数学物理方法+吴崇试+习题解答.pdf
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1写出下列复数的实部,虚部,模和幅角:
(1)13i+;
(2)1cossini+,02;(3)sinixe,x为实数;(4)ize;(5)ze;(6)41;(7)1i+;(8)11ii+;(9)1ie+;(10)()ixe,()x是实变数x的实函数。
(1)Re1=,Im3=,22AmReIm2=+=,ImArgarctan22Re3kk+=+=;
(2)Re1cos=,Imsin=,()22Am1cossin22cos2sin2=+=,()22sincossin22tanArgcot1cos22sin2=,所以Arg22=k+;(3)Am1=,Argsin2=xk+,()Recossinx=,()Imsinsinx=;(4)zxiy=+,izyixee+=,Amye=,Arg2=xk+,Recosyex=,Imsinyex=;(5)Amxe=,Arg2=yk+,Recosxey=,Imsinxey=;(6)()12124441niinee+=,(n=0,1,2,3),Am1=,21Arg24n=k+,21Recos4n=+,21Imsin4n=+;(7)224844122ininiee+=,(n=0,1),4Am2=,Arg28=nk+,()44Re2cos12cos88nn=+=,()4Im12sin8n=;(8)()1422224241212inniniiieeeie+=,(n=0,1),Am1=,Arg24=nk+,()1Re2n=,()1Im2n=;(9)Ame=,Arg12k=+,Recos1e=,Imsin1e=;(10)Am1=,()Arg2=xk+,()Recosx=,()Imsinx=;2把下列关系用几何图形表示出来:
(1)2z;
(2)1Re2z,1Im2z;(3)()arg10z=,()arg13z+=,()arg12zi+=;(4)()0arg14z,()0arg14z+,()arg1243zi;(5)argz与Rez的公共区域,均为常数;(6)1zi,12zi;(9)Re1zz+;(10)0arg4zizi且0y=,即1x且()31yx=+;()()arg1arg11102zixiyx+=+=+=且10y。
(4)()()0arg1arg1014zxiyyx=;()()0arg1arg1014zxiyyx+=+;()()()()arg12arg120123143zixiyxyx=+;(5)(6)(7)(8)(9)22Re1zzxyx+=+,化简得()2112xy。
(10)()()()222211211xiyzixyixzixiyxy+=+,所以0arg4zizi+22021xxy+,即0x。
3已知一复数z,画出iz,z,z,1z,1z,并指出它们之间的几何关系。
把z写成ie,则()2iize+=,即把z逆时针旋转90度。
()ize+=,即把z逆时针旋转180度。
ize=,即z关于实轴的对称点。
11iez=,即z关于单位圆的对称点。
11iez=,即z关于单位圆的对称点。
4若1z=,试证明1azbbza+=+,a,b为任意复数。
()()()()222221azbazbaabzabzbazbbzabzabzababzabza+=+,所以1azbbza+=+。
5证明下列各式:
(1)11argzzzz+;
(2)若123zzz=,则3223111argarg2zzzzzz=。
(1)先证1argzzz。
记ize=,1122cos2sinarg2izezz=。
111111argzzzzzzzzzzzzzz=+=+。
(2)如图,1z,2z,3z在同一圆周上,3231argzzzz=,21argzz=。
由于同弧所对圆周角是圆心角的一半,所以12=,即3223111argarg2zzzzzz=。
6用复数z表示曲线上的变点。
(1)写出经过点a且与复数b所代表的矢量平行的直线方程;
(2)写出以d和d为焦点,长轴长2a的椭圆方程(ad)。
(1)矢量za与矢量b平行,所以zakb=,k为实数;
(2)由椭圆定义得2zdzda+=。
7用复数运算法则推出:
(1)平面直角坐标平移公式;
(2)平面直角坐标旋转公式。
(1)设坐标系xOy的原点O在坐标系xOy中的坐标是()00,xy。
P点在xOy系中的坐标是(),xy,在xOy系中坐标(),xy。
如上面左图,令OPz=?
,OPz=?
,0OOz=?
