第三章习题解答1
电动力学第三章习题解答
⎞⎠⎟⎟⎟
=
−μ1
I πa
2
(1)
在导体圆柱外
1 r
∂ ∂r
⎛⎜⎜⎜⎝r
∂A2 ∂r
⎞⎠⎟⎟⎟
=
0
O
A
θr
y
x
P
(2)
解这两个微分方程得
A1
=
−
μ1Ir 2 4πa2
+ b ln
r
+c
- 58 -
华中师大 陈义成
A2 = f ln r + g
边界条件
在 r = 0 处, A1 有限，得到 b = 0 ；在 r = a 处，由式（3-1-13）和（3-1-16），有
B1 = μ0nIe z ， B2 = 0
可以验证上述尝试解满足方程和边值关系，根据唯一性定理，这就是问题的解。
3.4 稳定电流 I 在半径为 a 的无限长圆柱导体中沿轴向流动，设导体的磁导率为
μ1 ，其外充满磁导率为 μ2 的均匀介质。通过矢势 A 求圆柱导体内、外的磁感应强度及
磁化电流分布。
【解】（1）求磁感应强度
华中师大 陈义成
第三章 习题解答
3.1 设在 x < 0 空间充满磁导率为 μ 的均匀介质，x > 0 区域为真空。今有线电流 I
沿 z 轴流动，求磁感应强度 B 和磁化电流分布。
【解】一、选柱坐标系（如图）；
z
B2
二、定解问题：
∫ ∫∫ 1） H ⋅ dl = I ；2） B ⋅ dS = 0 ；
−
B1 μ
⎞ ⎟ ⎠
x=0
=
0
；
y eφ
μ
μ0
φ
x
第3章 习题解答
第三章 习题解答(部分)［1］求以下序列)(n x 的频谱()j X e ω，其中0a >。
(2)()an e u n - (5)0sin()()an e n u n ω-解：对题中所给的)(n x 先进行z 变换，再求其频谱。
(2)由于111)]([)(----==ze n u e Z z X a an ，所以ωωωj a ez j e e z X e X j --=-==11)()(。
(5)由于aa a ane z e z e z n u n eZ z X 2201010cos 21sin )]()sin([)(-------+-==ωωω，所以ωωj e z j z X e X ==)()(aj a j a j e e e e e e 2200c o s 21s i n ------+-=ωωωωω ［2］ 设()j X e ω和()j Y e ω分别是()x n 和()y n 的傅里叶变换，试求下面序列的傅里叶变换。
(7)(2)x n (8)(),()20n x n g n n ⎧⎪=⎨⎪⎩＝偶，＝奇解：(7)2)()2()]2([ωωn jn n jn en x en x n x DTFT -∞∞-∞=-∑∑==为偶数 2)]()1()([21ωn j nn e n x n x -∞-∞=-+=∑)(21)(21)(21)(212222⎪⎭⎫⎝⎛+∞-∞=⎪⎭⎫⎝⎛+-∞-∞=-+=+=∑∑πωωπωωj j n n j n n j e X e X e n x e n x(8))()'()2/()]([2''2ωωωj n n j n jn e X en x en x n g DTFT ===∑∑∞-∞=-∞-为偶数［3］求出下面序列的傅里叶变换(1))5(2)(-δ=n n x (4))3()2()(--+=n u n u n x解：由DFT 定义有：(1)ωωωδ52)5(2)(j n jn j e en e X -∞-∞=-=-=∑(4)ωωωωωωj j j n jn n jn j ee e een u n u e X ---=-∞-∞=---==--+=∑∑1)]3()2([)(3222⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--=------ωωωωωωωωωωωω21sin 25sin 11222225252525j j j j j j j j j j e e e e e e e e e e ［5］已知001,()0,j X e ωωωωωπ⎧≤⎪=⎨<≤⎪⎩，求()j X e ω的傅里叶逆变换()x n 。
数字信号处理第三章习题答案
x1(n)
x2(n)
(b)
y (n)
(c)
(a) x1(n) (b) x2 (n)
(c) y(n) x1(n) x2 (n)
5.如果X(k)=DFT[ x(n)]，证明DFT的初值定理
x(0)
1
N 1
X (k)
N k0
证明 由IDFT定义式
x(n)
1 N
N 1
1, 0 n 4 x2 (n) 1, 5 n 9 作图表示 x1(n) 、 x2 (n) 和 y(n) x1(n) ，x2 (n)
循环卷积区间长度L＝10。
解 x1(n) 、 x2 (n) 和 y(n) x1(n) x2 (n) 分别如题3解图
(a)、(b)、(c)所示。
2
N
2
N
k) k)
N] 2 ,k 2]
0,1,L
,N
1
1 e j0N
或
X7 (k)
1
e
j (0
2 N
k
)
,k
0,1,L
,N
1
(9) 解法一
x9 (n)
cos(0n)RN
(n)
1 [e 2
j0n
e
] j0n
N 1
X9 (k) x9 (n)WNkn n0
fl(n)长度为27,f(n)长度为20.前面已推出二者的关系为
f (n) fl (n 20m) R20 (n) m
只有在如上周期延拓序列中无混叠的点上，才满足f(n)=fl(n)，所以
f (n) fl (n) x(n) y(n), 7 n 19
矩阵理论第3章习题解答
4设 是 阶的实对称矩阵，并且 你能用几种方法证明
证：（1）设 是矩阵 的一个特征值， 是对应于 的一个非零特征向量，即 所以 即 所以矩阵 的特征值全为零，又 酉相似与对角矩阵 所以
（2）设 则 Βιβλιοθήκη 题设矛盾，所以结论成立。5试证：对于每一个实对称矩阵 ，都存在一个 阶方阵 ，使 。
证：矩阵 是一个对称矩阵，则 酉相似于一个对角矩阵，即
令 ，则
又由 令 则 。
7证明：一个正规矩阵若是三角矩阵，则它一定是对角矩阵.
