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1、数学物理方法习题答案数学物理方法习题答案一、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Rez在z平面上处处不可导。证明：证明：令Rez uiv。Rez x，u x,v 0。vuvu。1，0，yxyx于是u与v在z平面上处处不满足 CR 条件，所以Rez在z平面上处处不可导。2、试证fz z2仅在原点有导数。2证明：证明：令fzuiv。fz z x2 y2 u x2 y2,v 0。uuvv 2x,2y。xyxy所以除原点以外，u,v不满足 CR 条件。而uuvv,在原点xyxy连续，且满足 CR 条件，所以fz在原点可微。vu uvf 0ii 0。xxx0y
2、yx0y0y0lim或：或：f 0z02zz22 limz limxiy 0。z0 x0y0*z0limz z zzzz*z*zz*z0*lim lim(z z)0。z0z0zz*zzz ei2与趋向有关，则上式中1】【当z 0,z rei，zzz1x3 y3i(x3 y3)3、设f(z)x2 y20z 0，证明fz在原点满足 CR 条件，但不z=0可微。证明：令fzux,yivx,y，则x3 y3ux,yx2 y20 x3 y3v(x,y)x2 y20 x2 y2 0，22x y=0 x2 y2 0。22x y=0u(x,0)u(0,0)x3ux(0,0)lim lim31，x0 x0 xx
3、u(0,y)u(0,0)y3uy(0,0)lim lim3 1；y0 x0yyv(x,0)v(0,0)x3vx(0,0)lim lim31，x0 x0 xxv(0,y)v(0,0)y3vy(0,0)lim lim31。y0 x0yyux(0,0)vy(0,0),uy(0,0)vx(0,0)在原点上满足 CR 条件。f(z)f(0)x3 y3i(x3 y3)lim但lim。z0z0(x2 y2)(xiy)z令y沿y kx趋于0，则x3 y3i(x3 y3)1k3i(1k3)k4k3k 1i(k4k3k 1)limz0(x2 y2)(xiy)(1k2)(1ik)(k21)2依赖于k，f(z)在原点
4、不可导。4、若复变函数fz在区域D上解析并满足下列条件之一，证明其在区域D上2必为常数。（1）fz在区域D上为实函数；（2）f*z在区域D上解析；（3）Re fz在区域D上是常数。证明：（1）令f(z)u(x,y)iv(x,y)。由于fz在区域D上为实函数，所以在区域D上v(x,y)0。在区域D上解析。由 CR 条件得uvuv 0。0，yxxy在区域D上u(x,y)为常数。从而fz在区域D上为常数。（2）令f(z)u(x,y)iv(x,y)，则f*(z)u(x,y)iv(x,y)。在区域D上解析。由 CR 条件得uvuv,。（1）xyyx又f*(z)在区域D上解析，由 CR 条件得uvuv,。
5、（2）xyyx联立（1）和（2），得uuvv 0。xyxyu,v在区域D上均为常数，从而f(z)在区域D上为常数。（3）令fzux,yivx,y，则Re f(z)ux,y。由题设知ux,y在区域D上为常数，uu 0。xy3又由 CR 条件得，在区域D上vuvu 0,0，于是v在区域D上为常数。xyyxu,v在区域D上均为常数，从而在区域D上f(z)为常数。5、证明xy2不能成为z的一个解析函数的实部。2u2u证明：证明：令u xy，22 02x 2x。xy2不满足拉普拉斯方程。从而它不能成为z的一个解析函数的实部。6、若z xiy，试证：（1）sin z sin xcosh y icosxsi
6、nh y；（2）cosz cosxcosh y isin xsinh y；（3）sin z sin2xsinh2y；（4）cosz cos2xsinh2y。证明：证明：（1）sin z sin(xiy)sin xcos(iy)cosxsin(iy)cos(iy)coshy,sin(iy)isinh y，sin z sin xcosh y icosxsinh y。22（2）cosz cos(xiy)cosxcos(iy)sin xsin(iy)cos(iy)coshy,sin(iy)isinh y，cosz cosxcosh y isin xsinh y。（3）sin z(sin xcosh y