。
则0zzz=,即()00xiyxxiyy+=+,由此得0xxx=,0yyy=。
(2)将坐标系xOy绕原点逆时针旋转角得到坐标系xOy。
如上面右图,xOy系中z只是比xOy系中z的幅角小,即izze=,由此得cossinxxy=+,sincosyxy=+。
8设复数1z,2z,3z满足13213123zzzzzzzz=。
证明:
213213zzzzzz=。
如图,2131iAABzzezzAC=,1323iCACzzezzBC=。
所以ABACACBC=,AC=。
由AC=可得ABBC=,代入ABACACBC=可得ABBCAC=,即213213zzzzzz=。
9
(1)给出123,zzz三点共线的充要条件;
(2)给出1234,zzzz四点共圆的充要条件。
(1)若三点共线,则矢量13zz与矢量23zz平行,反之也成立。
所以三点共线的充要条件是1323zzzz=实数。
(2)如图若四点共圆,则有ACBADB=(同弧所对圆周角相等)。
反之也成立。
写成复数形式即为13142324zzzzzzzz=实数。
10求下列方程的根,并在复平面上画出它们的位置。
(1)210z+=;
(2)380z+=;(3)410z=;(4)410z+=;(5)210nz+=,n为正整数;(6)22cos10zz+=,0。
(1)zi=;
(2)32,2ize=;(3)1,zi=;(4)344,iizee=;(5)()22iknze+=,0,1,21kn=?
;(6)ize=。
11设zpiq=+是实系数方程20120nnaazazaz+=?
的根,证明zpiq=也是此方程的根。
对方程两边取共轭得20120nnaazazaz+=?
,即z也满足此方程。
12证明:
()41sincos44cos238=+。
()()()4242222431414iiiiiiiiiieeeeeeeeee+=+=()()22sin28sin2cos2sin2sin28cossinsiniiieieiiii=+()48sinsin44sin2i=+取等式两边实部即得证。
13把sinn和cosn用sin和cos表示出来。
()()0!
cossincossincossin!
knnnkkknininiknk=+=+=()()()/2220!
1cossin2!
2!
nknkkknknk=()()()()1/221210!
1cossin21!
21!
nknkkkniknk+=+比较两边实部和虚部得:
()()()/2220!
cos1cossin2!
2!
nknkkknnknk=;()()()()1/221210!
sin1cossin21!
21!
nknkkknnknk+=+。
14将下列和式表示成有限形式:
(1)1cosnkk=;
(2)1sinnkk=。
222121222sin121sin2nnniiininniikiiiiiikneeeeeeeeeeee+=比较两边实部和虚部得:
()11sincos22cossin2nknnk=+=,()11sinsin22sinsin2nknnk=+=。
15证明:
()112sinsinsin2nnnnnn=?
。
记1211,nzzz?
为方程1nz=的n个根,即2kinkze=,1,2,1kn=?
。
则有()()()()12111nnzzzzzzzz=?
,所以()()()12121111nnnnzzzzzzzzzzz=+?
。
令上式两边1z=,则有2111kninken=。
2212sin2sinkkkkkkiiiiiiinnnnnnkkeeeeieeenn=,111211121111112sin2sinnknkknnniiinnnnkkkkkeennn=+=,即111sin2nnkknn=。
16求下列序列na的聚点和极限,如果是实数序列,则同时求出上下极限。
(1)()121nnnan=+;
(2)()1121nnan=+;(3)()()121nnanni=+;(4)()211nnanni=+;(5)1sin6ninan=+;(6)11cos23nnan=+。
(1)聚点1/2,极限无,上极限1/2,下极限-1/2;
(2)聚点0,极限0,上下极限0;(3)聚点,极限;(4)聚点,极限;(5)聚点0,1/2,3/2,1,极限无;(6)聚点1/2,1,极限无,上极限1,下极限-1。
17证明序列1111ln23nann=+?
极限存在。
先证()ln11xxxx+,其中0x。
令()()ln1fxxx=+,则()11011xfxxx=+,所以()()00fxf=,不等式右半部分得证,同样可证左半部分。
由此可得111ln11nnn+。
111ln101nnaann+=+得()111ln11ln1ln1ln1ln23nann+?
3411ln2lnln1023nnnn+=+?
即na是递减有下界序列,所以极限存在。
18证明Lagrange恒等式:
2222111nnnkkkkkjjkkkkkjzwzwzwzw=。
右边()()22,kjkjjkkjjkkjkjzwzwzwzwzw=222222,kjkjjkkjkjjkkkkjkjkjkjkjzwzwzwzzwwzzww,存在整数1N,使得当1nN时有2nzA。
对于给定的1N,存在2N,使得11222NzAzAzAN+=时,()()()12121nnzzzAzAzAzAnn+=+?
