ezzn，n0n!11ne1z10z1，n0n!1znnn0n!z1-*1nn11z120z1e1zn2nn0n!z1n2n2!z121、把fz1展成以下級數(shù)。z1）在z1上展成z的泰勒級數(shù)；2）在z1上展成z的羅朗級數(shù)

21、；3）在z12上展成(z1)的泰勒級數(shù)；4）在z12上展成z1的羅朗級數(shù)。解:（1）在z1上，1zzn，【1z在z1上解析】。1n01n（2）在z1上，111111n。1zz11zn0zn1zz（3）1在z12上解析，且z11，所以1z211111nnz1z1。z1n11z2z1212n02n022（4）在z12上，21，所以z1111112n1z2z1z12n1z1n0z1n1z1。2n1n。z1第四章習(xí)題解答22、確定以下各函數(shù)的孤立奇點，并指出它們是什么樣的種類（關(guān)于極點，要指出它們的階），關(guān)于無量遠點也要加以談?wù)摚海?）z12；（2）cos1；（3）1。zz21zisinzcosz-*

22、解:（1）z0,zi,zi是z12的孤立奇點且是極點。zz21Qzz212z224z2z2110，1z0z0z0是zz22的一階零點，從而是z1的一階極點；1z2z21Qzz212z224z2z210，1zizizz22z224z2z2111zizi4zz218zz218z38i30，zizi是zz212的二階零點，從而是z12的二階極點。zz21Qz1在1z內(nèi)解析，limz10，z是可去奇點，22zz21zzz21四階零點。n（2）Qcos1在zi的羅朗張開式cos11的主要2nzizin02n!zi部分有無量多項，zi是cos1的本性奇點。1zi1Qcos在1z內(nèi)解析，limcos1，zi

23、zzi是cos1的可去奇點。zi（3）111，sinzcosz112sinzcosz2sinz224sinz的零點znn,n0,1,2,L，是1的極點。4sinz4cosz-*又sinzcoszn，1044zznzznnn44znn,n0,1,2,L,是sinzcosz的一階零點，從而是1的4sinzcosz一階極點。z是1的奇點，但不是孤立奇點，由于在無量遠點的的任sinzcosz何鄰域rz內(nèi),總有其他奇點。z23、求fz1ez在孤立奇點處的留數(shù)。1e，是1z解:1ez0的解zni2n1.n0,1,2Lez的奇點。1e由于lim1ez，zni21是1ez的極點。又1ezn1ezzi2n11e

24、zez1ezez1ez1ezzzni2n11ez2zzni2n12ez210，1ez2222zzni2n1zni2n1,n0,1,2,L,是1ez的一階零點，從而是1ez的一階極點。1ez1ezzz不是1e的孤立奇點，由于在它的任一鄰域rz內(nèi),總有其他的1ez奇點。由推論2：Resfi2n1ez1ez11。1ez21ezzzni2n11zzni2n11z0edz2in1【?z41ezResfi2n12i228i】24、求以下函數(shù)在指定點處的留數(shù)。（1）z在z1,；1z12z（2）1e42z在z0，。z解:（1）z1為fzz2的一階級點.，z1z1z1為fzz2的二階極點。z1z1Resf1li

25、mz1z2limz21，z1z1z1z1z14Resf1limdz2zlimdz12z1dzz1z1z1dzz1由于z1已經(jīng)是fz的所有有限孤立奇點，ResfResf1Resf10。（2）fz1e2z在z0的羅朗張開式為z42znfzn1n!2nzn42n4znz4n!3n4!n1na1234Resf04。3!33由于z0是fz的僅有的一個有限孤立奇點，ResfResf04。3【fz1e2z在z0的羅朗張開式為z3-*。4-*n2zfzn1n!2nzn32n3znz3n!n2n3!n1a1222Resf02】2!25、求以下函數(shù)在其奇點（包括無量遠點）處的留數(shù)，（m是自然數(shù)）（1）zmsin1

26、（m是自然數(shù)）；z（2）ezz2；1z（3）e1。sin3z解:（1）z0是fzzmsin1的有限遠孤立奇點。在z0,fz的羅朗張開znn式為fzzm11n02n1!z2n1n02n1!z2n1m。令2n1m1,則nm。2Qn為非負(fù)整數(shù)，只有m為偶數(shù)時上式才成立。而當(dāng)m為奇數(shù)時,2n1m1，即fz在z0的羅朗張開式中沒有1次冪項，即a10。當(dāng)m為奇數(shù)時,Resf00。1m當(dāng)m為偶數(shù)時,nm的項是1次冪項，a12m，所以，此時21!1m2Resf0。m1!-*mm1211總之，無論m為偶數(shù)或奇數(shù)，都有。Resf02m1!（2）zez1是fz2的唯一的有限奇點,且是二階極點。z1Resf1limd

