数学物理方法姚端正CH5作业解答

1 数理 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 CH5作业解答 P82习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 5.1 1. 求下列函数在指定点处的留数 （1） 2)1)(1( +- zz z ，在 1±=z ，¥ 解：①对于 1=z 1=z 是单极点，由 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 )()(lim)( zfbzbresf bz -= ® ，得 4 1 )1( lim)()1(lim)1( 211 =+ =-= ®® z zzfzresf zz ②对于 1-=z 1-=z 是二阶极点，由公式 bz n n n zfbz dz d n bresf =- - - - = )]()[( )!1( 1)( 1 1 ，得 4 1] )1(1 1[] 1 [)1( 121 -=- - - = - =- -=-= zz z z zz z dz dresf ③对于 ¥=z 根据“全平面的留数之和为零”，知 0)]1()1([)( =-+-=¥ resfresfresf (2) 1 1 -ze , 在 1=z , ¥ 解：将 1 1 )( -= zezf 在 1=z 的去心邻域展开为： å ¥ = - - -== 0 1 1 ! )1()( k k z k zezf ¥<-1z 可见， 1)1( --z 的系数为 1，则 1)1( =resf ， 根据全平面的留数之和为零，知 1)1()( -=-=¥ resfresf （3） z ez 3sin 1- ，在 0=z 2 解： ... !4!3!2 1 ! 1 432 0 ++++=-=- å ¥ = zzzz k ze k k z 3 753 3 0 12 3 ...) !7!5!3 (] )!12( )1([sin +-+-= + - = å ¥ = + zzzz k zz k kk 则 =- z3sin 3 642 33 753 ...)] !7!5!3 (1[...) !7!5!3 ( --- +-+-+=+-+- zzzzzzzz = ...]...) !7!5!3 ( 2 )4(3...) !7!5!3 )(3(1[ 2 642642 3 ++-+- -×- ++-+--+- zzzzzzz ... 2 1 3 31 13 ++++= -- zczczz （上式中倒数第二步用了二项式定理，最后一步不需要写出很多项，只要写出 对最后 zezf z 3sin)1()( --= 的展开式中的 1-z 项有贡献的项就够了，可以看出，对 最后 zezf z 3sin)1()( --= 的展开式中的 1-z 项有贡献的项其实只有第一项 3-z ） 至此，可断定函数 zezf z 3sin)1()( --= 的展开式中 1-z 项的系数为 2 1 所以 2 1)0( =resf 解法之二： )( )( 1 1 sin 1 sin 1)( 3 3 z z e z z ezf z z y f = - = - = ，其中 z z 3sin 1)( =f ，以 0=z 为 3 阶极点； 1 1)( - = ze zy ，以 0=z 为一阶极点，则 )(zf 以 0=z 为二阶极点。（这里用到一个 结论：设函数 )(zf 与 )(zy 分别以 az = 为m阶与 n阶极点，若 nm > ，则函数 )( )( z z y f 以 az = 为 nm - 阶极点。） 则由计算留数的公式，有： 03 2 ] sin )1([)0( = - = z z z ez dz dresf ，得到一阶导数表达式后， 令 0®z ，取极限，并连续四次运用罗必塔法则，就得到 2 1)0( =resf 相比之下，第一种解法比较简单。 3 （4） z z cos ，在 2 )12( p+= kz （ ...2,1,0 ±±=k ） 解：函数 z zzf cos )( = 的奇点为 2 )12( p+= kz （ ...2,1,0 ±±=k ）； 函数 z z zf cos )( 1 = 以 2 )12( p+= kz 为一阶零点，所以， 2 )12( p+= kz 为函数 z zzf cos )( = 的单极点。 将函数记作： )( )()( z zzf y f = ，其中 zz =)(f ， zz cos)( =y ，运用单极点的留数公 式 : )(' )()( b bbresf y f = 得 到 2 )12()1( )1( 2 )12( 2 )12sin( 2 )12( ) 2 )12(( 1 p p p p p +-= -- + = +- + =+ + k k k k kresf kk 2.求下列函数在其孤立奇点和无穷远点的留数 （3） 3)1( 2sin +z z 解：奇点为 1-=z ，是 3阶极点。 2sin2]2[sin !2 1)]()1[( !2 1)1( 12 2 1 3 2 2 ==+=- -=-= zz zdz dzfz dz dresf 根据全平面的留数之和为零，知 2sin2)1()( -=--=¥ resfresf （5） ze z 12 + 解：函数在全平面只有一个奇点 ¥=z ，根据全平面的留数之和为零，知 0)( =¥resf （6） z 1cos 解：函数的奇点为 0=z ，将函数在 0=z 的去心邻域展开，得 4 åå ¥ = -¥ = - = - = 00 2 )!2( )1( )!2( )1()1(1cos k kk k kk k z k z z 1-z 的系数为： 2 1 1 -=-C 所以 2 1)0( -=resf ， 2 1)( =¥resf 2.