()()111121211NNNnzAzAzAzAzAzAnn+?
()1111212211NNNnzAzAzAzAzAzANnN+?
()11122nNnN,则存在,当()()22000zzxxyy=+,就有()uavbfc或,即()00lim,xxyyuxya=,()00lim,xxyyvxyb=。
同样的,若()00lim,xxyyuxya=,()00lim,xxyyvxyb=,就有()0limzzfzc=。
21证明:
()211fzz=在单位圆1z内连续但不一致连续。
易证()fz连续(初等函数)。
下面证()fz在单位圆内不一致连续。
定义在D上的函数()fz在D上一致连续的充要条件:
任意的nxD,nyD,只要()lim0nnnxy=,就有()()lim0nnnfxfy=令11nxn=,21nyn=,则1101211nnxynnn=+,()()2nnnfxfy=。
所以()fz在单位圆1z(即arg22z),ze。
若0x(即3arg22z),0ze。
若0x=(即arg2z=),ze的实部虚部在1,1之间振荡。
41证明下列公式:
(1)()121212sinsincoscossinzzzzzz=;
(2)()121212coscoscossinsinzzzzzz=;(3)shsinziiz=;(4)chcosziz=;(5)()12cosln1zizz=+;(6)111tanln21izziiz+=;(7)22chsh1zz=;(8)221thsechzz=。
(1)()()()()112211221212sincoscossin4izizizizizizizizeeeeeeeezzzzi+=()()()121212sin2izzizzeezzi+=+同样得,()121212sincoscossinsinzzzzzz=
(2)()()()()112211221212coscossinsin4izizizizizizizizeeeeeeeezzzz+=()()()121212cos2izzizzeezz+=+同样得,()121212coscossinsincoszzzzzz+=(3)()()()()shsin222iiziiziiziizzzeeeeeeziiizi=(4)()()chcos22iiziizzzeeeeziz+=(5)令cos2iwiweezw+=,则2210iwiweze+=,解出21iwezz=+,所以()12cosln1zwizz=+(6)令taniwiwiwiweezwiee=+,解出211iwizeiz+=。
所以111tanln21izzwiiz+=(7)()()2222chsh14zzzzeeeezz+=(8)()222241th1sechzzzzzzeezzeeee=+42证明下列公式:
(1)()shchzz=;
(2)()chshzz=;(3)()2thsechzz=;(4)()2cthcschzz=
(1)()shch22zzzzeeeezz+=
(2)()chsh22zzzzeeeezz+=(3)()()()()222222thsechzzzzzzzzzzzzeeeeeezzeeeeee+=+(4)()()()()222222cthcschzzzzzzzzzzzzeeeeeezzeeeeee+=43证明下列不等式:
(1)()shsinchyxiyy+;
(2)()shcoschyxiyy+。
(1)()sinsincoscossinsinchcosshxiyxiyxiyxyixy+=+=+,所以()2222sinsinchcosshxiyxyxy+=+。
代入22ch1shyy=+得()22sinsinshshxiyxyy+=+,代入22shch1yy=得()22sinchcoschxiyyxy+=。
不等式得证。
(2)同
(1)。
44解下列方程:
(1)sh0z=;
(2)22ch3ch10zz+=;(3)25sinsin102zz+=;(4)tanzi=。
(1)sh02zzeez=,即221zikee=,所以zik=,(0,1,2k=?
);
(2)解得chz=1或1/2,即221zikee=或()321322ikzeie+=,所以zik=,()/32ik+,(0,1,2k=?
);(3)/62zk=+,5/62k+,()/2ln232ik+,(0,1,2k=?
);(4)无解。
46扇形区域0arg3z经变换3wz=后边成什么区域?
(上半平面)47试证:
圆()220AxyBxCyD+=经变换1wz=后仍为圆,并讨论0A=及0D=的情况。
由于222xyzzz+=,()12xzz=+,()12yzzi=,圆方程可写为()()11022AzzBiCzBiCzD+=。
令()12EBiC=+,则方程写成0AzzEzEzD+=,这就是圆的标准方程。
代入1/zw=,得到0DwwEwEwA+=,仍是圆方程。
0A=时,将直线变换为圆,0D=时,将圆变换成直线。
48izwe=把实轴上线段02x变为什么图形?
