高等數(shù)學第四冊第三版數(shù)學物理方法答案完整版

1高等數(shù)學第四冊（第三版）數(shù)學物理方法答案（完整版）第一章復數(shù)與復變函數(shù)（1）1計算1212222IIIIII1213451021223453434591655IIIIIIIIIII513123133102IIIIIII4224114III11222222225ABABIABIABIABAB11222224COSSINCOSSIN22ABIABI3設1,2IZ23ZI試用三角形式表示12Z及12ZZ。解121COSSINCOSSIN44266ZIZI121155COSSINCOSSIN2464621212ZII122COSSIN2COSSIN46461212ZIIZ1設123,ZZZ三點適合條件1230ZZZ及1231ZZZ試證明123,ZZZ是一個內(nèi)接于單位圓Z1的正三角形的頂點。2證明1230ZZZ123231312ZZZZZZZZ122331ZZZZZZ123,ZZZ所組成的三角形為正三角形。1231ZZZ123,ZZZ為以Z為圓心，1為半徑的圓上的三點。即123Z,Z是內(nèi)接于單位圓的正三角形。XZ1Z2Z317證明三角形內(nèi)角和等于。證明有復數(shù)的性質(zhì)得321321311223ARGARGARGZZZZZZZZZZZZ1332213112231ZZZZZZZZZZZZARG12K0,0,0,0,30KZ3YOZ1Z2X3第一章復數(shù)與復變函數(shù)（2）7試解方程4400ZAA。解由題意44ZA,所以有410ZAA4COSSINIZIEA所以240,12,3KIZEA41IZAE342IZAE543IZAE744IZAE12下列關系表示的Z點的軌跡的圖形是什么它是不是區(qū)域12121ZZZZZZ解此圖形表示一條直線，它不是區(qū)域。24ZZ解22224XYXY即8162XX此圖形為X2的區(qū)域。1311ZZ此圖形為X0的區(qū)域。440ARG12RE34ZZ且解1Z表示半徑為1的圓的外上半部分及邊界，它是區(qū)域。126IMYZY且解此圖形表示兩圓的外部。13182222IIZZ且解2112Y2X，22312XY，它表示兩相切圓半徑為12的外部區(qū)域。9IM12ZZ的部分，它是區(qū)域。1020ARG4ZZ13解（1）被積函數(shù)有奇點1Z，該奇點在積分圍道內(nèi)，由哥西積分求導公式有5COS1CZDZZ45244122COS1COS4412ZIDIIDZ22222222122221ZZZZZCCCZIZIEEEEEZIZIDZDZDZIIZZIZIZIZI112SIN1224IIIEIEI第四章解析函數(shù)的冪級數(shù)表示（1）2將下列函數(shù)展為含Z的冪級數(shù)，并指明展式成立的范圍（1）1,ABAZB為復數(shù)，0，（2）20ZED，（3）0SINZZDZ，（4）2COSZ,52SINZ6211Z，（1）解原式101111NNAZABBBZ|BZA1把11FZZ展成下列級數(shù)（）在1Z上展成Z的泰勒級數(shù)。解；0111111111NNFZZZZZZZ，|1Z3在12Z上展成1Z的泰勒級數(shù)。18解原式01211211NNZZZZ2|1Z12把11FZZZ展成在下列區(qū)域收斂的羅朗或泰勒級數(shù)（1）01Z解原式01111111NNZZZZZZ，（3）011Z解原式22011111111111NNNABZZZZZ111NNNZ，（5）11Z解原式001111211211111111NNNNZZZZZZZZ1111NNNZZ|1|2Z第四章解析函數(shù)的冪級數(shù)表示（3）13確定下列各函數(shù)的孤立奇點，并指出他們是什么樣的類型，對于無窮遠點也要加以討論（1）2211ZZ解孤立奇點為0,ZZIZI，對于0,Z原式1ZXZZIZZ為一階極點ZI，原式2222111ZZZIZIZIZZI為二階極點，20同理ZI也為二階極點。對Z，原式422211111ZZZZZ，由于4201LIM01NZZ，即為可去奇點。（2）221ZI解20ZI，34IKZE為二階極點。4222222222111LIMLIMLIMLIM011ZZZZZZZIZIIZZ即為可去極點。331COSZZ解；2331COS122ZZZZZ，0Z為一階極點。3300311COS1COS1LIMLIMLIM1COS01ZZZZZZZZZ即為可去極點。