计算下列围道积分 （2） ò --l zz zdz 2)2)(1( 2 12: =-zl 解：函数 2)2)(1( )( -- = zz zzf 的奇点有两个： 21 =z 和 12 =z ，其中只有奇点 21 =z 在围道内,它是 2阶极点。 1] 1 [)]()2[()2( 22 2 -= - =-= == zz z z dz dzfz dz dresf 由留数定理， i zz zdz l p2 )2)(1( 2 -= --ò （3） ò --l zz dz )1)(3( 5 ， :l 2=z 解：函数 )1)(3( 1)( 5 -- = zz zf 的奇点为： 3=z 以及 5 2 pki k ez = （ =k 0，1,2,3,4） 奇点 3=z 在围道 2=z 之外，奇点 5 2 pki k ez = 在围道内，即围道内有五个奇点，计 算其留数时较为繁琐，根据“全平面的留数之和为零”，知 0)()3()( 5 0 =¥++å = resfresfzresf k k ，可转为求 )3(resf 和 )(¥resf 3=z 是单极点， 242 1 1 1lim)()3(lim)3( 533 =- =-= ®® z zfzresf zz 对于 )(¥resf ，可将 )1)(3( 1)( 5 -- = zz zf 在无穷远点展开，寻找其负一次幂的系 数： 5 = -- = )1)(3( 1)( 5zz zf åååå ¥ = + ¥ = + ¥ = ¥ = =×= - × - 0 )1(5 0 1 0 55 0 5 5 131131 )11( 1 )31( 1 k k k k k k k k k k zzzzzz z z z z ...)11...)(31( 1052 ++++= zzzz 可见，展开式中没有 1-z 项，所以 0)( 1 =-=¥ -Cresf 所以， 242 1]0)()3([)( 4 0 -==¥+-=å = resfresfzresf k k 根据留数定理， 121 )(2 )1)(3( 4 0 5 izresfi zz dz k k l p p -=×= -- åò = （4） dz zi lò 1sin 2 1 p :l rz = 解：函数 z zf 1sin)( = 的奇点为 0=z ，此题将函数直接展开求负一次幂项的系数 较为方便。 利用已知的展开式 å ¥ = + + - = 0 12 )!12( )1(sin k kk k zz ，得到 å ¥ = + + - = 0 12 )!12( )1()1(1sin k kk k z z ，其负一次幂项的系数为 11 =-C 故 iiresfdz zl pp 2)0(21sin ==ò 则 1 1sin 2 1 =ò dzzi lp P87习题 5.2 1.计算下列积分 （1） dxx x ò ¥ ¥- + + 4 2 1 1 解：属于类型 dxxfò ¥ ¥- )( ，其中 4 2 1 1)( x xxf + + = ，则 4 2 1 1)( z zzf + + = ，满足条件：①在 实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当 ¥®z 时， 0)( ®zzf 6 则 { }数之和在上半平面的奇点的留)(2 1 1 4 2 zfidx x x p= + + ò ¥ ¥- 4 2 1 1)( z zzf + + = 的奇点为： 4 )12( p+ = ki ez ，分别为: ï ï ï ï î ïï ï ï í ì = = = = 4 7 4 4 5 3 4 3 2 4 1 p p p p i i i i ez ez ez ez 其中，上半平面有两个奇点，分别为 41 pi ez = 和 4 3 2 pi ez = ，它们都是函数 )(zf 的单极点，由公式 )(' )()( b bbresf y f = ，得函数在这两个奇点的留数分别为： 224 1 4 1)( 4 3 2 3 1 2 1 1 i e e z zzresf i i - = + = + = p p 224 1 4 1)( 4 9 2 3 3 2 2 2 2 i e e z zzresf i i - = + = + = p p 则 { } pp 2)()(2 1 1 214 2 =+= + + ò ¥ ¥- zresfzresfidx x x （2） dk k eirk ò ¥ ¥- + 22 m )0( >r 解：属于类型 ò ¥ ¥- dxexf ipx)( 22 1)( m+ = z zf 满足条件：①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外 单值解析；③当 ¥®z 时， 0)( ®zf 所以 þ ý ü î í ì + = +ò ¥ ¥- 数之和在上半平面的奇点的留函数 2222 2 m p m z eidk k e irzirk 22 m+z eirz 函数 在上半平面有一个奇点： iz m=1 是单极点。