证明参考课本101页引理3必要性的证明.
8证明：正规矩阵是幂零阵 的充要条件是
证：充分性： 则结论显然。
必要性：若 ，由题设矩阵 是正规矩阵，则 酉相似于一个对角矩阵，即
证：必要性：设 为正定的Hermite矩阵，根据定义有 ，即 ，同时有 所以
充分性：设 ，则 ，则矩阵 是Hermite矩阵。由于矩阵 是正定Hermite矩阵，存在一个正定的Hermite矩阵 ，使得 则有 对矩阵 施行相似变换： 则矩阵 与矩阵 有相同的特征值，且 是Hermite矩阵.
对 可得 即 是正定的Hermite矩阵，所以其所有的特征值为正，从而矩阵 所有的特征值为正，即矩阵 为正定的Hermite矩阵.
矩阵 的特征值为 ；其对应的特征向量构成的矩阵为
则酉变换为
13设矩阵 的最大秩分解为 ，证明：
证：充分性显然。
必要性：（反证法）如果存在向量 使得 ，但 ，令 ，则 。由于 是矩阵 的最大秩分解，则矩阵 的列向量是线性无关的，如果 ，则 ，从而 ，与题设矛盾，所以 。
15设 ， 均为正定矩阵的Hermite矩阵，则 为正定的Hermite矩阵的充要条件是 .
复变函数习题解答(第3章)
p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]5. 由积分⎰C1/(z + 2) dz之值证明⎰[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = 0，其中C取单位圆周| z | = 1．【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故⎰C1/(z + 2) dz = 0．设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, 2π]．则⎰C1/(z + 2) dz = ⎰C1/(z + 2) dz = ⎰[0, 2π] i e iθ/(e iθ + 2) dθ= ⎰[0, 2π] i (cosθ + i sinθ)/(cosθ + i sinθ + 2) dθ= ⎰[0, 2π] (- 2 sinθ + i (1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ) dθ= ⎰[0, 2π] (- 2 sinθ)/(5 + 4cosθ) dθ+ i ⎰[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ．所以⎰[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)以2π为周期，故⎰[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0；因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)为偶函数，故⎰[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = (1/2) ⎰[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．7. (分部积分法)设函数f(z), g(z)在单连通区域D内解析，α, β是D内两点，试证⎰[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -⎰[α, β] g(z) f’(z)dz．【解】因f(z), g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’的积分都与路径无关．⎰[α, β] f(z)g’(z)dz + ⎰[α, β] g(z) f’(z)dz = ⎰[α, β] ( f(z)g’(z)dz + g(z) f’(z))dz= ⎰[α, β] ( f(z)g(z))’dz．而f(z)g(z)是( f(z)g(z))’在单连通区域D内的一个原函数，所以⎰[α, β] ( f(z)g(z))’dz = f(β)g(β) -f(α)g(α) = ( f(z)g(z))|[α, β]．因此有⎰[α, β] f(z)g’(z)dz + ⎰[α, β] g(z) f’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β]，即⎰[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -⎰[α, β] g(z) f’(z)dz．13. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，求证Γ亦为光滑曲线．【解】分两种情况讨论．(1) 当z(α) ≠z(β)时，C不是闭曲线．此时z(t)是[α, β]到D内的单射，z(t)∈C1[α, β]，且在[α, β]上，| z’(t) |≠ 0．因Γ是曲线C在映射f下的象，所以Γ可表示为w = f(z(t)) (α≤t≤β)．∀t∈[α, β]，z(t)∈D．因f于区域D内解析，故f在z(t)处解析，因此f(z(t))在t处可导，且导数为f’(z(t))z’(t)．显然，f’(z(t))z’(t)在[α, β]上是连续的，所以f(z(t))∈C1[α, β]．因为f(z)于区域D内是单叶的，即f(z)是区域D到 的单射，而z(t)是[α, β]到D内的单射，故f(z(t))是[α, β]到 内的单射．因在D内有f’(z) ≠ 0，故在[α, β]上，| f’(z(t))z’(t) |= | f’(z(t)) | · |z’(t) |≠ 0．所以，Γ是光滑曲线．(2) 当z(α) = z(β)时，C是闭曲线．此时z(t)∈C1[α, β]；在[α, β]上，有| z’(t) |≠ 0；z’(α) = z’(β)；∀t1∈[α, β]，∀t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)．与(1)完全相同的做法，可以证明f(z(t))∈C1[α, β]，且| f’(z(t))z’(t) |≠ 0．由z(α) = z(β)和z’(α) = z’(β)，可知f’(z(α))z’(α) = f’(z(β))z’(β)．因为∀t1∈[α, β]，∀t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)，由f(z)于区域D内单叶，因此我们有f(z(t1)) ≠f(z(t2))．所以Γ是光滑的闭曲线．14. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，证明积分换元公式⎰ΓΦ(w) dw = ⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz．其中Φ(w)沿曲线Γ连续．【解】由13题知曲线Γ也是光滑曲线，其方程为w(t) = f(z(t)) (α≤t≤β)．故⎰ΓΦ(w) dw = ⎰[α, β] Φ(w(t)) ·w’(t) dt = ⎰[α, β] Φ( f(z(t))) · ( f’(z(t)) z’(t)) dt．而⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz = ⎰[α, β] ( Φ( f(z(t))) f’(z(t))) ·z’(t) dt．