由0y=得ixwe=,所以1w=。
02x即是0arg2w)为半径的圆变为w平面上的椭圆,焦点为i,长短半轴分别为ch及sh。
令ize=,则圆方程为e=。
()11cossincossin22iiweeeeeieeie=+shcoschsini=+令wxiy=+,则shcosx=,chsiny=,消去得22221shchxy+=,即以i为焦点,ch及sh为长短半轴的椭圆。
52设()(),wuxyivxy=+解析,且0dwdz,试证曲线族()1,uxyC=,()2,vxyC=(1C,2C为任意实常数)互相正交。
设1n,2n为过点(),xy的两曲线在该点的法向量,即1,uuxy=n,2,vvxy=n。
则120uvuvuuuuxxyyxyyx=+=+=nn,即两曲线正交。
53判断下列函数是单值的还是多值的:
(1)1zz+;
(2)11lnz+;(3)cosz;(4)lnsinz;(5)coszz;(6)sinzz。
明显
(1)(4)都是多值函数。
用w表示z的两个平方根,即zw=或w。
取zw=,则coscoszwwz=,取zw=,则()coscoscoswzwwwz=,即coszz为多值函数,同样可得,sinzz为单值函数。
54找出下列函数的枝点,并讨论z绕各个枝点移动一周回到原处函数值的变化。
若同时绕两个,三个枝点,又会出现怎样的情况?
(1)31z;
(2)21zz+;(3)zazb;(4)11lnz+;(5)coszz;(6)324z;(7)()231zz+;(8)()2ln1z+。
(1)()2233311iiwzzzeze=,当z逆时针绕1点一圈(不包围23ie和23ie)回到原处,因子1z顺时针绕0点旋转,另外两个因子23ize和23ize不变,故w顺时针绕0点旋转。
当z逆时针绕23ie(或23ie)点一圈(不包围另外两点)回到原处,w逆时针绕0点旋转。
所以1,23ie为枝点。
若z逆时针绕1和23ie两点一圈(不包围23ie)回到原处,w不变,同样的,z逆时针绕任意两个枝点一圈(不包围另一个枝点)回到原处,w都不变。
若z逆时针绕这三个枝点一圈回到原处,w顺时针绕0点旋转,所以也是枝点。
(2)枝点是1;(3)枝点是a,b(z绕b逆时针一圈回到原处,因子1zb顺时针绕0点旋转);(4)枝点是0,;(5)枝点是0,;(6)枝点是2,;(7)枝点是0,-1;(8)枝点是i,;55函数1wzz=+,规定()21w=,是分别求当z沿着图中的1C和2C连续变化时()3w之值。
若规定2z=处()arg12z=,则有()21w=。
z沿1C连续变化到-3时,()arg13z=,所以()3233432iwei=+=。
沿2C有()332wi=+。
56规定函数32wzz=在下图割线上岸的幅角为0,试求该函数在割线下岸3z=处的数值,又问,这个函数有几个单值分枝:
求出在其他分枝中割线下岸3z=处的函数值。
2z在割线上岸幅角为0,下岸为2,所以()2333iwe=。
有三个单值分枝。
规定割线上岸幅角为2,则下岸为4,()4333iwe=,规定割线上岸幅角为4,则下岸为6,()33w=。
57函数()()wzazb=的割线有多少种可能的做法?
试在两种不同做法下讨论单值分枝的规定。
设,ab为实数,且ab。
ab为枝点,连接,ab的任意线段都可作为割线,所以有无穷种做法。
其中两种做法:
(1)规定割线上岸()()argargzazb+=和3可得两个单枝分枝。
(2)可规定正实轴割线上岸()()argargzazb+分别为0,2。
58规定函数222wzz=+,()02w=。
求当z由原点出发沿圆()12zi+=逆时针方向通过x轴时的函数值。
又当z回到原点时函数之值如何?