7、)2(cosxsinh y)2 sin2xcosh2y cos2xsinh2y sin2x(1sinh2y)cos2xsinh2y sin2x(sin2xcos2x)sinh2y sin2xsinh2y。（4）cosz(cosxcosh y)2(sin xsinh y)2 cos2xcosh2ysin2xsinh2y422 cos2x(1sinh2y)sin2xsinh2y cos2xcos2xsinh2y sin2xsinh2y cos2x(cos2xsin2x)sinh2y cos2xsinh2y。7、试证若函数fz和z在z0解析。fz0z0 0,z0 0，fzf z0则lim。（复变函数
8、的洛必达法则）zz0zz0证明：证明：f(z)f(z0)f(z)f(z0)f(z0)zz0z z0z z0f(z)f(z0)f(z)lim lim lim。zzzzzz(z)(z)(z)(z)000(z0)lim(z)(z0)(z)00zz0z z0z z0lim或倒过来做。8、求证：limz0sin z1。zsin z(sin z)证明：证明：lim lim limcos z 1。z0z0z0zz第二章习题解答第二章习题解答9、利用积分估值，证明aix2iy2dz 积分路径是从i到i的右半圆周。b证明i2iidz 2积分路径是直线段。z2证明：证明：a（方法一）iix2iy2dz iiiix
9、2iy2dz iiiix4 y4dzx42x2y2 y4dz(x2 y2)2dz。（方法二）在半圆周x2 y21上，x21,y21，从而5x4 x2y4 y2 x4 y4 x2 y2在半圆周x2 y21上，x2iy2x4 y4x2 y21，maxx4 y41，cxii2iydz x iydz 222iiiiix ydz dz。22ici或：ix2iy2dz maxx4 y4。b证:max2i1z2 maxzxi1z2 maxzxi112x 1idz1 maxz2z22 2。zxi10、不用计算，证明下列积分之值均为零，其中c均为圆心在原点，半径为1的单位圆周。ezdzdzac；bc2。z 5z
10、 6cosz证明：a1 1n的奇点为zn,n 0,1,2cosz，由于zn1，所以它们均不在以原点为圆心的单位圆内。1在以原点为圆心的单位圆内无奇点，处处解析。c o s z由柯西定理:cdz 0。coszezezb2的奇点为z1 2，z2 3，它们均不在以z 5z 6(z 2)(z 3)原点为圆心的单位圆内。ez2在以原点为圆心的单位圆内处处解析。z 5z 6ezdz 0。由柯西定理:c2z 5z 611、计算62z2 z 1dzacz 1c:z 2；b2z2 z 1cz 12dzc:z 2。解解:a2z2 z 1在z 2所围区域内解析，且z 1在z 2所围区域内。由柯西积分公式得2z2 z
11、 12cz 1dz 2i(2z z 1)z1 2i2 4i。b2z2 z1在z 2所围区域内解析，且z 1在z 2所围区域内。由推广的柯西积分公式得z 1c2z2 z 12dz 2i2z2 z 1z1 2i4z 1z1 2i3 6i。ez12、求积分cdz（c:z 1），从而证明0ecoscossind。z解解:ez在z 1所围区域内解析，且z 0在z 1所围区域内。ez由柯西积分公式得cdz 2iezz 2i。（1）z0在c上令z ei，则ezeicosisincosdz ie diediecossinisinsindcziecoscossindecossinsind 2iecoscossi
12、nd，0其中利用了，由于ecossinsin是的奇函数，而ecoscossin是的偶函数，所以ecossinsind 0，ecoscossind 2ecoscossind。0ezoscd z 2icec osz0。（2）sind7从而，联立（1）和（2），得cosecossind。012cosdz13、由积分c之值，证明0d 0，c为单位圆周z 1。z 254cos1证明：在单位圆周z 1所围区域内解析。由柯西定理:z 2dzcz 2 0。（1）另一方面，在c上z ei，dzz 2ei2icz 2cz 2z 2dz ei2ei2ie d12cos2isin12ei id idii54cos12