所以⎰ΓΦ(w) dw = ⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz．15. 设函数f(z)在z平面上解析，且| f(z) |恒大于一个正的常数，试证f(z)必为常数．【解】因| f(z) |恒大于一个正的常数，设此常数为M．则∀z∈ ，| f(z) | ≥M，因此| f(z) | ≠ 0，即f(z) ≠ 0．所以函数1/f(z)在 上解析，且| 1/f(z) | ≤ 1/M．由Liuville定理，1/f(z)为常数，因此f(z)也为常数．17. 设函数f(z)在区域D内解析，试证(∂2/∂x2 + ∂2/∂y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．【解】设f(z) = u + i v，w = | f(z) |2，则w = ln ( u 2 + v 2 )．w x = 2(u x u+ v x v)，w y = 2(u y u+ v y v)；w xx = 2(u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )，w yy = 2(u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )；因为u, v都是调和函数，所以u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，故w xx + w yy = 2 (u x2 + v x2 + u y2 + v y2) = 4 (u x2 + v x2) = 4 | f(z) |2；即(∂2/∂x2 + ∂2/∂y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．18. 设函数f(z)在区域D内解析，且f’(z) ≠ 0．试证ln | f’(z) |为区域D内的调和函数．【解】∀a∈D，因区域D是开集，故存在r1 > 0，使得K(a, r1) = { z∈ | | z -a | < r1 } ⊆D．因f’(a) ≠ 0，而解析函数f’(z)是连续的，故存在r2 > 0，使得K(a, r2) ⊆K(a, r1)，且| f’(z) -f’(a)| < | f’(a) |．用三角不等式，此时有| f’(z)| > | f’(a) | - | f’(z) -f’(a)| > 0．记U = { z∈ | | z -f’(a)| < | f’(a) |}，则U是一个不包含原点的单连通区域．在沿射线L = {z∈ | z = - f’(a) t，t≥ 0 }割开的复平面上，多值函数g(z) = ln z可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支g(z)k在 \L上都是解析的．∀t≥ 0，| - f’(a) t -f’(a) | = (t + 1) | f’(a) | ≥ | f’(a) |，故- f’(a) t ∉U．所以U ⊆ \L，即每个单值连续分支g(z)k在U上都是解析的．因为当z∈K(a, r2)时，f’(z)∈U，故复合函数g( f’(z))k在上解析．而Re(g( f’(z))k) = ln | f’(z) |，所以ln | f’(z) |在K(a, r2)上是调和的．由a∈D的任意性，知ln | f’(z) |在D上是调和的．【解2】用Caucht-Riemann方程直接验证．因为f’(z)也在区域D内解析，设f’(z) = u + i v，则u, v也满足Cauchy-Riemann方程．记w = ln | f’(z) |，则w = (1/2) ln ( u 2 + v 2 )，w x = (u x u+ v x v) /( u 2 + v 2 )，w y = (u y u+ v y v) /( u 2 + v 2 )；w xx = ((u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u x u+ v x v)2)/( u 2 + v 2 )2；w yy = ((u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u y u+ v y v)2)/( u 2 + v 2 )2；因为u, v都是调和函数，所以u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，u x v x + u y v y = 0，因此(u x u+ v x v)2 + (u y u+ v y v)2= u x2u 2+ v x 2v 2 + 2 u x u v x v+ u y2u 2+ v y 2v 2 + 2 u y u v y v= (u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 )；故w xx + w yy = (2(u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 ))/( u 2 + v 2 )2 = 0．所以w为区域D内的调和函数．[初看此题，就是要验证这个函数满足Laplace方程．因为解析函数的导数还是解析的，所以问题相当于证明ln | f(z) |是调和的，正如【解2】所做．于是开始打字，打了两行之后，注意到ln | f’(z) |是Ln f’(z)的实部．但Ln z不是单值函数，它也没有在整个 上的单值连续分支，【解1】前面的处理就是要解决这个问题．]p141第三章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 ]1. 设函数f(z)在0 < | z | < 1内解析，且沿任何圆周C : | z | = r, 0 < r < 1的积分值为零．问f(z)是否必须在z = 0处解析？试举例说明之．【解】不必．例如f(z) = 1/z2就满足题目条件，但在z = 0处未定义．[事实上可以任意选择一个在| z | < 1内解析的函数g(z)，然后修改它在原点处的函数值得到新的函数f(z)，那么新的函数f(z)在原点不连续，因此肯定是解析．但在0 < | z | < 1内f(z) = g(z)，而g(z)作为在| z | < 1内解析的函数，必然沿任何圆周C : | z | = r的积分值都是零．因此f(z)沿任何圆周C : | z | = r的积分值也都是零．若进一步加强题目条件，我们可以考虑，在极限lim z→0 f(z)存在的条件下，补充定义f(0) = lim z→0 f(z)，是否f(z)就一定在z = 0处解析？假若加强条件后的结论是成立，我们还可以考虑，是否存在满足题目条件的函数，使得极限lim z→0 f(z)不存在，也不是∞？]2. 沿从1到-1的如下路径求⎰C1/√z dz．(1) 上半单位圆周；(2) 下半单位圆周，其中√z取主值支．【解】(1) √z = e i arg z /2，设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, π]．⎰C1/√z dz = ⎰[0, π] i e iθ/e iθ/2dθ = ⎰[0, π] i e iθ/2dθ = 2e iθ/2|[0, π] = 2(- 1 + i)．