()()4422iiwzeze=。
只要规定0z=时()43arg24ize=,()43arg24ize=就有()02w=。
当z沿圆逆时针到达2z=时,()4arg24ize=,()4arg24ize=,所以()442222iiwee=。
当z回到原点时,()45arg24ize=,()43arg24ize=,所以()543402222iiiweee=。
59函数()2ln1wz=,规定()00w=,试讨论当z分别限制在以下两图中变化时,()3w之值。
(a)()()ln11wzz=+。
规定0z=时()arg10z=,()arg10z+=就有()00w=。
z从下半平面到达3z=时有()arg1z=,()arg10z+=,所以()()03ln243ln2iiweei=+。
(b)z从上半平面到达3z=时有()arg1z=,()arg10z+=,所以()()03ln243ln2iiweei=。
60函数()341wzz=在割线上岸函数值与下岸函数值有何不同?
割线如下图。
若割线上岸上一点z由左边(曲线1C)绕到割线下岸同一处(记为z),则z的辐角增加2,即2izze=,1z的辐角不变,即()11zz=。
所以()()33224411iiwzzzezwe=。
若z由右边(曲线2C)绕到割线下岸同一处,则z的辐角不变,1z的辐角减小2,()323241iiwzzewe=。
61规定0arg2z,求wz=在zi=处的导数值。
()12wzz=,()()24111222iiweei=。
62规定0z=处arctanz=,求在2z=处的导数值。
割线做法如图。
1arctanln2izzizi=+,()21arctan1zz=+,()21arctan5zz=。
虽然导函数()fz是单值函数,但它是在()fz的单值分枝中定义的,否则极限值()()000limzzfzfzzz不定。
63证明:
若函数()fz在区域G内解析,其模为一常数,则函数()fz本身也必为一常数。
证:
令()(),cossinixyfzAeAiA=+,其中(),xy为实函数。
由于()fz解析,C-R方程为:
sincosAAxy=,sincosAAyx=。
可由此解出0x=,0y=,即(),xy为常数,所以()fz为常数。
64()()112ppzzfzz=,12p。
在实轴上沿0到1做割线,规定沿割线上岸()argarg10zz=,试计算()fi。
zi=时,arg2z=,()arg14z=,()()()121243124222ppiipipeefiei=。
z从左边由割线上岸绕到zi=,则3arg2z=,()arg14z=,()51242pipfie=。
z从右边由割线上岸绕到zi=,则arg2z=,()7arg14z=,()51242pipfie=。
65试按给定的路径计算下列积分:
(1)11dzz,(i)沿路径1C:
1z=的上半圆周,(ii)沿路径2C:
1z=的下半圆周;
(2)20Reizdz+,(i)1C:
直线段0,2和2,2+i组成的折线,(ii)2C:
直线段()2zit=+,01t。
(1)(i)100iiCdzdeidize=,(ii)200iiCdzdeidize=;
(2)(i)12100Re222Czdzxdxidyi=+=+,(ii)()()21100Re22222Czdztdititdti=+=+=+。
66计算:
(1)1zdzz=;
(2)1zdzz=;(3)1zdzz=;(4)1zdzz=。
(1)令ize=,221002iizdzdeidize=;
(2)220100iizdzdeez=;(3)22201000iiiizieddzedieze=;(4)2102zdzdz=。
67考虑两简单闭合曲线1C,2C,彼此相交于A,B两点。
设1C与2C所包围的内部区域分别是1G与2G,其公共区域为g。
若()fz在曲线1C,2C上解析,且在区域1Gg及2Gg内解析,试证明:
()()12CCfzdzfzdz=?
。
如图,14表示四条边界线,1C是1的负向加上3的正向,2C是2的负向加上4的正向。
()()121324CCfzdzfzdzfdzfdzfdzfdz=+?
1的负向加上2的正向就是1Gg的边界,所以120fdzfdz+=,同样的,340fdzfdz=,所以有()()12CCfzdzfzdz=?
。
68对于任一解析函数的实部或虚部,Cauchy定理仍成立吗?
如果成立,试证明之,如果不成立,试说明理由,并举一例。
不成立。
取()fzz=,则实部(),uxyx=。
取如下积分路径:
110001udzxdxidyxdxi=+=?
。
69证明:
4Cdziz=?
,其中积分路径C为闭合曲线22sin4=。
这个结果和围绕原点一圈2dziz=?
的结论有矛盾吗?
为什么?
2244002212sinsin2sin44242sin2sin44iiiCiideeiedzdzee+=?
4400sin1223cos2idd=+上式右边第二项被积函数以4为周期,所以积分限可换为22,被积函数又是奇函
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- 数学 物理 方法 吴崇试 习题 解答