数学物理方法习题及解答

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数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明：令Re z u iv =+。

Re z x =，,0u x v ∴==。

1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件，所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明：令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。

()0000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z zz z∆∆==∆∆】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。

证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

【物理】物理数学物理法题20套(带答案)

【物理】物理数学物理法题20套(带答案)一、数学物理法1．如图所示，直角MNQ △为一个玻璃砖的横截面，其中90Q ︒∠=，30N ︒∠=，MQ 边的长度为a ，P 为MN 的中点。

一条光线从P 点射入玻璃砖，入射方向与NP 夹角为45°。

光线恰能从Q 点射出。

(1)求该玻璃的折射率；(2)若与NP 夹角90°的范围内均有上述同频率光线从P 点射入玻璃砖，分析计算光线不能从玻璃砖射出的范围。

【答案】(1)2；(2)312a - 【解析】【详解】(1)如图甲，由几何关系知P 点的折射角为30°。

则有sin 452sin 30n ==o o(2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线进入P 点后的折射光线分布在CQB 范围内，设在D 点全反射，则DQ 范围无光线射出。

D 点有1sin n α=解得45α=︒由几何关系知DQ EQ ED =-，12ED EP a ==，32EQ a = 解得312DQ a -=2．如图，在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡，球心为O ，半径为R ，其平面部分与玻璃砖表面平行，球面部分与玻璃砖相切于O '点。

有－束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A 点，发现有一束光线垂直气泡平面从C 点射出，已知OA =32R ，光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直，气泡内近似为真空，真空中光速为c ，求：（i ）玻璃的折射率n ；（ii ）光线从A 在气泡中多次反射到C 的时间。

【答案】（i ）3n =；（ii ）3t R c=【解析】【分析】【详解】（i ）如图，作出光路图根据折射定律可得sin sin n θα=①根据几何知识可得3sin OA R θ==② 90αθ+=︒ ③联立解得3n =④玻璃的折射率为3。

（ii ）光从A 经多次反射到C 点的路程322R Rs R R R =+++=⑤ 时间st c=⑥ 得3t R c=光线从A 在气泡中多次反射到C 的时间为3R c。

物理数学物理法专项习题及答案解析及解析

赛车飞出C后有：
解得：
所以当
R=0.3m
时x最大
xmax=1.2m
7．如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，圆心为O。一束单色光由玻璃砖上的P点垂直于半圆底面射入玻璃砖，其折射光线射向底面的Q点（图中未画出），折射率为，测得P点与半圆底面的距离为。计算确定Q点的位置。
【答案】
【解析】
【详解】
如图所示
上的亮斑刚消失设紫光的临界角为，画出光路图
则有
当时，面上反射角，反射光线垂直射到面上后入射到上，则
解得
9．如图所示，木板B放在水平地面上，在木板B上放一重300N的A物体，物体A与木板B间，木板与地间的摩擦因数均为，木板B重力为1200N，当水平拉力F将木板B匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力T多大？水平拉力多大？
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】
(1)如图甲，由几何关系知P点的折射角为30°。
则有
(2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线进入P点后的折射光线分布在CQB范围内，设在D点全反射，则DQ范围无光线射出。
D点有
解得
由几何关系知
，，
解得
4．图示为直角三角形棱镜的截面，，，AB边长为20cm，D点到A点的距离为7cm，一束细单色光平行AC边从D点射入棱镜中，经AC边反射后从BC边上的F点射出，出射光线与BC边的夹角为，求：
(1)棱镜的折射率；
(2)F点到C点的距离。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】
(1)由几何知识可知，光束从点入射的入射角，做出光路图：
设对应折射角为，则光束在边的入射角为
在边上的入射角

高考物理数学物理法题20套(带答案)及解析

高考物理数学物理法题20套(带答案)及解析一、数学物理法1．如图所示，圆心为O 1、半径4cm R =的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场B 1，边界上的P 点有一粒子源，能沿纸面同时向磁场内每个方向均匀发射比荷62.510C/kg qm=⨯、速率5110m/s v =⨯的带负电的粒子，忽略粒子间的相互作用及重力。