(2) √z = e i arg z /2，设C : z(θ)= e iθ，θ∈[-π, 0]．⎰C1/√z dz = -⎰[-π, 0] i e iθ/e iθ/2dθ = -⎰[-π, 0] i e iθ/2dθ = - 2e iθ/2|[-π, 0] = 2(- 1 -i)．[这个题目中看起来有些问题：我们取主值支，通常在是考虑割去原点及负实轴的z平面上定义的单值连续分支．因此，无论(1)还是(2)，曲线C上的点-1总不在区域中(在区域的边界点上)．因此曲线C也不在区域中．所以，题目应该按下面的方式来理解：考虑单位圆周上的点ζ，以及沿C从1到ζ的积分的极限，当ζ分别在区域y > 0和区域y < 0中趋向于-1时，分别对应(1)和(2)的情形，简单说就是上岸和下岸的极限情形．那么按照上述方式理解时，仍然可以象我们所做的那样，用把积分曲线参数化的办法来计算，这是由积分对积分区域的连续性，即绝对连续性来保证的．以后我们遇到类似的情形，都以这种方式来理解．]3. 试证| ⎰C(z + 1)/(z - 1) dz | ≤ 8π，其中C为圆周| z - 1 | = 2．【解】若z∈C，| z + 1 | ≤ | z - 1 | + 2 = 4，故| (z + 1)/(z - 1) | ≤ 2．因此| ⎰C(z + 1)/(z - 1) dz | ≤⎰C| (z + 1)/(z - 1) | ds≤ 2 · Length(C) = 8π．4. 设a, b为实数，s = σ+ i t (σ > 0)时，试证：| e bs–e as| ≤ | s | · | b–a | e max{a, b} ·σ．【解】因为f(z) = e sz在 上解析，故f(z)的积分与路径无关．设C是从a到b的直线段，因为e sz/s是f(z)的一个原函数，所以| ⎰C e sz dz | = | e sz/s |[a, b] | = | e bs–e as|/| s |．而| ⎰C e sz dz | ≤⎰C | e sz|ds = ⎰C | e(σ+ i t)z|ds = ⎰C | eσ z+ i tz|ds= ⎰C | eσ z|ds ≤⎰C e max{a, b} ·σ ds = | b–a | e max{a, b} ·σ．所以| e bs–e as| ≤ | s | · | b–a | e max{a, b} ·σ．5. 设在区域D = { z∈ : | arg z | < π/2 }内的单位圆周上任取一点z，用D内曲线C 连接0与z，试证：Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = π/4．【解】1/(1 + z2)在单连通区域D内解析，故积分与路径无关．设z = x + i y，∀z∈D，i z∈{ z∈ : 0 < arg z < π } = { z∈ : Im z > 0 }，-i z∈{ z∈ : -π < arg z < 0 } = { z∈ : Im z < 0 }，故1 + i z∈{ z∈ : Im z > 0 }， 1 -i z∈{ z∈ : Im z < 0 }．设ln(z)是Ln(z)的主值分支，则在区域D内( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)是解析的，且(( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i))’ = (i/(1 + i z) + i/(1 -i z))(2i) = 1/(1 + z2)；即( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)是1/(1 + z2)的一个原函数．⎰C1/(1 + z2) dz = ( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/2 |[0, z]= (ln(1 + i z) - ln(1 -i z))/(2i) = ln((1 + i z)/(1 -i z))/(2i)= (ln |(1 + i z)/(1 -i z)| + i arg ((1 + i z)/(1 -i z)))/(2i)= -i (1/2) ln |(1 + i z)/(1 -i z)| + arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2，故Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2．设z = cosθ + i sinθ，则cosθ> 0，故(1 + i z)/(1 -i z) = (1 + i (cosθ + i sinθ))/(1 -i (cosθ + i sinθ)) = i cosθ/(1 + sinθ)，因此Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2= arg (i cosθ/(1 + sinθ))/2 = (π/2)/2 = π/4．[求1/(1 + z2) = 1/(1 + i z) + 1/(1 -i z) )/2的在区域D上的原函数，容易得到函数( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)，实际它上就是arctan z．但目前我们对arctan z的性质尚未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点z在单位圆周上，从几何意义上更容易直接地看出等式arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2 = π/4成立．最后，还要指出，因曲线C的端点0不在区域D中，因此C不是区域D中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]6. 试计算积分⎰C( | z | - e z sin z ) dz之值，其中C为圆周| z | = a > 0．【解】在C上，函数| z | - e z sin z与函数a- e z sin z的相同，故其积分值相同，即⎰C( | z | - e z sin z ) dz = ⎰C( a- e z sin z ) dz．而函数a- e z sin z在 上解析，由Cauchy-Goursat定理，⎰C( a- e z sin z ) dz = 0．因此⎰C( | z | - e z sin z ) dz = 0．7. 设(1) f(z)在| z | ≤ 1上连续；(2) 对任意的r (0 < r < 1)，⎰| z | = r f(z) dz = 0．试证⎰| zf(z) dz = 0．| = 1【解】设D(r) = { z∈ | | z | ≤r }，K(r) = { z∈ | | z | = r }，0 < r≤ 1．因f在D(1)上连续，故在D(1)上是一致连续的．再设M = max z∈D(1) { | f(z) | }．∀ε > 0，∃δ1> 0，使得∀z, w∈D(1), 当| z-w | < δ1时，| f(z) -f(w)| < ε/(12π)．设正整数n≥ 3，z k= e 2kπi/n ( k = 0, 1, ..., n- 1)是所有的n次单位根．