27、2ezz12e，z1dzz1ResfResf1e（3）zn，n0,1,L，是fzez1的孤立奇點。3sinzz在zn點的羅朗張開式為fzenezn1n3zn1sin23en1enznznznLn2!3!1zn353zznnL3!5!zn2zn3nen1enznL12!3!3243zn1znznL65!z2zn43nL在zn解析，且為zn的偶函數(shù),所以它在165!zn處的泰勒張開式中只有zn的偶次項。而-*243znzn1，1L65!zn243及znznL15!6znzn32444znznznL35!L15!36zn2244112znL1znznL35!65!3zn4zn32zn2zn45L1L

28、1435!65!znz2zn431nL124。15!zna4znL62nzn2n3fz13en1enznzLn2!3!zz21na4zn4L，21次冪項的系數(shù)a1n1n1n1nn11e1ee222Resfnnen1。12-*不是fz的孤立奇點。26、求以下函數(shù)在其孤立奇點（包括無量遠點）處的留數(shù)。（1）ez1；（2）12z。mzz解:（1）zz1為其孤立奇點。0是fze2z的本性奇點，zz在z0點的羅朗張開式為nmz1z1e2ze2e2zn0nzn22mn!m0m!znm2zn0m1m01zm2nm。zn0n!mm!2n0mn!m!當(dāng)mn1時，即mn1，nm2n1時,zmn的系數(shù)a1即為Res

29、f0，所以nn12n1n1n111Resf0a122【利用了mn1】。n!n1!n0n!n1!n02n12n1n1n11ResfResf022。n0n!n1!n0n!n1!（2）z是fz1的m階極點，而z是fz的一階（單）mzz-*極點。1dm1m1Resflimzzzm1!zdzm1m1dm11limdzm1zm1!z11m11m11m1!limmmmm1!zzResflimz1lim11mmmzzzzz，。Qz,是fz的僅有的二個有限遠孤立奇點，ResfResfResf0。27、計算以下積分（1）?z1dz；zsinz（2）?z1dzn,a1,b1,ab,n為自然數(shù)；zanzbz3）1?e

30、2dz。2z21z解:（1）z0是被積函數(shù)fz1在單位圓內(nèi)的孤立奇點。zsinzQzsinzz00，zsinzsinzzcoszz00z0-*zsinz2coszzsinz20。z0z00是zsinz的二階零點，也就是fz的二階極點。Resf0limdz21limdzz0dzzsinzz0dzsinzlimsinzzcoszlimcoszcoszzsinzz0。sin2z2sinzcoszlimz0z0z02cosz由留數(shù)定理，得dz2iResf00。?z1zsinz（2）由于a1，b1，被積函數(shù)fz1n在單位圓內(nèi)有二個nnzazb階極點z1a，z2b。于是Resfa1limdn1zan1n1

31、!zadzn1zanzbn1limdn1zbnn1!zadzn11n1nn1limnnn2zbn1!zan1nn12n21。11!2n1nab同理n1nn12n21。Resfb12n1n1!ba-*由留數(shù)定理，得dzn2iResfaResfbz1nzazb?n1nn12n2110。2i11!ab2n12n1nbae2ze2z（3）被積函數(shù)fz2，1zziziz1i，z2i是fz在圓z2內(nèi)的二個一階極點。Resfilimzie2ze2i，zizizi2iResfilime2ze2iizi。zzizi2i由留數(shù)定理，得1e2z2dz1ie2ie2iz22iResfiResfiisin2。1z22i

32、2?28、求以下各積分值（1）2d；（2）2da0。01cos2sin20a解:（1）Qcos21cos2，22I0d22d4d1cos203cos203cos122d4d。03cos23cos-*令2，則4d22d2d，3cos3cos0320cosI2d。23cos0令zei，coszz1，ddz，則2izI2dz4dz。z11z12zziz6z1蜒3iz2fz1有二個一階極點z138，z238。z26z1Qz2381，z2在單位圓z1外。又Qz138341，z1在單位圓z1內(nèi)。由關(guān)于極點的留數(shù)定理的推論2，得Resfz11111。z26z12z6z382842zz1由留數(shù)定理，得I42i