13、e e412cossin id2d（2）54cos54cossin为的奇函数，54cossind 0（3）54cos由（1）、（2）及（3）得12cos（4）54cosd 0。12cos又为的偶函数，54cos12cos12cos（5）d 2d。54cos054cos于是由（4）和（5）得12cos054cosd 0。z 614、设Fz2，证明积分cFzdzz 4a.当c是圆周x2 y21时，等于0；b.当c是圆周x2 y21时，等于4i；82c.当c是圆周x2 y21时，等于2i。证明：证明：Fzz 6z 6的奇点为z1 2及z2 2。2z 4z 2z 22a.当c是圆周x2 y21时，z1
14、 2及z2 2均在圆外，Fz在圆内解析。由柯西定理:2z 6cz 2z 2dz 0。b.当c是圆周x2 y21时，仅z1 2在圆内。由柯西积分公式得cz 6z 6dz 2i 2i2 4i。z 2z2z 2z 22c.当c是圆周x2 y21时，仅z2 2在圆内。由柯西积分公式得cz 6z 6dz 2i 2i1 2i。z2z2z2z2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。1nnna.nz；b.n z；c.nkzn（k 0为常数）。nn1n1n0解解:a.R limn11 lim limn 。1n1nnnnn1nn lim1 0。nnb.R
15、 limn nc.R limnnkn11nkkn lim1。nn1k或R limn n1x limn1nkn1。limx limexx1lnxx1【limln x1 lim 0（洛必达法则）】xxxx9在收敛圆周z 1上，z e，级数成为nkein。in0k 0，它的通项nkein在n 时，不趋于0。故级数nkein发散。n016、试求下列级数的收敛半径。znn!na 0,b 0。a.z；b.nz；c.nna ibnn0n0n0n!解解:a.当limnzn1!zn!n!n limzn!n1nzn!lim znn!n1时，级数收敛。z当limn1时，级数发散。亦即当z 1时，级数收敛。而当z 1
16、时，级数发散。于是收敛半径R 1。b.R limnn!nnn1!n11nn1n!n1n1 lim11 e lim lim。nn1!nnnnnnnnn1nc.R limnanna ib limab，R limnnnn2n12n2n。12n又因为maxa,bab2n12n2n 2maxa,b，且lim2n12n1，故limabn2n12n2n maxa,b。于是所求级数的收敛半径R maxa,b。ana2n2b2n2或：R lim，R lim。2n2nnanabn1a2n2b2n2当a b时，R limna2nb2n ba b2a lim a，2nn b1a22n10a2n2b2n2当a b时，R
17、 limna2nb2n a 22a bb lim2n b，n a 1b2nR maxa,b17、将下列函数按z的幂展开，并指明收敛范围。a.z2z0ezdz；b.cos2z。2z2n解解:a.e，z，n0n!2nzzz2nz2n1z。e dz dz dz 000n!n0n!n0n0n!2n1zz2z1 2z12b.cos z 1cos2z，cos2z 22n!n02n 1n212z 12z 。cos z 2n02n!nn2n122nz2n2n!n0nz，18、将下列函数按z1的幂展开，并指出收敛范围。a.cosz；b.zz；c.2。z 2z 2z 5解解:a.cosz cos1z 1 cos1
18、cosz 1sin1sinz 1。1 z 11 z 1cosz 1，sinz 12n!2n1!n0n0n2nn2n1，1 z 1cosz cos12n!n0n2n1 z 1sin12n1!n0n2n1z1 。1nn 2n 2n1cos1 cos1，1sin1 cos1。22 2n 2n1cos1cos12n22z12n1cosz z 12n!2n1!n0n011 ncos12z 1nz1。n!n0或：令fz cosz，则fnz cosz n2nnf1 cos，12，所以cosz n0ncos1f1nn2z 1z 1z1。n!n!n0nb.z22111z 1z 2z 23132n z 1nz 1
19、z1 311121 n13n033n0nnc.zz 11z 11z22z 5z 124z 124z 124z 1411224 z 1 z 1112211nn z11tt 1令，t 1tn0221 z 1z 1 z 11 z 1 21，2n224n0n0 z 11212nn2nnzz 11 z 111 z1从而2nz 2z54n044n04nn2nn2nn01 z 14n1nn2n11 z 1n1n0n2n4n014n12n1z 12nz 12n1z1 2进一步，n01 z 14n1n1 z 1n1n0n2n412n奇数1n122n1z 1nn偶数1n22n2z 1nn012111n22312n