41COSZI解ZI為本性極點。011LIMCOSLIMCOSLIMCOS1ZZZZZIZIIZ即在無窮遠點為可去極點。51ZZEE解Z0，11ZZZMEEEZ即Z0時，有M1階21極點，10011LIMLIMLIM01ZMZZZZEEZZEZZ即無窮遠點為可去極點。61ZZEE解0Z，011LIM111ZZZZEEE即無窮遠點為可去極點。71SINCOSZZ解SINCOS2SIN4ZZZ，4ZK，4ZKK0,1,一階極點，00111LIMLIMLIM1SINCOSSINCOS2SIN4ZZZZZZZZ不存在，為本性極點。811ZZEE解1ZE，ZI，1IE21ZIK0K,1一階極點。11121110021111LIMLIMLIMLIM111ZZZZZZZZZZZZEEEEZEEIEEZI即可去極點。92233ZZ22解1,2ZZ，三階極點，22223332001111LIM32LIM32LIM2ZZZZZZZZZ2234013LIM3ZZZZ10TGZ解2ZK0K,1,一階極點，01SINLIMLIM1COSZZZTGZZ不存在11SIN1Z解1Z，為本性奇點，0011LIMSINLIMSINLIMSIN0111ZZZZZZZ即為可去奇點。12111ZZEE解0,1ZZ，一階極點，1111111100LIMLIMLIM0ZZZZZZZZZZEEEEEE可去奇點。14設,FZGZ分別以ZA為M階極點，試問ZA為,FFGFG的什么樣的特點。解；設NMAZZZGAZZZF,23NMAZZZNMAZZZAZNMAZZAZZGFNNMNMNM（1）MNZZFGZAMN階極點（2）可去奇點級零點）級極點（）（1NMNNMZZNMZZAZNMZZAZZGZFMNNM3所以當MN時ZA為FG的MAXM,N階極點當MN時階的極點或可去極點低于階極點NNAAAA_0015設0FZ，且以ZA為解析點或極點，而Z以ZA為本性奇點，證明ZA是ZFZ，ZFZI，ZFZ的本性奇點。證明設0,NNMAZZZAZZZFMNNAZZAZZZFZ0顯然其中主要部分有無限項。所以ZA是FZZ的本性奇點。24NMNMNNNNMAZZZAZZAZZZFZAZZAZZZFZ000所以ZA是FZZ及ZFZ的本性奇點。16討論下列函數(shù)在無窮遠點的性質(zhì)。2Z解221LIMLIMZZZZ二階極點。21ZZ解111LIM111LIM1LIMZZZZZZZZZZ可去極點。3121Z解12111111110202210122101CCZCZCCZZCZCCZZZ令由上得0C1211C從而得Z為本性奇點。41SINZZ解1SIN1LIM1SINLIMZZZZZZ可去奇點。25第五章殘數(shù)及其應用（1）1求下列函數(shù)在指定點處的殘數(shù)1211ZZZ在1,Z解當1Z時，2111RELIM1ZZZZSFZZ14,當1Z時，11111RELIM4ZZZZDZSFZDZ求Z時的殘數(shù)，用殘數(shù)和定理，即,11RERERE0ZZZSFZSFZS,12SINZ在0,1,2ZNN解由題可知,ZN是本題的極點，將SINZ用羅朗展開得SINZ21121NNZN，求REZNSFZ，RE1ZNSFZ。3241ZEZ在0,Z解將原式用羅朗展開得241ZEZ24222ZZZ，340024321RERE3ZZZSFZSZ,根據(jù)殘數(shù)和定理，4RE3ZSFZ26411ZE在1,Z解FZ的奇點為1，將11ZE用羅朗展開式展開得21111211ZZ所以,111RERE11ZZSFZSZ,根據(jù)殘數(shù)和定理得11RE1ZZSE2求下列函數(shù)在其孤立奇點包括無窮遠點處的殘數(shù)M是自然數(shù)11SINMZZ解將式子用羅朗展開2111SIN21NNMMZZZZN，當1211,2MNNM當M為奇數(shù)時，殘數(shù)為0，當M為偶數(shù)時,201RE1MZSFZM,根據(jù)殘數(shù)和定理,211MZRESFZM221MMZZ解20,121KIMZEKM是函數(shù)的一階極點。