33、Resfz142i12。ii42（2）Qsin21cos2，2I2d2d22dd。asin21cos202a1cos202a100cosa2令2，則d2d2d。2a1cos2a1cos2a1cos021d2d1I02a1cos2a1cos2220d。2a1cos令zei，coszz1，ddz，則2iz-*I12d1dzidz。202a1cos2蜒z1zz1222a2az1z1z11iz2fz1有兩個一階極點z12a12a2a和z222a1z1z22a12a2a。z12a12a2a1，z1在單位圓z1外。z22a12a2a2a12a1，z2在單位圓z1內(nèi)。由關(guān)于極點的留數(shù)定理的推論2，得Resf

34、z2111。2z22a12z222a1z124aaz2a12aazz2由留數(shù)定理，得Ii2iResfz2i2i1。4a2a2a2a29、求以下各積分的值（1）x2dx；（2）cosxdx；22220 x1x4(x1)x9（3）xsinmxdx（m0,a0）。x4a40解:（1）Ix2dx1x2dx。022222x1x4x1x4fzz2在實軸上無奇點，且zfzz0。z21z24fz有四個一階極點，但只有二個z1i，z22i在上半平面。Resfilimziz221，ziziziz46i-*Resf2ilimz2i2z21。z2iz1z2iz2i3iI12iResfiResf2i。26（2）fz1在

35、實軸上無奇點,當(dāng)z時,fz0。z21z29Fzfzeiz在上半平面有兩個一階極點z1i和z23i。ziiz1ResFilimee，2ziziziz916iz3iiz3ResF3ilimee。2z3iz1z3iz3i48icosxdx2iResFiResF3i113。x21x298e24e（3）fzz4在實軸上無奇點,且fzz0。z4aimziFzfzeimzze在上半平面有二個一階極點z1ae4和z4a4z2i3。ae4由關(guān)于極點的留數(shù)定理的推論2，得zeimzeimzima1imaimaResFz1e2e2e24z2zae424a2i，44izazz1zeimzeimzima1iemaima

36、ResFz2e22e22i322。z4a44zi4aizae44azz2xsinmxResFz1ResFz20 x4a4dxmaimamaimamae2e2e2e2ma2e2sin。4a2i4a2i2a2-*30、從?eizdz出發(fā)，其中c為以下列圖之圍線，方cz向沿逆時針方向。證明0cosxdxsinxdx。x0 x2解:Qeiz在c所圍的地域內(nèi)解析，由柯西定理:ceizdz0。（1）z?zizixizyiz又?cezdzRexdxRezdzReiyidyezdz。（2）令zRei,則eizdzeizdz2eiRcosisiniReidR2eRsind，Rzz0i0Re2eizdzR2eRs

37、ind。Rz0又2sin,sin2,0,，2eiz2eRsin2ReRR0。（3）dzRdR2ed1Rz002RizizzeiicosisinQedzedz2eiieid2esind，zz00e2eizdz2esind。z0又0sin1，0,，2eizdz2esind2d00。（4）z002令R,0,由（1）、（2）、（3）、（4）得-*0eixdxi0eydy，（5）xy而eyyt2dt，及ie411i，dy2et2i0y02于是ieydy1ii。（6）0y222由（5）和（6）得0eixdxcosxdxi0sinxdxi。（7）x0 xx22比較（7）兩邊的實部和虛部，得0cosxdx0s

38、inxdx。（8）xx2進一步，若令xy2，則（8）成為2cosy2dy2siny2dy，002從而cosx2dxsinx2dx。0022二、數(shù)學(xué)物理方程及特別函數(shù)部分習(xí)題解答第五章習(xí)題解答31、弦在阻尼介質(zhì)中振動，單位長度的弦所受阻力FRut（比率常數(shù)R叫做阻力系數(shù)），試推導(dǎo)弦在這阻尼介質(zhì)中的振動方程。解：與課上推導(dǎo)弦的受迫振動方程同樣，令其中的FxtRut，,Fx,tRut，fx,t-*弦在介質(zhì)中的振動方程為：utta2uxxRut，即uttbuta2uxx，a2T，bR。32、長為l嬌嫩均質(zhì)輕繩，一端x0）固定在以勻速轉(zhuǎn)動的豎直軸上。由于慣性離心力的作用，這繩的平衡地址應(yīng)是水平線。試推導(dǎo)