20、nnz 1n1z所以2n31z 2z 5n0n22111n22nnz 1z1 2。19、将下列函数在指定的环域内展成罗朗级数。z 1z22z 5a.2,0 z 1,1 z；b.,1 z 2。2z(z 1)z 2z 1解解:a.z 1z 1212。2222z(z 1)z(z 1)zz(z 1)11 zn，在0 z 1内,z 11 zn0z 112 2zn22z(z 1)zn0122 znzn 21n 22 z。zn 11111111nn，在1 z 内,1，zz 1z11zn0zn1zzz 1111122n222。2nz(z 1)zzn1zn3zz22z 512b.22z 2z 1z 2z 1z1
21、1在1 z 2内，1，且121，zz21111 z zn n1。zz 2212n02n022n2212z21z211z2z21n111 21，2n2nzzn0n1n13z22z 5znn11。21 n12n22zz 2z 1n0n120、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.1z212,z i【nanz i】；b.z1en211z,z 1【nanz 1】。n解解:a.z i的无心邻域为0 zi R，1z2121z i z i2，且21z i2 nd 1，dzz in1111111 zi【i 12】nzizi2i z i2i12in02i2in01z i2n1n12nz
22、i 2i 2。nn121z i121z i 1d dzn02n1n12n12nz i2n1n1，n3z21 1z i2n11n12nz i2n1nn1n11n12nz i2n11 n3z i2zn2n2n40 zi 2。znb.当z 时，e，n0n!e11z1nnn0n!1 zn0n!z 11n0 z1，nz 1e211z1n2n0n!z 1n1nn2n2!z 10 z1。21、把fz1展成下列级数。1 z14（1）在z 1上展成z的泰勒级数；（2）在z 1上展成z的罗朗级数；（3）在z1 2上展成(z 1)的泰勒级数；（4）在z1 2上展成z1的罗朗级数。11zn，解解:（1）在z 1上，【
23、在z 1上解析】。1 zn01 z111111 n。（2）在z 1上，1 zz11zn0zn1zzn（3）z 111，所以在z1 2上解析，且21 zz 1。11111 z11 z2z121z12n02n02n12nn（4）在z1 2上，21，所以z 1111112n2n1 。nn21 z2z 1z 11z 1n0z 1n1z 1z 1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）z 1zz21；（2）cos211；（3）。z isin z coszz 1解解:（1）z 0,z i,z i是zz
24、212zz 122的孤立奇点且是极点。z02222z 14zz 11 0，z015z 0是zz21的一阶零点，从而是2z 1zz 122的一阶极点；zz212zz212zi2222z 14zz 1 0，zizi2222z 14zz 13zi2234z z 1 8z z 1 8zzi 8i 0，z i是zz21的二阶零点，从而是2z 1zz 1222的二阶极点。z 1zz 12在1 z 内解析，lim2zz 1zz 12 0，z 是可去奇点，四阶零点。111（2）cos在z i的罗朗展开式cos的主要2nz in02n!z iz in部分有无穷多项，z i是cos1的本性奇点。z i11在1 z
25、 内解析，limcos1，zz iz i1是cos的可去奇点。z icos1sin z cosz11 12sin z cosz221，2sinz 4（3）sinz 的零点zn n,n 0,1,2,44，是1的极点。sin z coszn又sinz cosz 1 0，4 4zznnzznn44zn n4,n 0,1,2,是sin z cosz的一阶零点，从而是1的sin z cosz16一阶极点。z 是1的奇点，但不是孤立奇点，因为在无穷远点的的任sin z cosz何邻域r z 内,总有其它奇点。1ez23、求fz在孤立奇点处的留数。1ez解解:1e 0的解zni2n1.n 0,1,2z1ez