當1M時，2RE1KIMZESFZ，13MZZ27解本題是以Z為M階極點，以Z為其一階極點111RELIM1MZZSFZMZ1M1REMZSFZ根據(jù)殘數(shù)和定理得REZSFZ1M1M0421ZEZ解21ZEFZZ是以1Z為二階極點，2211111RELIMLIMZZXZZEDZZSFZEEDZ根據(jù)殘數(shù)定理和得REZSFZE51COSZZ解用羅朗展開式展開得本題以ZN為一階極點20112NNNZFZZN2112NNNZZN當1N時有解,則，RE2ZKSFZ，所以,根據(jù)殘數(shù)和定理得REZSFZRE2ZKSFZ17ZZE解本題以0Z為其孤立齊點2811212ZZZZZEEEZ211ZZ01111RE2231ZNSFZNREZSFZ01111RE2231ZNSFZN9COSZZ解本題以ZN為奇點。用羅朗展開式得22401COS1224NNNZZZZN原式得2413112424ZZZZZZ，所以RE2ZNSFZ2101MMZZ解本題以1Z為M階極點。所以21111RELIM111MMMMZZZSFZZMZ11221211MMMMM第五章殘數(shù)及其應用（2）3計算下列積分。11SINZDZZZ解用殘數(shù)方法求，用羅朗展式展開，3511SIN35ZZZZZZ由上式可已看出沒有符合殘數(shù)要求的29項，所以，即1SINZDZZZ0。22222,11CDZCXYXYZZ解用殘數(shù)方法求解，22111ZZ在1Z有二階極點，ZI有一階極點22111RELIM11ZZSZZI21141ZZIZI31NNZDZZAZB,1,1,ABAB1解20COSDA211ZDZIZAZ由于分母有兩個一階極點211ZAA,221ZAA,很明顯只有1Z0解原式14220SINDA1421112ZDZIZZZA4211421ZZDIZAZ令2ZW，則21212ZAAA為其二階極點所以12211RE4218ZZSWWAAA即1220SINDA2221282IIAAAA40SINCOSIADIAA為是實數(shù)而且0解0SINCOSIADIAIA0COSCOSDIAIA0LNCOSIA0COSLN1COSIAIIALNIA0,A1解由于FX是偶函數(shù)，而且FX在上半平面只有兩個一階極點34412,XAEXAE111RELIMIMXIMXXXXSFXEXFXE同理，222RELIMIMXIMXXXXSFXEXFXE所以，440SINXMXDXA222RERESIN2KKIMXMAXAAMASFXEAE33（5）41DXX解41DXXIM02REKAKXAISFX函數(shù)FX411X在上半平面有兩個一階極點34412,IIXEXE而11431RE44IXXESFXZ，223431RE44IXXESFXZ即41DXX3442442IIEEI第七章一維波動方程的傅氏解1今有一弦，其兩端被釘子釘緊，作自由，它的初位移為01212HXXXHXX，根據(jù)前面分離變量解法得其傅氏解為1,COSSINSINNNNNATATXUXTCDLLL。34其中，1222001228SINSINSIN222LNHCDHDHDLLN，0ND，于是所求傅氏解為2218,COSSINNHNATXUXTLL2將前題之初始條件改為110101HXXXHXX，試求其傅氏解。解所求問題為一維波動方程的混合問題00211SINSINLLLHDHDNC0102222101SINSINSINHDDD2282SINHN2821,SINCOSSINHNATXLLNNUXT。3今有一弦，其兩端0X和XL為釘所固定，作自由搖動，它的初位移為0。初速度為202,CXXX，其中C為常數(shù)，0,L的OURIER變換。解由FOURIER變換的定義有M0X0,Y0M2X0,Y0M1X0,Y0M3X0,Y0MX,YR3R1R2RYXO440000SIN22COSSINCOSSIN2SINSIN222SINSINIAXIAXIAXIAXIXAXEEEEFFXFEDXDXXIXIXAXIAXAXIAXDXIXAXAXDXDXXXAXAXDXDXXX由函數(shù)的奇偶性有00SIN202AAXDXA，00SINSIN2AXAXDXDXXX，于是有SINAXFX（2）若A，則,0,0AA故有0SIN2AXDXX，0SIN2AXDXX于是SIN0AXFX，同理如果0的FOURIER變換。45解FX在1X。