其中沿竖直方向PO 1的粒子恰能从圆周上的C 点沿水平方向进入板间的匀强电场（忽略边缘效应）。

两平行板长110cm L =（厚度不计），位于圆形边界最高和最低两点的切线方向上，C 点位于过两板左侧边缘的竖线上，上板接电源正极。

距极板右侧25cm L =处有磁感应强度为21T B =、垂直纸面向里的匀强磁场，EF 、MN 是其左右的竖直边界（上下无边界），两边界间距8cm L =，O 1C 的延长线与两边界的交点分别为A 和O 2，下板板的延长线与边界交于D ，在AD 之间有一收集板，粒子打到板上即被吸收（不影响原有的电场和磁场）。

求：(1)磁感应强度B 1的方向和大小；(2)为使从C 点进入的粒子出电场后经磁场偏转能打到收集板上，两板所加电压U 的范围； (3)当两板所加电压为(2)中最大值时，打在收集板上的粒子数与总粒子数的比值η。

（可用反三解函数表示，如π1arcsin 62=）【答案】(1)11B =T ，方向垂直纸面向里；(2)1280V 2400V U ≤≤；(3)17arcsinarcsin168π+【解析】【分析】【详解】 (1)由题可知，粒子在圆形磁场区域内运动半径r R =则21v qvB m R=得11T B =方向垂直纸面向里。

(2)如图所示211()22L qU y mR v=⋅且要出电场04cm y ≤≤在磁场B 2中运动时22v qvB mr=合，cos v v a =合进入B 2后返回到边界EF 时，进出位置间距2cos y r a ∆=得22mv y qB ∆=代入得8cm y ∆=说明与加速电场大小无关。

高中物理数学物理法题20套(带答案)及解析

高中物理数学物理法题20套(带答案)及解析一、数学物理法1．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】【分析】【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③ 由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得2cos m gB q R θ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min 2cos m gB q R θ=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v m θ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨2．如图所示，在x ≤0的区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E 的匀强电场，在x >0的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。

现一带正电的粒子从x 轴上坐标为（-2l ，0）的A 点以速度v 0沿x 轴正方向进入电场，从y 轴上坐标为（0，l ）的B 点进入磁场，带电粒子在x >0的区域内运动一段圆弧后，从y 轴上的C 点（未画出）离开磁场。

物理数学物理法练习全集含解析

物理数学物理法练习全集含解析一、数学物理法1．如图所示，空间有场强E =1.0×102V/m 竖直向下的电场，长L =0.8m 不可伸长的轻绳固定于O 点．另一端系一质量m =0.5kg 带电q =+5×10-2C 的小球．拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN 上的C 点．试求：(1)小球运动到B 点时速度大小及绳子的最大张力； (2)小球运动到C 点时速度大小及A 、C 两点的电势差；(3)当小球运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 的最小值。

【答案】（1）30N ；（2）125V ；（3）0~127︒︒ 【解析】【分析】【详解】（1）小球到B 点时速度为v ，A 到B 由动能定理21()2mg qE L mv +=2()v F mg qE m L-+=解得42/v m s =F=30N（2）高AC 高度为h AC ，C 点速度为v 1152m/s sin v v θ==211()2AC mg qE h mv +=U =Eh AC解得U =125V（3）加恒力后，小球做匀速直线运动或者匀加速直线运动，设F 与竖直方向夹角为α，当小球匀速直线运动时α=0，当小球匀加速直线运动时，F 的最小值为F 1，F 没有最大值1()sin 8N F mg qE θ=+=F 与竖直方向的最大夹角为180127αθ=︒-=︒ 0127α≤≤︒F ≥8N2．如图所示，在xoy 平面内y 轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直纸面向外；分成I 和II 两个区域，I 区域的宽度为d ，右侧磁场II 区域还存在平行于xoy 平面的匀强电场，场强大小为E ＝22B qdm，电场方向沿y 轴正方向。