这些点z0, z1, ..., z n– 1将K(1)分成n个弧段σ(1), σ(2), ..., σ(n)．其中σ(k) (k = 1, ..., n- 1)是点z k– 1到z k的弧段，σ(n)是z n– 1到z0的弧段．记p(k) (k = 1, ..., n- 1)是点z k– 1到z k的直线段，p(n)是z n– 1到z0的直线段．当n充分大时，max j {Length(σ( j))} = 2π/n < δ1．设P是顺次连接z0, z1, ..., z n– 1所得到的简单闭折线．记ρ = ρ(P, 0)．注意到常数f(z j)的积分与路径无关，⎰σ( j)f(z j) dz =⎰p( j)f(z j) dz；那么，| ⎰K(1)f(z) dz -⎰P f(z) dz |= | ∑j⎰σ( j)f(z) dz -∑j⎰p( j)f(z) dz |= | ∑j (⎰σ( j)f(z) dz -⎰p( j)f(z) dz ) |≤∑j | ⎰σ( j)f(z) dz -⎰p( j)f(z) dz |≤∑j ( | ⎰σ( j)f(z) dz -⎰σ( j)f(z j) dz | + | ⎰p( j)f(z j) dz -⎰p( j)f(z) dz | )= ∑j ( | ⎰σ( j) ( f(z)-f(z j)) dz | + | ⎰p( j) ( f(z)-f(z j)) dz | )= ∑j ( ⎰σ( j)ε/(12π) ds + ⎰p( j)ε/(12π) ds )= (ε/(12π))·∑j ( Length(σ( j)) + Length(p( j)) )≤ (ε/(12π))·∑j ( Length(σ( j)) + Length(σ( j)) )= (ε/(12π))· (2 Length(K(1)))= (ε/(12π))· 4π = ε/3．当ρ< r < 1时，P中每条线段p(k)都与K(r)交于两点，设交点顺次为w k, 1, w k, 2．设Q是顺次连接w1, 1, w1, 2, w2, 1, w2, 2, ..., w n, 1, w n, 2所得到的简单闭折线．与前面同样的论证，可知| ⎰K(r)f(z) dz -⎰Q f(z) dz |≤ε/3．因此，| ⎰K(1)f(z) dz | = | ⎰K(1)f(z) dz -⎰K(r)f(z) dz |≤ | ⎰K(1)f(z) dz -⎰P f(z) dz | + | ⎰K(r)f(z) dz -⎰Q f(z) dz | + | ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz |≤ε/3 + ε/3 + | ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz |．记连接w k, 2到w k +1, 1的直线段为l(k)，连接w k, 2到z k +1的直线段为r(k)，连接z k +1到w k +1, 1的直线段为s(k)，则| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz |≤M ( Length(l(k)) + Length(r(k)) + Length(s(k)) ) ≤ 3 M · Length(l(k))．因为当r → 1-时，有Length(l(k)) → 0，故存在r∈(ρ, 1)使得| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz | < ε/(3n)．对这个r，我们有| ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz | = | ∑k (⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz ) |≤∑k (| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz |) ≤∑k ε/(3n) = ε/3．故| ⎰K(1)f(z) dz | ≤ε．因此⎰K(1)f(z) dz = 0．8. 设(1) f(z)当| z–z0 | > r0 > 0时是连续的；(2) M(r)表| f(z) |在K r : | z–z0 | = r > r0上的最大值；(3) lim r → +∞r M(r) = 0．试证：lim r → +∞⎰K(r) f(z) dz = 0．【解】当r > r0时，我们有| ⎰K(r) f(z) dz | ≤⎰K(r) | f(z) | ds≤⎰K(r) M(r) ds = 2πr M(r) → 0 (当r → +∞时)，所以lim r → +∞⎰K(r) f(z) dz = 0．9. (1) 若函数f(z)在点z = a的邻域内连续，则lim r → 0 ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz = 2πi f(a)．(2) 若函数f(z)在原点z = 0的邻域内连续，则lim r → 0 ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ = 2π f(0)．【解】(1) 当r充分小时，用M(r)表| f(z) |在K r : | z–a | = r上的最大值；| ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz– 2πi f(a) |= | ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz–f(a)⎰| z–a | = r1/(z–a) dz |= | ⎰| z–a | = r( f(z) –f(a))/(z–a) dz | ≤⎰| z–a | = r| f(z) –f(a) |/| z–a| ds≤M(r) ⎰| z–a | = r1/| z–a| ds = 2πr M(r)．当r → 0时，由f(z)的连续性，知M(r) → | f(a) |．故| ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz– 2πi f(a) | → 0．因此，lim r → 0 ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz = 2πi f(a)．(2) 根据(1)，lim r → 0 ⎰| z | = r f(z)/z dz = 2πi f(0)．而当r充分小时，我们有⎰| z | = r f(z)/z dz = ⎰[0, 2π] f(r e iθ )/(r e iθ )· (r e iθi ) dθ = i ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ．所以，lim r → 0 (i ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ)= 2πi f(0)．故lim r → 0 ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ = 2π f(0)．10. 设函数f(z)在| z | < 1内解析，在闭圆| z | ≤ 1上连续，且f(0) = 1．