39、此繩有關(guān)于水平線的橫振動方程。解：研究位于x到xdx這一段繩A的振動情況。設(shè)繩的質(zhì)量密度為。A在縱向沒有運動，于是A所受的縱向合力為零，即A所受的張力在縱向的合力等于其所受的慣性離心力，T2cos2T1cos1ds2x0即T2cos2T1cos1ds2x（1）uvv，得在橫向，由牛頓第二定律FmaT2sin2T1sin1dsutt（2）在小振動條件下，有cos1cos21，dsdx，-*注意到T2Txdx，T1Tx，由（1）得TxdxTxdx2x，即dT2xdx于是繩中任一點x處的張力為TxTxl2xdx12l2x2。（3）【x,l段的慣性離dTl2xdx0 x2心力】又sin1tan1uxx

40、，sin2tan2uxxdx，代入（2）得TuxTuxdxutt，TuxxdxTuxxuttxdxxdx即Tuxutt，（4）x將Tx的表達式（3）代入（4），得繩有關(guān)于水平線的橫振動方程為utt12l2x2ux與沒關(guān)。2x【0 xl，界線條件ux00，uxl有限（自然界線條件）】33、長為l的均勻桿，兩端由恒定熱流進入，其強度為q0。試寫出這個熱傳導(dǎo)問題的界線條件。解：由熱傳導(dǎo)的傅里葉定律uvu，在界線uvuvv的單位法線矢qk上有qnku，其中n為界線n量，uvvvvvvun為u沿n的方導(dǎo)游數(shù)。在x0端，qnq0iiq0，而nu，所以nxq0kuqku。x0 xxx00-*在xvvvvq0

41、，而uu，所以l端，qnq0iinxq0kuq0ku。xxlxxl即界線條件為：uxx0q0，uxxlq0。kkvvvuv或：在一維時，u，而q0i,vxku，uiq0，由熱傳導(dǎo)的傅里葉定律qxq0i,xlvv得kq0i,vx0，所以界線條件為uixq0i,xluxx0q0，uxxlq0。kk34、半徑為R而表面燻黑的金屬長圓柱，碰到陽光照射，陽光方向垂直于柱軸，熱流強度為M。設(shè)圓柱外界的溫度為u0，試寫出這個圓柱的熱傳導(dǎo)問題的界線條件。解法一：如圖取極坐標(biāo)系，極軸垂直于陽光，由陽光照射而產(chǎn)生的，經(jīng)過圓柱表面流入圓柱體的熱流強度為uuv0uvMsine，q102同樣由陽光照射而產(chǎn)生的，經(jīng)過圓柱

42、表面流出圓柱體的熱流強度為uvuuv0uvMsine。q1q102uuv由圓柱自己的溫度分布產(chǎn)生的熱流強度為q2ku，而在極坐標(biāo)系中uuvuuv1，故其經(jīng)過圓柱表面流出圓柱體的熱流強度為eeuuvq2kuuuve?？偟慕?jīng)過圓柱表面流出圓柱體的熱流強度為uvq1uuvq2，其-*在表面的大小為quvuuvuuvkuf，其中qq2e1RRfMsin0。02由牛頓熱交換定律，知q應(yīng)與uRu0成正比，即kufhuRu0，Rkufhu0Msinhu00，huhu0R2兩邊除以h，即得界線條件為：uHuMsinu00，Hk。hRu02h解法二：取如圖的圓柱表面的一個小塊來解析。小塊的面積為s，厚度為r，兩

43、個表面分別為和vv，n為的外法線方向單位矢量，而n為的內(nèi)法線方向單位矢量。單位時間流出小塊的熱量等于其能量的減少率，即crsuvntuvMsin其中q10令r0，則kushuu0uvv）sq1ns，（*uuvvuuve02，ne。uvuv，（*）的左邊趨于0，（*）成為，nnuhuu0f0，（*）kn其中fuvvMsin0，（*）兩邊除以h，即得界線條件：q1n02-*uHuu0fMsinu00，Hk。hhRu02第六章習(xí)題解答35、長為l的弦，兩端固定，弦中張力為T，在距一端為x0的一點以力F0把弦拉開，爾后突然撤掉這力，求解此弦的振動。解：先求出初始位移，分0,x0和x0,l兩段來考慮。設(shè)