物理数学方法试题及答案

物理数学方法试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 以下哪项不是傅里叶变换的性质？A. 线性B. 可逆性C. 尺度变换D. 能量守恒答案：D2. 拉普拉斯变换的收敛区域是：A. 左半平面B. 右半平面C. 全平面D. 虚轴答案：B3. 以下哪项是线性微分方程的特征？A. 可解性B. 唯一性C. 线性叠加原理D. 非线性答案：C4. 在复数域中，以下哪个表达式表示复数的模？A. |z|B. z^2C. z*zD. z/|z|答案：A5. 以下哪个函数是奇函数？A. f(x) = x^2B. f(x) = x^3C. f(x) = sin(x)D. f(x) = cos(x)答案：B二、填空题（每题3分，共15分）1. 傅里叶级数展开中，周期函数的系数可以通过______计算得到。

答案：傅里叶系数2. 拉普拉斯变换中，s = σ + jω代表的是______。

答案：复频域3. 线性微分方程的解可以表示为______的线性组合。

答案：特解4. 复数z = a + bi的共轭复数是______。

答案：a - bi5. 波动方程的一般解可以表示为______和______的函数。

答案：空间变量；时间变量三、简答题（每题5分，共20分）1. 简述傅里叶变换和拉普拉斯变换的区别。

答案：傅里叶变换主要用于处理周期信号，将时间域信号转换到频域；而拉普拉斯变换适用于非周期信号，将时间域信号转换到复频域。

2. 什么是波动方程？请给出其一般形式。

答案：波动方程是描述波动现象的偏微分方程，一般形式为∂²u/∂t² = c²∂²u/∂x²，其中u是波函数，c是波速。

3. 请解释什么是特征值和特征向量，并给出一个例子。

答案：特征值是线性变换中，使得变换后的向量与原向量方向相同（或相反）的标量。

特征向量则是对应的非零向量。

例如，对于矩阵A，如果存在非零向量v和标量λ，使得Av = λv，则λ是A的特征值，v是对应的特征向量。

数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明：令Re z u iv =+。

Re z x =，,0u x v ∴==。

1ux∂=∂，0v y ∂=∂，u v x y ∂∂≠∂∂。

于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件，所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2f z z=仅在原点有导数。

证明：令()f z u iv =+。

()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。

v vx y∂∂ ==0 ∂∂。

所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。

而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。

()000000x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z zz z=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。

证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪=+⎨+⎪⎩， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪=+⎨+⎪⎩。

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2. 试解方程：()0,044>=+a a z44424400000,0,1,2,3,,,,i k iiz a a e z aek aez i i ππππωωωωω+=-=====--若令则1．计算：（1）iii i 524321-+-+ （2）y =（3）求复数2⎝⎭的实部u 和虚部v 、模r 与幅角θ(1) 原式=()()()123425310810529162525255i i i i i i +⋅+-⋅+-++=+=-+--（2） 332()102052(0,1,2,3,4)k i e k ππ+==原式(3)2223221cos sin cos sin ,3333212u v 1,2k ,k 0,1,2,23i i i e r ππππππθπ⎛⎫==+=+==-+ ⎪⎝⎭⎝⎭=-===+=±±原式所以：，3．试证下列函数在z 平面上解析,并分别求其导数.(1)()()y i y y ie y y y x e x x sin cos sin cos ++-3.()()()()()()()()cos sin ,cos sin ,cos sin cos ,sin sin cos ,cos sin sin sin ,cos sin cos ,,,x x x x x x x x u e x y y y v e y y x y ue x y y y e y x ue x y y y y y ve y y x y e y y x ve y y y x y yu v u v x y y x u v z f z u iv z u f z =-=+∂=-+∂∂=---∂∂=++∂∂=-+∂∂∂∂∂==-∂∂∂∂=+∂'=∂证明：所以：。