求积分(1/(2πi))⎰| z | = 1 (2 ± (z + 1/z)) f(z)/z dz之值．【解】(1/(2πi))⎰| z | = 1 (2 ± (z + 1/z)) f(z)/z dz= ⎰| z | = 1 (2f(z)/z± (zf(z)/z + (1/z)f(z)/z) dz= (1/(2πi)) ·( ⎰| z | = 1 2f(z)/z dz ± (⎰| z | = 1 f(z) dz +⎰| z | = 1 f(z)/z 2dz) )= (1/(2πi)) ·( 2(2πi) f(0)± (0+ (2πi/1!)f’(0)) )= 2 f(0)±f’(0) = 2 ±f’(0)．11. 若函数f(z)在区域D内解析，C为D内以a, b为端点的直线段，试证：存在数λ，| λ| ≤ 1，与ξ∈C，使得f(b) -f(a) = λ(b -a) f’(ξ)．【解】设C的参数方程为z(t) = (1 –t ) a + t b，其中t∈[0, 1]．在区域D内，因f(z)是f’(z)的原函数，故f(b) -f(a) = ⎰C f’(z) dz = ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) (b -a) dt == (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt．(1) 若⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的连续函数，故| f’((1 –t ) a + t b) |在[0, 1]上恒为零．即f’(x)在C上恒为零．此时取λ= 0，任意取ξ∈C，则有f(b) -f(a) = (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = 0 = λ(b -a) f’(ξ)．(2) 若⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt > 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的实变量连续函数，由积分中值定理，存在t0∈[0, 1]，使得⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’((1 –t0) a + t0b) |．取ξ = (1 –t0) a + t0b，则f’(ξ) = f’((1 –t0) a + t0b) ≠ 0，令λ= (⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’(ξ)．因为| ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt | ≤⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’(ξ) |．所以| λ| = | (⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’(ξ) |= | ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt |/| f’(ξ) | ≤ 1．且f(b) -f(a) = (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = λ(b -a) f’(ξ)．12. 如果在| z | < 1内函数f(z)解析，且| f(z) | ≤ 1/(1 - | z |)．试证：| f(n)(0) | ≤ (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!，n =1, 2, ...．【解】设K(r) = { z∈ | | z | = r }，0 < r≤ 1．由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有| f(n)(0) | = (n!/(2π)) | ⎰K(r) f(z)/z n + 1dz | ≤ (n!/(2π)) ⎰K(r) | f(z) |/| z |n + 1ds≤ (n!/(2π)) ⎰K(r) 1/((1 - | z |)| z |n + 1) ds = (n!/(2π))/((1 -r ) r n + 1) 2πr= n!/((1 -r ) r n)．为得到| f(n)(0) |的最好估计，我们希望选取适当的r∈(0, 1)，使得n!/((1 -r ) r n)最小，即要使(1 -r ) r n最大．当n≥ 1时，根据均值不等式，(1 -r ) r n = (1 -r ) (r/n)n ·n n≤ (((1 -r ) + (r/n) + ... + (r/n))/(n + 1))n + 1 ·n n = n n/(n + 1)n + 1．当1 -r = r/n，即r = n/(n + 1)时，(1 -r ) r n达到最大值n n/(n + 1)n + 1．因此，我们取r = n/(n + 1)，此时有| f(n)(0) | ≤n!/((1 -r ) r n) = n!/(n n/(n + 1)n + 1) = (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!．[也可以用数学分析中的办法研究函数g(r) = (1 -r ) r n在(0, 1)内的上确界，也会得到同样的结果．]13. 设在| z | ≤ 1上函数f(z)解析，且| f(z) | ≤ 1．试证：| f’(0) | ≤ 1．【解】设D = { z∈ | | z | ≤ 1 }．由高阶导数公式，| f’(0) | = (1/(2π)) | ⎰∂D f(z)/z 2dz | ≤ (1/(2π)) ⎰∂D1/| z |2 ds = 1．14. 设f(z)为非常数的整函数，又设R, M为任意正数，试证：满足| z | > R且| f(z) | > M的z必存在．【解】若不然，当| z | > R时，| f(z) | ≤M．而f(z)为整函数，故必连续，因此f(z)在| z | ≤R上有界．所以f(z)在 上有界．由Liouville定理，f(z)必为常数，这与题目条件相矛盾．15. 已知u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，试确定解析函数f(z) = u + i v．【解】由于u x + v x = 3(x2 + 2xy–y2) – 2，u y + v y = 3(x2– 2xy–y2) – 2，两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有u x = 3(x2–y2) – 2．两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有v x = 6xy．所以f’(z) = u x + i v x = 3(x2–y2) – 2 + 6xy i = 3(x + y i)2– 1 = 3 z2– 2．因此，f(z) = z3– 2z + α，其中α为常数．将z = 0代入，f(z) = z3– 2z + α，得α = f(0)．