26、，是的奇点。1ez1ez1ez，zni2n1是由于zilim的极点。又z2n11ez1e1ezz1ezzni2n1ez1ezez1ez1e2ezz2zzni2n11ez2zzni2n121 0，222zni2n1,n 0,1,2,1ez1ez的一阶零点，从而是的一阶极点。,是zz1e1e1ez不是的孤立奇点，因为在它的任一邻域r z 内,总有其它的奇点。1ez由推论 2：Resf i2n11ez1ez1ezzezzni2n1zzni2n111 2。101ezdz 2iResf i2n1 2i22 8i】【z 4z1en124、求下列函数在指定点处的留数。（1）zz 1z 12在z 1,；1e2
27、z（2）4在z 0，。z17解解:（1）z 1为fzzz 1z 1z2的一阶级点.，的二阶极点。limz1z 1为fzz 1z 12Resf1 limz 1z1zzz1z 12z121，4dzd z12Resf1 limz 1 lim。2z1dzz1dzz 14z 1z 1由于z 1已是fz的所有有限孤立奇点，Resf Resf1Resf1 0。1e2z（2）fz4在z 0的罗朗展开式为zfzn12zn!z4n2nzn42n4zn n!n4!n1n32344a1 Resf0。3!33由于z 0是fz的仅有的一个有限孤立奇点，Resf Resf04。31e2z【fz3在z 0的罗朗展开式为zfz
28、n12zn!z3n2nzn32n3zn n!n3!n1n222a1 2 Resf0 2】2!25、求下列函数在其奇点（包括无穷远点）处的留数，（m是自然数）18（1）zmsin（m是自然数）；（2）ez1z2z 1；ez1（3）3。sin z解解:（1）z 0是fz zmsin的有限远孤立奇点。在z 0,fz的罗朗展开11m式为fz z。2n12n1mn02n1!zn02n1!znn1z令2n1m 1,则n m。2n为非负整数，只有m为偶数时上式才成立。而当m为奇数时,2n1m 1，即fz在z 0的罗朗展开式中没有1次幂项，即a1 0。当m为奇数时,Resf00。1m的项是1次幂项，a1，所以
29、，此时2m1!m2当m为偶数时,n Resf0m21。m1!m2m111。总之，不管m为偶数或奇数，都有Resf02m1!（2）z 1是fzezz 12的唯一的有限奇点,且是二阶极点。19dez2Resf1 limz 1 e，2z1dzz 1Resf Resf1 eez1，是fz3的孤立奇点。sin z（3）z n，n 0,1,在z n点的罗朗展开式为fzenezn11nsinz n323z nz nen1enz n2!3!n1335z nz nz n3!5!23z nz nnne1ez nn2!3!133z nz n2z n4165!z nz n165!z n24在z n解析，且为zn的偶函
30、数,所以它在3处的泰勒展开式中只有zn的偶次项。而3z n2z n4165!1，zn2024z nz n及165!3zn3z n4z n 335!z nz n165!244zn2112z n 335!z n2z n4165!4z n4z n435!z n2z n4165!32z nz n165!2451zn1241zna4z n223znz nz n2!3!3。nfze1en3zn1nz n241a4z n2，11n1n1次幂项的系数a11en1en1en2221 nResfn1en。2z 不是fz的孤立奇点。2126、求下列函数在其孤立奇点（包括无穷远点）处的留数。（1）e1z2z；（2）1
31、z z 1z2zm。解解:（1）z 0是fz e的本性奇点，z 为其孤立奇点。在z 0点的罗朗展开式为nz2n!n0ne1z2z ee1z22 z2mm0m!znmmnz2n!n0nm01 m1 m02z m!2n!m!n0 mmznm。当mn 1时，即m n1，nm 2n1时,zmn的系数a1即为Resf0，所以1 2Resf0 a1n!n1!n0n1nn11 2n!n1!n0n12n1【利用了m n1】。1 2Resf Resf0 n!n1!n0n12n11 2n!n1!n0n2n1。（2）z 是fz极点。1z z m的m阶极点，而z 是fz的一阶（单）221dm11mResflimm1z
