数理课后精选作业题1-3章参考答案

1专业数理基础一课后精选作业题参考答案以及过程第一章（我们上课已讲过）14.求下列各式的值：2）6)1(i，3）61（2）解：6366644233(1)(2)(2).88(cossin)822iiiieeeii（3）解：1(2)66111cos(2)sin(2)(0,1,2,3,4,5)66ikekkk代入得出结果。注意：要求熟练掌握开方和幂的公式，)sin(cosninrerzninnn12122(cossin)(,0,1,2,1)kiinnnnkkuzrerizreknnn19.设321,,zzz三点适合条件：1,0321321zzzzzz.证明：321,,zzz是内接于单位圆1z的一个正三角形的顶点.证明：因为1230zzz，所以123zzz，又因为)(22221221221zzzzzz，1231zzz所以2222212121232()2(11)413zzzzzzz，即123zz，同理可得1223313zzzzzz而由1231zzz可知，321,,zzz在以原点为圆心的单位圆上故321,,zzz是内接于单位圆上的一个等边三角形的顶点。26.(4)函数z1＝把z平面上的曲线1)1(22yx映射成平面上怎样的曲线解：由2222(1)12xyxyx，并令1uivz得2212xuxy且221(,)2yyvxyx2即12u且v可为任意实数，所以该曲线被映射为平面上的直线。第二章9.证明柯西－黎曼方程的极坐标形式是：urrvvrru1,1证明：令cos,sinxryr，由复合函数微分法则，则有...cos.sin(1)uuxuyuurxryrxy...(sin).cos(2)uuxuyuurrxyxy...cos.sin(3)vvxvyvvrxryrxy...(sin).cos(4)vvxvyvvrrxyxy由CR条件可得，,uvuvxyyx，所以(3)和(4)式分别变为.cos.sincossin(5).(sin).cos(sincos)(6)vvvuurxyyxvvvuurrrxyyx将1(5)(),(6)rr分别可得到..cos(sin)11.(sincos)vuuurrrryxvuuurrryxr即11uvrrvurr也可按课本14页中的做法：在极坐标中irez.当z沿径向趋于零时,rezi,复变函数的导数/00()limlim()izriuivuivuvfzeizerrr,当z沿横向趋于零时,iiireerz,复变函数的导数3/00()limlim()iziuivuiveuvfziizirer因为函数在点z解析,以上两式相等,于是得到极坐标中的Cauchy-Riemann条件:,1vrrurvur1.12.找出下列方程的全部解(注意：对数的运算)1）0sinz;2）0cosz;3）01ze;4）0cossinzz.（1）解：sin02izizeezi，所以0izizee，即21ize方程两边同时取对数可得2(1)ln1[arg(1)2](2)izLnikik故,(0,1,2,)zkk（2）解：cos02izizeez，所以201izizizeee方程两边同时取对数可得，2(1)ln1[arg(1)2](2)izLnikik所以，1(2)22zkk，k为整数。（3）1ze，所以(21)zki，(0,1,2,)k（4）由0cossinzz得11()()022izizizizeeeei，即2izei，故4zk，k为整数15．利用公式直接做。第三章2.分别沿xy与2xy算出积分idziyx102)(的值.解:沿yx，11122200015()()()(1)()66ixiydzxixdxixixixdxi沿2yx，1112222200015()()()(1)(12)66ixiydzxixdxixixixdxi7.沿指定曲线的正向计算下列各积分：1）;12:,2zCdzzeCz2）;:,122aazCdzazC3）;232:,12izCdzzeCiz4）;2:,3zCdzzzC45);1:,)1)(1(132rzCdzzzC6);0z,cos3的闭曲线＝为包围CdzzzC7);23:,)4)(1(122zCdzzzC＋8);1:,sinzCdzzzC9);2:,)2(sin2zCdzzzC10);1:,5zCdzzeCz（1）解：用柯西积分公式可得22.(2)2..2zCedzifiez（2）解：用柯西积分公式可得22111/()12.()2.()()()2CCCzaidzdzdzifaizazazazaaa(3).解：令()izefzzi，则()fz在C内解析，由柯西积分公式可得，2/2.()1izizcceezidzdzifizzie（4）解：利用单连通区域的柯西定理可得，03Czdzz(5)解：由单连通区域的柯西定理可知，函数()fz在区域内解析，则该积分为0。（6）由单连通区域的柯西定理可知，函数()fz在区域内解析，则该积分为0（7）令2()1/(4)fzz,则f(z)在区域内解析，又因为21111[]12zizizi，所以可得22222211/(4)11/(4)1/(4)[](1)(4)(1)2()()1[2.()2.()]02CCCCzzzdzdzdzdzzzziziziifiifii＋＋(8)由柯西积分公式可得：sin2.(0)2.sin00Czdzifiz(9).解：令()sinfzz，则()fz在1z内解析，由高阶导数公式可得，'2sin2.()2.cos01!22()2Czidzfiz(10)由高阶导数公式可得5(4)052(0)4!1212zCeiiidzfez9.计算下列积分：1）为正向：其中4,)2314(zCdzizzC;2）为正向：其中61,122zCdzziC;3）为负向：为正向：其中3,2,cos21321zCzCdzzzccC;4）为顶点的正向菱形为以其中iCdzizC56,21,1(1)解：有两个奇点-1和2i,做两个小圆C1C2把它包围起来，由复连通区域柯西定理可得121122434343()()()121212434312124.2003.214CCCCCCCdzdzdzzzizzizzidzdzdzdzzzizziiii(2)解：有两个奇点i和-i,做两个小圆C1C2把它包围起来，由复连通区域柯西定理可得12122222221112/()2/()2.()2.()0CCCCCiiidzdzdzzzziziizidzdzziziifiifi(3)见补充例题（4）因为i在C的内部，由柯西积分公式可得12.()2.12Cdzifiiizi21.设)(zf在区域D内解析，C为D内的任意一条正向简单闭曲线，证明：对在D内但不在C上的任意一点0z，等式：dzzzzfdzzzzfCC200)()()(成立.解：分两种情况：1)若Z0在C的外部，则0()fzzz及20()()fzzz在C内解析，由单连通区域的柯西定理有200()()0()CCfzfzdzdzzzzz62)若0z在C的外部，在C内解析的函数()fz，其导函数'()fz也是C内的解析函数，由柯西积分公式可得，'00()2.()Cfzdzifzzz由高阶导数公式可得，''0020()2.()2.()()1!Cfzidzfzifzzz所以，200()()()CCfzfzdzdzzzzz综上，对在D内但不在C上的任意一点0z，200()()()CCfzfzdzdzzzzz30由下列各已知调和函数求解析函数ivuzf)(.1）);4)((22yxyxyxu2）;0)2(,22fyxyv(1)解：22223(2),3(2)uuxxyyxxyyxy，由CR条件可得，223(2)vuxxyyyx所以，322223(2)()3()()3yvxxyydyxxyxyx故2'63()vxyyxx，又22363vuxxyyxy所以，'2()3xx，故3()xxc所以223333vxyxyyxc故3()(1)fzuivizic，其中zxiy(2)解：由22yvxy与CR条件vuxy可得22()xugxxy7又因为uvxy，所以/()0gx，所以()gxC故22221()xyfzuiviCCxyxyz又(2)0f，故12C所以2222111()22xyfzuivixyxyz