把(x, y) = (0, 0)带入u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，得u(0, 0) + v(0, 0) = 0．设u(0, 0) = c∈ ，则v(0, 0) = -c．因此α = f(0) = u(0, 0) + v(0, 0) i = (1 -i )c．所以，f(z) = z3– 2z + (1 -i )c，其中c为任意实数．[书上答案有误．设f(z) = z3– 2z + (a + b i)，则f(z) = (x + y i)3– 2(x + y i) + (a + b i) = (x3 - 3xy2 – 2x + a) + (3x2y-y3– 2y + b)i．因此，u + v = (x3 - 3xy2 – 2x + a) + (3x2y-y3– 2y + b)= (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y) + (a + b)，所以，当a + b≠ 0时，不满足题目所给条件．]16. 设(1) 区域D是有界区域，其边界是周线或复周线C；(2) 函数f1(z)及f2(z)在D内解析，在闭域cl(D) = D + C上连续；(3) 沿C，f1(z) = f2(z)．试证：在整个闭域cl(D)，有f1(z) = f2(z)．【解】设f(z) = f1(z) -f2(z)．用Cauchy积分公式，∀z∈D有f(z) = (1/(2πi))⎰C f(ζ)/(ζ–z) dζ = 0．所以∀z∈cl(D)有f(z) = 0，即f1(z) = f2(z)．∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，∃m∈ +，★〈α1, α2, ..., αn〉lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。
第三章习题解答
第三章习题与解答模拟信号的数字传输一、填空题：1、PAM信号的幅度连续，时间离散，它属于模拟 (模拟或数字)信号。
2、一路语音信号进行PCM数字编码，已知采样频率为8kHz，均匀量化为128等级，则一路数字话音信号传输速率为56kbit/s 。
3、一组7位的二进制符号最多可以表示128 个状态。
对26个英文字母进行编码时，需要 5 位二进制符号。
4、再生中继器主要由均衡放大、定时电路和识别再生三部分组成。
二、简答题和计算题1、已知一基带信号m(t)=cos2πt+2cos4πt,对其抽样，为了在接收端能不失真地从已抽样信号ms(t)中恢复m(t)，试问其抽样间隔应为多少？答：fs≥4Hz。
2、设模拟信号的频谱为0～4000Hz，如果抽样速率f S=6000Hz，画出抽样后样值序列的频谱。
这会产生什么噪声？合理的抽样速率应该多少？答：模拟信号频谱如图3-1(a)所示，则抽样后的频谱图为3-1(b)，这会产生折叠噪声，合理的抽样频率为8KHz。
3、非均匀量化和均匀量化有何区别？采用非均匀量化的目的是什么？答：均匀量化的特点是量化间隔相等，而非均匀量化是量化间隔不相等。
采用非均匀量化的目的是为了在相同码位时，小信号时信噪比也比较大。
4、已知取样脉冲的幅度为+137△，①试将其进行13折线A压扩律PCM编码；②求收端译码器的译码结果和量化误差；③写出对应的11位线性码。
答：PCM码：11000011，译码结果为+140△，量化误差3△，11位线性编码00010001000。
5、试求用13折线A压扩律编译码电路，接收到的码组为01010011，若最小量化电平为1mV，求译码器输出电压。
答：-312mV6、对频率范围为300∽3400HZ的模拟信号进行PCM编码，①求最小抽样频率f S②若按此抽样频率抽样后再采用均匀量化，量化电平数为64，求PCM信号的信息速率R b 答：6800Hz，40.8Kbps。
7、设简单增量调制系统的量化台阶σ=50mv ，抽样频率为32KHZ ，求当输入信号为800HZ 正弦波时，允许的最大振幅为多大？ 答：根据σf S ≥A Ω8、已知信号为f (t)=cos ω1t+cos2ω1t ，并用理想的低通滤波器来接收抽样后的信号， (1)试画出该信号的时间波形和频谱图；(2)确定最小抽样频率是多少？(3)画出抽样后的信号波形和频谱组成。
湖南大学离散数学第三章习题一解答
第三章习题一解答一、求下列集合的幂集1、{杨,李,石}解：P({杨,李,石}) ={Φ, {石},{李,石},{杨},{杨,石},{杨,李},{杨,李,石}}2、{{1,2},{2,1,1},{2,1,1,2}}解：原集合={{1,2},{2,1},{2,1}}={{1,2}}，只含一个元素，故其幂集只有2 个元素： P={Φ,{1,2}}二、利用包含排斥原理，求解以下各题。
1、对60 人调查，25 读《每周新闻》，26 读《时代》，26 人读《财富》，9 人读《每周新闻》和《财富》，11 读《每周新闻》和《时代》，8 人读《时代》与《财富》，还有 8 人什么都不读，请计算：(1) 阅读全部三种杂志的人数。
(2) 分别求只阅读每周新闻、时代、财富杂志的人数。
解：记A={《每周新闻》的读者}，B={《时代》的读者}，C={《财富》的读者}。
由于8 人什么都不读，故只有 52 人读杂志，即 |A ∪B ∪C|=52。
已知|A|=25，|B|=26，|C|=26|A ∩C|=9，|A ∩B|=11，|B ∩C|=8（1）由包含排斥原理可知|A ∪B ∪C|=|A|+|B|+|C|-|A ∩C|-|A ∩B|-|B ∩C|+| A ∩B ∩C|，故 52=25+26+26-9-11-8+| A ∩B ∩C|，即有| A ∩B ∩C|=3，所以同时读三种杂志的人为3 人。
（2）注意到 |S ∩T| = |S|-|S ∩T|，故只读《每周新闻》的人数为：|)()(||||)(||||)(|||C A B A A C B A A C B A C B A ⋂⋃⋂-=⋃⋂-=⋃⋂=⋂⋂ =|A|-|A ∩B|-|A ∩C|+| A ∩B ∩C|=25-9-11+3=8；只读《时代》人数为：=⋂⋂||C A B |B|-|B ∩A|-|B ∩C|+| A ∩B ∩C|=26-11-8+3=10 ； 只读《财富》的人为：=⋂⋂||B A C |C|-|C ∩A|-|C ∩B|+| A ∩B ∩C|=26-9-8+3=12。
杨圣洪第三章习题一解答
第三章习题一一、求下列集合的幂集1、{杨,李,石}P({杨,李,石})={A000, A001, A010, A011, A100, A101, A110, A111 }={{},{石},{李,石},{杨},{杨,石},{杨,李},{杨,李,石}}2、{{1,2},{2,1,1},{2,1,1,2}}原集合={{1,2},{2,1},{2,1}}={{1,2}}，只有一个元素，其幂集只有2个元素P={{},{1,2}}二、利用包含排斥原理，求解以下各题。
1、对60人调查，25读《每周新闻》，26读《时代》，26人读《财富》，9人读《每周新闻》和《财富》，11读《每周新闻》和《时代》，8人读《时代》与《财富》，还有8人什么都不读，请计算：(1)阅读全部三种杂志的人数。
(2)分别求只阅读每周新闻、时代、财富杂志的人数。
解：令A={每周新闻的读者}，B={时代的读者}，C={财富的读者}。