32、 mzm1!dzz z 1dm11limm1m1!zdzz m1m11m1!11limmm1!zz mResf limz z 11m，1z z m limz1z mm。z,是fz的仅有的二个有限远孤立奇点，Resf ResfResf 0。27、计算下列积分（1）z 1（2）z 1dz；zsin zdzza z bnn,a 1,b 1,a b,n为自然数；1（3）2e2zz 21 z2dz。解解:（1）z 0是被积函数fz1在单位圆内的孤立奇点。zsin zsin z zcoszz0 0zsin zz0 0，zsin zzsin zz0z02cos z zsin zz0 2 0。23是zsin
33、z的二阶零点，也就是fz的二阶极点。Resf0 limd 21d zz limz0z0dzdzsin zzsin z limsin z zcoszcosz cosz zsin zz lim lim 0。z0z0z02cos zsin2z2sin zcosz由留数定理，得dzz 1zsin z 2iResf0 0。（2）由于a 1，b 1，被积函数fz阶极点z1 a，z2 b。于是1z a z bnn在单位圆内有二个n1dn11nResfalimn1z annzan1!dzz a z b1dn1nlimn1z bn1!zadz1nn1limnn1 n n2z b zan1!1n1nn12n21。
34、2n1n1!abnn12n21。2n1n1!ba同理Resfb1n1由留数定理，得24z a z bz 1ndzn 2iResfaResfb 2i1n1nn12n211 0。2n12n1n1!baabe2ze2z（3）被积函数fz，21 zz iz iz1 i，z2 i是fz在圆z 2内的二个一阶极点。e2ie2zResfi limz i，ziz iz i2ie2ze2iResfi limz i。ziz iz i2i由留数定理，得12e2ie2ie2z1ResfiResfii2iz 21 z2dz 22iisin2。28、求下列各积分值（1）02dd2；（2）0asin21cos2a 0。解解
35、:（1）cos21cos2，2224d2ddI 003cos203cos1cos21224dd。03cos23cos令2，则242d22dd，03cos03cos3cos25I 220d。3cosz z1dz令z e，cos，d，则2iziI 2dz4z 1iz z13iz2dzz 1z26z 1。fz1有二个一阶极点z1 3 8，z2 3 8。2z 6z 1z23 8 1，z2在单位圆z 1外。又z13 8 34 1，z1在单位圆z 1内。由关于极点的留数定理的推论 2，得Resfz11zz1z26z 112z 6z3812 814 2。由留数定理，得441I 2iResfz12i2。ii4
36、 2（2）sin21cos2，2I 20dd2dd22。asin20a1cos202a1cos202a1cos222ddd。22a1cos2a1cos2a1cos令 2，则0I 21 ddd12。02a1cos2a1cos02a1cos22z z1dz令z e，cos，d，则2izi2612d1I 202a1cos2dzdz。i2z 11z 1z 22a1z 1z z2a1iz2fz12有两个一阶极点z 2a1 2 a a和12z 22a1z 1z22a12 a2a。z12a12 a2a 1，z1在单位圆z 1外。z22a12 a2a 2a12a 1，z2在单位圆z 1内。由关于极点的留数定理
37、的推论 2，得Resfz212z 2 2a1 z 1zz212z 22a1z 2a1 2 a2a14 a a2。由留数定理，得I i2iResfz2 i2i14 a a22 a a2。29、求下列各积分的值（1）0（3）0 x2dxcosx；（2）dx；2222(x 1)x 9x 1x 4xsinmx。dx（m 0,a 0）44x a解解:（1）I 0 x2dx1x2dx。2222x 1x 42x 1x 4z2fzz21z 42z在实轴上无奇点，且zfz 0。有四个一阶极点，但只有二个z1 i，z2 2i在上半平面。z21，Resfi limzi 2zi6iz iz iz 4271z2。Res
38、f2i limz 2i2z2i3iz 1z 2iz 2i1。I 2iResf i Resf 2i 26（2）fz1z21z29在实轴上无奇点,当z 时,fz0。Fz fzeiz在上半平面有两个一阶极点z1 i和z2 3i。e1z ieiz，ResFi lim2zi16iz iz iz 9e3z3ieiz。ResF3i lim2z3i48iz 1z3iz3icosxdx1 1。2i ResF i ResF 3i 3228e24ex 1x 9（3）fzzz在实轴上无奇点,且fz 0。44z aimzFz fzez2 ae3i4izeimz4在上半平面有二个一阶极点z1 ae4和4z a。由关于极点