解對定解問題各項以X為變量施行FOURIER變換，并記,IXFUXTUXTEDUTCOSCOSIXFXXED則定解問題化為,22,0,0DUTDTAUTU，它的解為22,ATUTE它的逆變換得22221111,COSATATUXTFUTFEFXFE22222222140111COS22XATATIXATATFEEEDEXDEAT則222224401COS1,COSCOSCOS22XATATATXUXTEXDEDEXATAT第十四章LPLACE變換461求下列函數(shù)的LAPLCE變換（）ATE，解由LAPLCE變換的定義有001,REREATATPTPATLEEDTEDTPAPA（2）SINKT，解由線性性質(zhì)和上式有221111SIN222IKTIKTIKTIKTEEKLKTLLELEIIIPIKPIKPK2求下列函數(shù)FP的LAPLCE逆變換。（1）25PFPPP，（2）1FPP，解（1）22221115141414PPPPPPPP又由121COS214TPLETP，1211SIN2214TLETP所以111222111COS2SIN2521414TPPLLLETTPPPP（2）因為10AAPTALTTEDTP，取12A得12112LTP即11LPT，所以111LPT473求解常微分方程初值問題101,02YTTYTYTYY。解記,LYTYP對方程中各項施行APLCE逆變換，注意應用微分性質(zhì)并將初始條件代入，得22211DYPPYPDPPPP，該方程的解為22221PCYPEPPP，將22PE以0為中心展開為級數(shù)，得242211128CPYPPPPP因為10KLP故有1111122122CCYTLYPLLLLCTPPP，代入初始條件得22,0CC于是得12YTT4設有一初始溫度為3SIN2X的單位長度的均勻桿，桿的側面絕熱，而兩端的溫度均保持零度，試求桿內(nèi)的溫度分布。48解其定解問題為,01,00,1,0,03SIN2,01TXUDUXTUTUTUXXX，根據(jù)前面分離變量解法得其傅氏解為1,COSSINSINNNNNATATXUXTCDLLL。其中，1222001228SINSINSIN222LNHCDHDHDLLN，0ND，于是所求傅氏解為2218,COSSINNHNATXUXTLL2將前題之初始條件改為110101HXXXHXX，試求其傅氏解。解所求問題為一維波動方程的混合問題00211SINSINLLLHDHDNC0102222101SINSINSINHDDD2282SINHN22821,SINCOSSINHNATXLLNNUXT。3今有一弦，其兩端0X和XL為釘所固定，作自由搖動，它的初位移為0。初速度為202,CXXX，其中C為常數(shù)，0,L的FOURIER變換。解由FOURIER變換的定義有0X0,Y02X0,Y01X0,Y03X0,Y0X,Y580000SIN22COSSINCOSSIN2SINSIN222SINSINIAXIAXIAXIAXIXAXEEEEFFXFEDXDXXIXIXAXIAXAXIAXDXIXAXAXDXDXXXAXAXDXDXXX由函數(shù)的奇偶性有00SIN202AAXDXA，00SINSIN2AXAXDXDXXX，于是有SINAXFX（2）若A，則,0,0AA故有0SIN2AXDXX，0SIN2AXDXX于是SIN0AXFX，同理如果0的FOURIER變換。解FX在1X。解對定解問題各項以X為變量施行FOURIER變換，并記,IXFUXTUXTEDUTCOSCOSIXFXXED則定解問題化為,22,0,0DUTDTAUTU，它的解為22,ATUTE它的逆變換得22221111,COSATATUXTFUTFEFXFE22222222140111COS22XATATIXATATFEEEDEXDEAT則222224401COS1,COSCOSCOS22XATATATXUXTEXDEDEXATAT第十四章LAPLCE變換1求下列函數(shù)的LAPLCE變換（）ATE，解由LAPLCE變換的定義有001,REREATATPTPATLEEDTEDTPAPA（2）SINKT，解由線性性質(zhì)和上式有221111SIN222IKTIKTIKTIKTEEKLKTLLELEIIIPIKPIKPK2求下列函數(shù)FP的LAPLCE逆變換。（1）25PFPPP，（2）1FPP，解（1）22221115141414PPPPPPPP60又由121COS214TPLETP，1211SIN2214TLETP所以111222111COS2SIN2521414TPPLLLETTPPPP（2）因為10AAPTALTTEDTP，取12A得12112LTP即11LPT，所以111LPT3求解常微分方程初值問題101,02YTTYTYTYY。解記,LYTYP對方程中各項施行LAPLCE逆變換，注意應用微分性質(zhì)并將初始條件代入，得2221