由于在平面上可微所以在平面上解析。

()()()cos sin cos cos sin sin .x x x x vi e x y y y e y i e y y x y e y x x∂+=-++++∂由下列条件求解析函数()iv u z f += (),1,22i i f xy y x u +-=+-=解：()()()()()()()222222222212,2,212,2,,,2112,22111,0,1,1,,221112.222u v x y v xy y x x y v u v y x y x x x x x c x y x f z x y xy i xy y x c f i i x y c c f z x y xy i xy x y ϕϕϕϕ∂∂==+∴=++∂∂∂∂∂''=+=-=-+∴=-=-+∂∂∂⎛⎫=-+++-+ ⎪⎝⎭=-+==+==⎛⎫=-++-++ ⎪⎝⎭而即所以由知带入上式，则则解析函数2. ()21,3,,.ii i i i i e ++试求()()(((()()()2(2)Ln 144(2)4ln32Ln32ln32ln1222Ln 21cos ln sin ,0,1,2,3cos(ln 3)sin(ln 3),0,1,2,i i k k i ii i k i i k i i k i k i k i ii ii eeeei k e e e e i k i eeeππππππππππππ⎛⎫⎛⎫+ ⎪⎪-+++⎝⎭⎝⎭-++-+-⎛⎫⎛⎫++-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭+====+=±±====+=±±=== 解：()222,0,1,2,cos1sin1.k i i k e e e e i π⎛⎫ ⎪⎝⎭+=±±=⋅=+3. 计算 2,:122c dzc z z z =++⎰()2222220110,1,1,11,220,022z z z z i z i z c z z z c z z ++=++=+==-+=≤++≠=++解：时，而在内，故在内解析，故原式 1.计算221(1),21c z z dz c z z -+=-⎰： ()2221(2),21cz z dz c z z -+=-⎰：（1）212(21)=4 z i z z i ππ==-+解：原式（2）2112(21)=2(41)6z z i z z i z i πππ=='=-+-=解：原式. 计算2sin()114,(1):1,(2):1,(3): 2.122c z dz c z c z c z z π+=-==-⎰其中1sin (1)sin 442.112c z z z z i i z z πππ=-⎡⎤-⎢⎥===⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦⎰解：(1)原式1sin (1)sin 442.11c z z z z i i z z πππ=⎡⎤+⎢⎥===⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦⎰(2)原式 12(3):2,1,11,.c z z z c c ===-以分别以为中心，为半径，做圆1222sinsin44.11c c z zdz dz i i i z z ππ=+=+=--⎰⎰原式 3、将下列函数按()1-z 的幂级数展开，并指明收敛范围。

2z z + ()()()11001211211121121,12233331311,313,3nnn n n n z z z z z z z z ∞∞++==--⎛⎫=-=-⋅⋅=-=+- ⎪-++-⎝⎭---<-<-<-∑∑解：其中，即此为级数的收敛范围。