39、的留数定理的推论 2，得ResFz1zeimzeimz24zzz1ima1i2mamai22z4a4imzzaei4eima1i224a iee4a2imamai22，ResFz2ze4z a4zz2e4z2imz3izae4 e4a2i ee4a2i。0 xsinmxdx ResFz1ResFz244x amama2esin。2a22mamamaiimae2e2e2e2224a i4a i2830、从ceizdz出发，其中c为如图所示之围线，方z向沿逆时针方向。证明解解:0sin xcosx。dx dx 02xxeizeiz在c所围的区域内解析，由柯西定理:cdz 0。（1）zzixyRee
40、eizeizeiz（2）dz dxdz idy dz。RRzxziyz又c令z Rei,则Reizeizedz dz 20zziRcosisini2ReiRe dR2eRsind，i0Reizdz R2eRsind。0z又2 sin,sin 2,0,，2R2ReizRRsinR（3）dz R2edR2ed1e 0。00z2 Rzeeizeizdz dzzzi20eicosisini2eie d2esind，i0eizdz 2esind。0z0,又0 sin1，2eiz0sindz 2ed2d0。（4）002z令R ,0,由（1）、（2）、（3）、（4）得290yeeix（5）dx idy，0
41、xy而0yti1eyt2dy 2edt，及i e41i，02y2于是i0ey（6）dy 1ii。22y2由（5）和（6）得0cosxsin xeix。（7）dx dxidx i0022xxx比较（7）两边的实部和虚部，得0sin xcosx。（8）dx dx 02xx进一步，若令x y2，则（8）成为2cos y dy 2sin y2dy 0022，2 2从而0cosx2dx sin x2dx 0。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F Rut（比例常数R叫做阻力系数），试推导弦在
42、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Fx,t Rut，fx,tFx,t Rut，30弦在介质中的振动方程为：utt a2uxxRut，即uttbut a2uxx，a2T，b R。32、长为l柔软均质轻绳，一端（x 0）固定在以匀速转动的竖直轴上。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x到xdx这 一段绳 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，T2cos2T1cos1ds2x 0s2 T1c os1 d
43、 s2x即T2c o（1）在横向，由牛顿第二定律F ma，得T2sin2T1sin1dsutt（2）在小振动条件下，有cos1 cos21，ds dx，31注意到T2Txdx，T1Tx，由（1）得TxdxTx dx2x，即dT 2xdx于是绳中任一点x处的张力为TxdT 2xdx 2xdx 0lxTxl1（3）【x,l段的惯性离2l2 x2。2心力】又sin1 tan1uxx，sin2 tan2uxxdx，代入（2）得TuxxdxTuxxdxutt，即Tuxutt，（4）xTuxxdxTuxxdxutt将Tx的表达式（3）代入（4），得绳相对于水平线的横振动方程为122与无关。utt2l xu
44、x2x【0 x l，边界条件ux00，uxl有限（自然边界条件）】33、长为l的均匀杆，两端由恒定热流进入，其强度为q0。试写出这个热传导问题的边界条件。解解：由 热 传 导 的 傅 里 叶 定 律q ku，在边界上有qnku，其中n为边界的单位法线矢n量，uun为u沿n的方向导数。在x 0端，qn q0i i q0，而nuu，所以nx q0 ku u q k0 xxx0。x032在x l端，qn q0ii q0，而q0 kux q0 kxluu，所以nxux。xl即边界条件为：uxx0 或：在一维时，u q0，uxkxlq0。kq0i,x 0u而q，由热传导的傅里叶定律q ku，i，xq0i