由公式 )(' )()( b bbresf y f = ， 7 得函数在这个奇点的留数为： i e i e z ez z eres riirirzirz mmm mm 222 ],[ 1 122 1 - === + 则 m p m p m mm rrirk e i eidk k e --¥ ¥- =×= +ò 2222 （3） dx x ax ò ¥ +0 41 cos )0( >a 解：属于类型 ò ¥ 0 cos)( pxdxxf 其中 41 1)( x xf + = 是偶函数。 41 1)( z zf + = 满足条 件：①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当 ¥®z 时， 0)( ®zf 所以 dx x ax ò ¥ +0 41 cos þ ý ü î í ì + = 数之和在上半平面的奇点的留函数 41 z ei iaz p 函数 41 z eiaz + 在上半平面有两个奇点：分别为 41 pi ez = 和 4 3 2 pi ez = ，它们都是函 数 )(zf 的单极点，由公式 )(' )()( b bbresf y f = ，得函数在这两个奇点的留数分别为： p pp 4 3 ) 4 sin 4 (cos 3 1 1 1 44 )( i iiaiaz e e z ezresf + == p pp 4 9 ) 4 3sin 4 3(cos 3 2 2 2 44 )( i iiaiaz e e z ezresf + == 化简整理得： ) 2 sin 2 (cos 22 )()( 221 aaeizresfzresf a + - =+ - 所以 dx x ax ò ¥ +0 41 cos { } 22 )()( 21 p p =+= zresfzresfi ) 2 sin 2 (cos2 aae a + - （4） bxdx ax x sin 0 22ò ¥ + )0,0( >> ba 8 解：属于类型 ò ¥ 0 sin)( pxdxxf 其中 22)( ax xxf + = 是奇函数; 22)( az zzf + = , 满 足条件： ①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当 ¥®z 时， 0)( ®zf 所以 bxdx ax x sin 0 22ò ¥ + þ ý ü î í ì + = 数之和在上半平面的奇点的留函数 22 az zeibz p 22 az zeibz + 函数 在上半平面有一个奇点： aiz =1 是单极点。由公式 )(' )()( b bbresf y f = ， 得函数在这个奇点的留数为： 22 ],[ 1 1 122 1 abibzibz e z ezz az zeres - == + 则 bxdx ax x sin 0 22ò ¥ + = 2 abe-p 2．求下列积分： （1） ò +- p q q 2 0 2cos21 1 d bb 1a 解：将 )2cos1( 2 1sin 2 xx -= 代入，得 q q p ppp d a xd xa dx xa dx xa òòòò -+=-+=-+ = + 0 2 0 2 0 2 0 2 cos12 12 2cos12 1 )2cos1( 2 1 1 sin 1 q q p d aò -+= 2 0 cos12 1 2 1 在上式中，已记 q=x2 10 令 qiez = ，则 )( 2 1cos 1-+= zzq ， iz dzd =q 代入被积函数中，并化简整理，得到关于 z的函数的围道积分： = +ò dxxa 2 0 2sin 1p òò = ++- = -+ = 1 2 2 0 1)24( 1 cos12 1 2 1 z dz zaz id a q q p 函 数 =)(zf 1)24( 1 2 ++- zaz 有 两 个 奇 点 )1(2121 +-+= aaaz ， )1(2122 +++= aaaz ，围道内仅有一个单极点 )1(2121 +-+= aaaz =)( 1zresf )1(4 111lim)()(lim 212 1 11 +- = - = - =- ®® aazzzz zfzz zzzz = +ò dxxa 2 0 2sin 1p iidz zaz i z p2 1)24( 1 1 2 =++-ò= )1(2)1(4 1 + = +- aaaa p （4） ò + 2 0 2cos1 1p dx x 解： 由第（2）题已经解出 p p 2 cos1 1 2 2 0 = +ò dxx 4 1 cos1 1 2 2 0 = +ò dxx p p p 4 2 cos1 1 2 2 0 = +ò dxx P92习题 5.3 3.计算下列积分 (1) ò ¥ ¥- -14x dx 解：属于类型 dxxfò ¥ ¥- )( ，其中 1 1)( 4 - = x xf ，则 1 1)( 4 - = z zf ，它有四个奇点， 分别是： 11 =z ， 12 -=z ， iz =3 ， iz -=4 ，满足条件：①在实轴上有有限个单极 点；②在上半平面有有限个奇点；除此之外单值解析；③当 ¥®z 时， 0)( ®zzf { })1()1()(2 14 -++= -ò ¥ ¥- resfresfiiiresf x dx pp =)(iresf 4))(1)(1( 1lim)()(lim)( i izzz zfiziresf iziz = ++- =-= ®® 11 4 1 )1)(1( 1lim)()1(lim)1( 211 =++ =-= ®® zz zfzresf zz 4 1 )1)(1( 1lim)()1(lim)1( 211 -=+- =+=- -®-® zz zfzresf zz 2 ) 4 1( 4 1 4 2 14 p pp -= þ ý ü î í ì -++= -ò ¥ ¥- iii x dx （2） ò ¥ ¥- ++ )1)(1( 2xxx dx 解：属于类型 dxxfò ¥ ¥- )( ，其中 )1)(1( 1)( 2 ++ = xxx xf ，则 )1)(1( 1)( 2 ++ = zzz zf ， 满足条件：①在实轴上有有限个单极点；②在上半平面有有限个奇点；除此之外 单值解析；③当 ¥®z 时， 0)( ®zzf 函数 )(zf 在实轴上有两个单极点 0=x 和 1-=x ；在上半平面有一个奇点 iz = { })1()0()(2 )1)(1( 2 -++= ++ò ¥ ¥- resfresfiiiresf xxx dx pp 4 1 ))(1( 1lim)()(lim)( -= ++ =-= ®® i izzz zfiziresf iziz 1 )1)(1( 1lim)()0(lim)0( 200 =++ =-= ®® zz zfzresf zz 2 1 )1( 1lim)()1(lim)1( 201 -=+ =+=- ®-® zz zfzresf zz 2 ) 2 11( 4 12 )1)(1( 2 p pp -=-+ - ×= ++ò ¥ ¥- iii xxx dx 2.计算下列积分 （2） ò ¥ +0 22 )( sin dx axx x ， 0>a 12 解 ： 属 于 类 型 ò ¥ 0 sin)( pxdxxf 其 中 )( 1)( 22 axx xf + = 是 奇 函 数 ； )( 1)( 22 azz zf + = ，它有三个奇点： 01 =z ； aiz =2 ， aiz -=3 ；满足条件： ①在 实轴上有有限个单极点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当 ¥®z 时， 0)( ®zf )0( 2 )( )( sin 0 22 resFairesFdx axx x p p += +ò ¥ ，其中 == izezfzF )()( )( 22 azz eiz + =)(airesF 22)( lim)()(lim a e aizz ezFaiz aiz aizaiz - ®® -= + =- 22200 1lim)()0(lim)0( aaz ezFzresF iz zz = + =-= ®® )1( 2 1 2 ) 2 ( )( sin 2220 22 a a e aaa edx axx x --¥ -=×+-×= +ò pp p (4) dx x bxax ò ¥ - 0 2 coscos 0³a , 0³b 解： 因为 0=z 是实轴上的 2阶极点，所以此题不能套用已有的那些公式，只能 按最基本的方法构造一个合适的围道来求解。 此题还要用到小圆弧引理： 设 rC 是以 az = 为圆心， r 为半径，夹角为 12 qq - 的圆弧，即 qireaz =- )( 21 qqq ££ ，若函数 )(zf 在 az = 点的去心邻域内连续，且 l=-® )]()[(lim0 zfazr ， （l为常数，包括0），则 )()(lim 120 qql -=ò® idzzfrCr 积分沿逆时针方向进行。（详见教材 P91图 5.8） 对于本题，考虑 函数 dzz eezf ibziaz 2)( - = 沿图示围线的围道积分，因函数在围道内解析，故 ① òò ò - + - = - - - e e C ibziaz l R ibxiaxibziaz dz z eedx x eedz z ee 222 ò + - + R ibxiax dx x ee e 2 02 = - ò RC ibziaz dz z ee 13 ① òò -- - = - --- - ee R xibxia R ibxiax xd x eedx x ee )( )( 2 )()( 2 = ò =-- - - --R xibxia xd x ee e )( )( 2 )()( ò -- -R ibxiax dx x ee e 2 则 ò - - + -e R ibxiax dx x ee 2 ò -R ibxiax dx x ee e 2 = ò -- -R ibxiax dx x ee e 2 + ò -R ibxiax dx x ee e 2 dx x bxaxR ò - = e 2 coscos2 ② 对于 ò - eC ibziaz dz z ee 2 由于 )( 1 lim][lim)]()0[(lim 0200 baiibeiae z eezzfz ibziazibziaz -= - = - ×=- ®®® eee 罗比塔法则 故由小圆弧引理有 )()(lim 20 babaiidzz ee C ibziaz -=-×-= - ò® ppee ③ 对于 ò - RC ibziaz dz z ee 2 ，由约当引理有 0lim 2 =ò¥® RC iaz R dz z e ； 0lim 2 =ò¥® RC ibz R dz z e ④ 综上，将②③④代入①，得 dx x bxaxR ò - e 2 coscos2 + 0)( =- bap ，故得 )( 2 coscos 2 abdxx bxaxR -= - ò p e