由于8人什么都不读，故只有52人读杂志，即|A∪B∪C|=52|A|=25，|B|=26，|C|=26|A∩C|=9，|A∩B|=11，|B∩C|=8由包含排斥原理可知|A∪B∪C|=|A|+|B|+|C|-|A∩C|-|A∩B|-|B∩C|+| A∩B∩C|，故52=25+26+26-9-11-8+| A∩B∩C|故| A∩B∩C|=3即同时读三种杂志的人为3人|A-B-C|=|A|-|A∩B|-|A∩C|+| A∩B∩C|=25-9-11+3=8人只读每周新闻的人|B-A-C|=|B|-|B∩A|-|B∩C|+| A∩B∩C|=26-11-8+3=10人只读时代的人|C-A-B|=|C|-|C∩A|-|C∩B|+| A∩B∩C|=26-9-8+3=12人只读财富的人财富2、某班25个学生，14人会打篮球，12人会打排球，6人会篮球和排球，5人会打篮球和网球，还有2人会打这三种球，已知6人会网球的都会篮球或排球，求不会打球的人。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
3. 试编程将片外RAM中40H单元的内容与R0的内容交换。
答：
MOV @R1, #40H
MOVX A, @R1
XCH A, R0
MOVX @R1, A
4. 已知(A)=C9H，(B)=8DH，CY=1，执行指令ADDC A，B后结果如何？执行指令SUBB A，B后结果如何？
答：
执行指令ADDC A，B后(A)=57H，(B)=8DH，CY=1
执行指令SUBB A，B后(A)=3BH，(B)=8DH，CY=0
5. 试编程将片外RAM中30H和31H单元的内容相乘，结果存放在32H和33H单元，高位存放在32H单元。
MOV R1, #30H
MOVX A, @R1
MOV B, A
INC R1
MOVX A, @R1
MUL AB
INC R1
INC R1
MOVX @R1, A
MOV A, B
DEC R1
MOVX @R1, A
6. 试编程将20H单元的2个BCD数拆开，并变成相应的ASCII码存入21H和22H单元。
MOV A, 20H
ANL A, #0FH
ORL A, #30H
MOV 21H, A
MOV A, 20H
ANL A, #0F0H
SWAP A
ORL A, #30H
MOV 22H, A
7. 设在寄存器R3的低4位存有数码0～F中的一个数，试将其转换成ASCII码，并存入片外RAM的2000H单元。
MOV A, R3 ;取4位二进制数
ANL A, #0FH ;屏蔽高4位
PUSH A ;保存A内容到堆栈
CLR C ;清C
SUBB A, #0AH ;(A)-10
POP A ;恢复A内容
JC LOOP ;若C =1，则数<10转到LOOP
ADD A, #07H ;若C =0，则加37H
LOOP：ADD A, #30H ;转换成ASCII码
MOV DPTR,#2000H
MOVX @DPTR, A
8. 试编程将片内RAM中30H单元中8位无符号二进制数转换成3位BCD码，并存入片内RAM的40H(百位)和41H(十位、个位)2个单元中。
MOV A, 30H ;取二进制数到A
MOV B, #100 ;除数送入B
DIV AB ;相除
MOV 40H, A ;存入百位数
MOV A, B ;余数送入A
MOV B, #10 ;除数送入B
DIV AB ;相除
SWAP A ;十位移到高4位
ORL A, B ;十位、个位合并到1个字节
MOV 41H, A ;存十位、个位数
SJMP $
9. 试用MCS-51指令实现以下传送：
(1) R2的内容传送入R7；
MOV B, R2
MOV R7, B
(2) ROM中1000H单元的内容传送入R1；
MOV DPTR, #1000H
CLR A
MOVC A, @A+DPTR
MOV R1, A
(3) ROM中1000H单元的内容传送入片内RAM 50H单元；
MOV DPTR, #1000H
CLR A
MOVC A, @A+DPTR
MOV 50H, A
(4) ROM中1000H单元的内容传送入片外RAM 70H单元。
MOV DPTR, #1000H
CLR A
MOVC A, @A+DPTR
MOV R1, #70H
MOVX @R1, A
10. 编程将片内35H～55H单元中的内容传送入以3000H为首地址的片外数据存储区中。
MOV R0, #35H
MOV DPTR, #3000H
LOOP: MOV A, @R0
MOVX @DPTR, A
INC R0
INC DPTR
CJNE R0, #56H, LOOP
SJMP $
11. 编程计算片内RAM区50H～57H共8个单元中数的算术平均值，结果存放于5AH中。
答：
MOV R2, #8 ;计数器
MOV R0, #50H ;取数首地址
CLR A ;清A
KKK: ADD A, @R0 ;加数
INC R0
DJNZ R2,KKK
MOV B, #8
DIV AB
MOV 5AH, A
SJMP $
12. 设有100个无符号数，连续存放在以2000H为首地址的存储区中，试编程统计奇数和偶数的个数。
MOV R2, #100
MOV DPTR, #2000H
MOV R3, #0 ;奇数个数存放
MOV R4, #0 ;偶数个数存放
KKK: MOVX A, @DPTR
MOV B, #2
DIV AB
MOV A, B
INC DPTR
CJNE A,#0,DDD
INC R4
SJMP NNN
DDD: INC R3
NNN: DJNZ R2,KKK
SJMP $
13. 将片外数据存储器地址为1000H～1030H的数据块全部搬到片内RAM的30H～60H单元中，并将原数据块区域全部清０。
MOV DPTR, #1000H
MOV R0, #30
LOOP: MOVX A, @DPTR
MOV @R0, A
CLR A
MOVX @DPTR, A
INC DPTR
INC R0
CJNE R0, #61H, LOOP
SJMP $
14. 从20H单元开始有一无符号数据块，其长度在20H单元中。
试求出数据块中的最小值，并存入21H单元。
答：
MOV @R0,#21H ；数据块首地址
MOV R1, 20H ；取数据块长度
MOV A, @R0 ；取一个数
MOV 21H,A ；存数
DDD:DJNZ R1,KKK ；判断是否取完
SJMP $ ；取完结束
KKK:INC R0 ；指向下一个数
MOV A, @R0 ；取数
MOV B,A ；暂存
CLR C
SUBB A,21H ；比较
JNC DDD ；C=0,21H中数小，转移
MOV 21H,B ；存小数
SJMP DDD
15. 在以2000H为首地址的存储区中，存放着20个用ASCII码表示的0～9之间的数，试编程将它们转换成BCD码，并以压缩BCD码(即一个单元存储两位BCD码)的形式存放在3000H～3009H单元中。
ORG 2000H
MOV R1,#10
MOV R0,#30H
MOV DPTR,#2000H
LOOP: MOVX A,@DPTR
ANL A,#0FH
MOV B,A
INC DPTR
MOVX A,@DPTR
ANL A,#0FH
SWAP A
ORL A,B
MOV @R0, A
INC R0
INC DPTR
DJNZ R1,#00H,LOOP
END。