44、x0點的位移為h，則在0 xx0中，uxtan1hx，x0在x0 xl中，ulxtan2hlx。lx0在小振動，1、2很小的條件下，利用力的平衡條件和小振動條件sin1tan1，sin2tan2，得F0Tsin1Tsin2Ttan1Ttan2ThhTlh，x0lx0 x0lx0于是hF0 x0lx0。TlF0lx0 x0 xx0ut0Tl。F0 x0lxx0 xlTl定解問題為-*utta2uxxt0,0 xlux0uxl0t0F0lx0 x0 xx0。ut0 xTlF0 x0(lx)x0 xlTlutt000 xl分別變數(shù)，令ux,tXxTt，代入方程及界線條件，可得既滿足方程又滿足界線條件

45、的通解為ux,tAncosnanasinntBnsintx。n1lll代入初始條件，得xutAnn，0sinxn1l0utt0Bnnasinnx。Bn0n1,2,Ln1llAn2lnxdxlxsin0l2x0F0lx0 xsinnxdxlF0 x0lxsinnxdxl0Tllx0Tll2F0lx0l2nlxnx0sinxxlTln22lcosnl0F0 x0nlF0 x0l2nlxnl2F0lnx0 xsincossin。nTcosTl22xnx22llx0nllx0Tnux,t2F0l1nx0cosnan。T22sinltsinxn1nll36、研究長為l，一端固定，另一端自由，初始位移為h

46、x而初始速度為零的弦的自由振動情況。解：即求解定解問題-*utta2uxxt0,0 xlux0uxxl0t0。ut0hx,utt000 xl分別變數(shù)，令ux,tXxTt，可得：Ta2T0，（1）XX0，（2）X0Xl021n122n由（2）解得：n，Xxc2sin2x，n0,1,2,L。l2l11anan由（1）解得：TntAncos2tBnsin2t。ll定解問題的通解為n1an1an1ux,tAncos2tBnsin2tsin2x。llln0由初始條件utt00，得：n112nBn2，sinx0n0llBn0n1,2,L。由初始條件ut0hx，得：1nAnsin2hx，xn0l-*n1n2

47、hl22Anlxdx1，lhxsinl20n122nn1an1122ux,t2hlcostsin2lxn012ln22hlnn1an112cos2tsin221lx。n0ln237、求解細(xì)桿的熱傳導(dǎo)問題。桿長為l，兩端溫度保持為零度，初始溫度分布為ut0bxl2x。l解：定解問題為uta2uxxt0,0 xlux0uxl0t0。bxlxut00 xll2令ux,tXxTt，則可求得XxCsinnx，n1,2,，l22a2n2l2a2Tt滿足Tn2tl2T0TAne。n22a2n定解問題的通解為ux,tAnel2tsinx。ln1由初始條件ut0bxl2x得：Ansinnxbxl2x，ln1ll

48、An2llxsinnxdx2blbxl0l2ll30lxsinnxdxl2sinnxdxxl0l-*2bl2nlxnll2sinxcosxl32lnln0lx2n2l2xn2l3nlxsinxncosn22ln33cosxll02b2l32l34b11nl3n33n33cosn33n0n為偶數(shù),n2k,k1,2,L8bn為奇數(shù),n2k。331,k0,1,L2k12n22a2t8b112n1ux,t3el2sin3lxn02n1當(dāng)t時，u0。整個桿達到平衡狀態(tài)。38、求解細(xì)桿的熱傳導(dǎo)問題。桿長為l，初始溫度為均勻的u0，兩端溫度分別保持為u1和u2。解：定解問題為uta2uxxt0,0 xlux

49、0u1,uxlu2t0。ut0u00 xl先將非齊次界線條件化為齊次界線條件。令ux,tvx,twx，使wx滿足wx0，則wxCxD，（*）wx0u1,wxlu2將（*）代入wx0u1，得wx0u1Du1，將（*）代入wxlu2，得wxlu2Cu2u1，lwxu1u2u1x。l-*vta2vxxt0,0 xlvx0ux0wx00t0于是vx,t滿足vxluxlwxl0t0，vt0ut0wxu0u1u2u1x0 xlln22a2tn其通解為vx,tAnel2sinx。ln1由初始條件vt0u0u1u2u1x得：Ansinnxu0u1u2u1x，ln1llAn2llu2u1xsinnxdxu0u1