45、,x lq0i,x 0u得ki，所以边界条件为xq i,x l0uxx0 q0，uxkxlq0。k34、半径为R而表面燻黑的金属长圆柱，受到阳光照射，阳光方向垂直于柱轴，热流强度为M。设圆柱外界的温度为u0，试写出这个圆柱的热传导问题的边界条件。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q1M sine00，2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q1 q1M sine00。2由圆柱本身的温度分布产生的热流强度为q2ku，而在极坐标系中 e1e，故其通过圆柱表面流出圆柱体的热流强度为ue。总的通过圆柱表面流出圆柱体的热流强
46、度为q1q2，其q2k33e在表面的大小为q q q21M sinf0Rku f，其中R0。2由牛顿热交换定律，知q应与uRu0成正比，即ku f h uRu0，RuM sinhu00 khu fhu0，2Rhu0两边除以h，即得边界条件为：Mku sinu00，。H u HhhRu 20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s，厚度为r，两个表面分别为和，n为的外法线方向单位矢量，而n为的内法线方向单位矢量。单位时间流出小块的热量等于其能量的减少率，即crsu nkushuu0sq1ns，（*）t其中q1M sine00，n e。2令r 0，则，n n，（*）的左边趋于0，（
47、*）成为kuhuu0 f 0，（*）n其中f q1n M sin00，（*）两边除以h，即得边界条件：234Mku sinu00，。H u H u fh 0hRu0 2第六章习题解答第六章习题解答35、长为l的弦，两端固定，弦中张力为T，在距一端为x0的一点以力F0把弦拉开，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0,x0和x0,l两段来考虑。设x0点的位移为h，则在0 x x0中，u xtan1hx，x0hl x。l x0在x0 x l中，u l xtan2在小振动，1、2很小的条件下，利用力的平衡条件和小振动条件sin1 tan1，sin2 tan2，得 hhTlh，F
48、0T sin1T sin2T tan1T tan2Txl xxl x0000于是h F0 x0 lTlx0。ut0F0l x0 xTlF0 x0l x Tl0 x x0 x0 x l。定解问题为35utt a2uxxt 0,0 x lt 0ux0 uxl 0F0l x0 x0 x x0。Tlut0 xF x00(l x)x x l0 Tlu0 x ltt0 0分离变数，令ux,t XxTt，代入方程及边界条件，可得既满足方程又满足边界条件的通解为nana nux,tAncost Bnsintsinx。llln1代入初始条件，得x ut0Ansinn1nx，l0 utt0Bnn1nansinx。
49、Bn 0lln 1,2,An2lnx sinxdx 0lllF x2 x0F0l x0nn0 xsinxdx00l xsinxdxx0TllTlll2F0l x0 l2nlxnsinxcos22lTllnlnl2x02F lnx0。x202sinTnlx0lx0F xF x lnnlxn00cosx0022sinxcosnTlx0Tlnlnl2F0l1nx0nanux,tsincostsinx。22Tn1nlll36、研究长为l，一端固定，另一端自由，初始位移为hx而初始速度为零的弦的自由振动情况。解：即求解定解问题36 utt a2uxxt 0,0 x lux0 uxxl 0t 0。u hx
50、,u0 x ltt0 0t0分离变数，令ux,t XxTt，可得：Ta2T 0，（1）XX 0，（2）X 0 Xl 0 121nn由（2）解得：n22，Xx c2sin2x，n 0,1,2,ll2。11nana由（1）解得：Tnt Ancos2t Bnsin2t。ll定解问题的通解为111nanan222ux,tAncost Bnsintsinx。llln0由初始条件utt0 0，得：11nn22sinx 0，Bnlln0Bn0n 1,2,。由初始条件ut0 hx，得：1n2x hx，Ansinln037n1A2l21n2hlnl0hxsinlxdx 2，n122nn11ux,t12hl2an