50、0lll22luulcosnxu2u1lsinnxlxcosnx01nlln22lnl02u0u111n2u2u11n2u0u1n。nnn1u2u01n21nu2u1n22a2tnvx,tu0u11el2xnnsinln121nn22a2tnu0u11u0el2x。n1nu2sinlux,tvx,twxn222u1u2u1x211u0u11nu2u1nl2atnlnnesinxn1luu2u1x21uu1nuun22a2tsinnx。2el21ln1n010l39、長為l的柱形管，一端封閉，另一端開放。管外空氣中含有某種氣體，其濃度為u0，向管內(nèi)擴散。求該氣體在管內(nèi)的濃度ux,t。解：定解問題

51、為-*uta2uxxt0,0 xlux0u0,uxxl0t0。ut000 xl先將非齊次界線條件化為齊次界線條件，令ux,tvx,twx，wx0wxCxD使wx滿足w0u0Du0，wl0C0解之，得：wxu0。vta2vxxt0,0 xlvx,t滿足vx0ux0wx00t0。vxxluxxlwxl0t0vt0ut0wxu00 xl令vx,tXxTt，可求得n12XxBsinxn0,1,2,L，l12122a22a2nn2tTt2Tt0，TtAnel2n0,1,2,L。l2n122a2n1定解問題的通解為：22t2lvx,tAnesinx。n0l由初始條件vt0u0得：(n1)Ansin2xu0

52、，n0l12n4u0Anlsin2xdxn0,1,2,L。lu0l2n10-*4u012n122a22n14l2t于是vx,tesinx，02nn12lux,twxvx,t4u01u0en02n122a2t2n122n14lsinx。2l40、均勻的薄板據(jù)有地域0 xa，0y。其界線上的溫度為ux00，uxa0，uy0u0，limu0。求解板的牢固溫度分布。y解：定解問題為uxxuyy00 xa,0yux0uxa00y。uy0u0,limu00 xay關(guān)于x的界線條件是齊次的，用分別變數(shù)法來解：令ux,yXxYy，代入方程可得XY，XY于是YY0，（1）XX0。（2）X0Xa0由（2）求得n2

53、22，XxCsinnx，n1,2,aa將的值代入（1）得：n220，Y2YannyyYyAneaBnea。nnn于是ux,yyyx。AneaBneasinn1a由limux,y0，得An0，n1,2,。y-*由uy0u0，得Bnsinnxu0，u0sinnn1aBn2axdx2u011na0an0n2k,k1,2,4u0n2k1,k。2k10,1,2,2k14u0eay2k1ux,y2ksinx。k01a41、研究處于重力場中，長為l，一端固定，另一端自由，初始位移和初始速度均為零的弦的受迫振動情況，設(shè)重力加速度為g。即試用分別變數(shù)法求解定解問題utta2uxxgt0,0 xlux00,uxx

54、l0t0。ut00,utt000 xl解：先將非齊次方程化為齊次方程。令ux,tvx,twx，x滿足wxg使wa2。w0wl0解之，得：wg2x2C1xC22aglglw00C20，wl0C10,C1，a2a2wxg2x2gl2xgx2lx。2aaa2vtta2vxxt0,0 xlvx,tvx00,vxxl0t0。滿足uwxgx2glxvt0t020 xl2aa2vtt000 xl用分別變數(shù)法可求得vx,t的通解為-*n1an1vx,tAncos2tBnsin2lln0由vtt00，得：n1an122Bnsin0lx0Bnn0l1ggln由vt02x2x，得：Ansin22aa2n0l2n1l

55、x2n1l22xsinxdxcos0l1ln22l2xn1sin2x2ln122n2l32l31，1213n2n322an12tsinx。ln0,1,2L。g2x2glxa2x，利用2axl2l3n1cos213x3ln201nn2l21l，得及xsinxdx20l12n22Anl1g2glnl2x2xsinxdx2a2a0l1n22gl21n216gl22gl2gl123123。2a2n132n2a22n13a2n2a22-*16gl21n1an1cos2tsin2x。vx,t3a22n3lln01ux,tvx,twxgxlx16gl213cos2n1a2n1223202n2ltsinx。aan12l42、半徑為a，表面燻黑了的均勻長圓柱，在溫度為零度的空氣中受著陽光的照射，陽光垂直于柱軸，熱流強度為q，試求圓柱內(nèi)的牢固溫度分布。解：取圓柱的軸為z軸，由于圓柱是均勻且長（能夠認(rèn)為無量長）