1. 把()()z z z f -=11展开成在下列区域收敛的罗朗（或泰勒）级数(1) ,11<+z (2) ,211<+<z (3).21>+z (1)；,11<+z()()()()().112121211211121111111110100∑∑∑∞=+∞=∞=+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=+-⋅++--=-+=-=n nn n nn nz z z z z z z z z z f 解：(2)；,211<+<z()()()().21112121111121112111111111111010100∑∑∑∑∞=+∞=+∞=∞=+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+-⋅++-⋅+=-+=-=n n n n n n n n n z z z z z z z z z z z z z f 解：(7).21>+z()()()().12111211111112111111111111111010100∑∑∑∑∞=+∞=+∞=∞=+-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+-⋅+-++-⋅+=-+=-=n n n n n n nn nz z z z z z z z z z z z z z z f 解：2、计算积分 11sin z dz z z =⎰解：()zz z f sin 1=的奇点为),2,1,0( ±±==n n z π 在01==z z 内只有一个奇点200200020001011sin sin 0()1Re ()limlim ()sin sin sin cos cos cos sin lim lim sin 2sin cos lim 02cos 12Re ()0sin lim lim z z z z z z z z z z zz z z z z f z d d z s f z z dz z z dz z z z z z z z z z z zzz dz i s f z z z π→→→→=→→→==⋅==∴=⎡⎤=⋅=⎢⎥⎣⎦--+=====⎰ 为的二阶极点＝3．求解定解问题2(0,0)(0,)0,(,)0(0)(,0)sin ,(,0)sin(0)tt xx t u a u x l t u t u l t t x xu x u x x l l lππ-<<>==≥==≤≤=0 解：122221222211(,)()sin()()sin 0()()0()cos sin (,)cos sin sin (,0)sin sin 1,0n n n n n n n n n nn n n n n n x u x t T t ln a n x T t T t l l n a n at n atT t T t T t A B l l l n at n at n x u x t A B l l l n x xu x A A A l l πππππππππππ∞=∞=∞==⎛⎫''+= ⎪⎝⎭''+==+⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦=⋅=⇒==∑∑∑ 1111(1)(,0)sin sin 1,0(1)(,)(cos sin )sinn t n n n n n a n x x a lu x B B B B n l l l l a at l at xu x t l a l lπππππππππ∞=∞=≠=⋅=⇒=⇒==≠∴=+∑∑ 1．试用分离变量法求解定解问题(0,0)(0,),(,)0(0)(,0)0,(,0)0(0)tt xx t u u x l t u t E u l t t u x u x x l -<<>==≥==≤≤=0 其中E 为已知常数。

解(,)(,)(,)(,)(1)(0,)(0,)(0,)(0,)0(1,)(1,)(1,)0(1,)0(,0)(,0)(,0)0(,0)(1)(,0)(,0)(,0tt tt tt tt xx xx xx xxt t t v x t u x t w x t w x t x E v u w u v u w u v t u t w t E u t v t u t w t u t v x u x w x u x x E v x u x w x =+=-=+==+==+=⇒==+=⇒==+=⇒=--=+　　, (0)()0(1)()0)0(,0)0(0,)0,(1,)0(,0)(1)(,0)0(,)()()(,)()()(,)()()0102t tt xxt xx tt X T t X T t u x u u u t u t u x x E u x u x t X x T t u x t X x T t u x t X x T t T X T X X T T XX X T T X λλλ===⇒=====-=''''===''''''''='''' ＝＝－＋＝（）＋＝（）｛12121212(0)0,(1)0310()(0)00 X(1)000()02)0()X X x C c e X C C C C e C C X x X x Ax Bλλ===+=⇒=⇒+====+ （））＜＋＝＝＝0B A B =+=　0)(X 0B A =⇒x ＝＝222220()sin (0)0(1)0()0,0sin 0(1,2,3,)()sin 0()cos sin (,)(cos sin )sin 1,2,3,n n n n n n n X x A B X A X B X x B n n n X x B xT a n T T t C n at D n atu x t C n at D n at n x n λπλππππππππ>=+====≠≠====''+==+=+= ＝ (）11(,)(cos sin )sin (,0)sin 00n n n t n n n u x t C n at D n at n xu x n aD n x D πππππ∞=∞==+==⇒=∑∑ 1(,0)sin (1)n n u x C n x x E π∞===-∑1101100102222(1)sin (1)cos 22(1)cos cos 222sin n E C x E n xdx x d n x n E E x n n xdxn n E E E n x n n n πππππππππππ=-=--=--+=-+=-⎰⎰⎰112(,)()cos sin 2(,)()cos sin (1)n n Eu x t n at n x n Ev x t n at n x x En ππππππ∞=∞==-=-+-∑∑　2．求解定解问题20(0,0)(0,)0,(,)0(0)(,0)(0)t xx u a u x l t u t u l t t u xu x x l l=<<>==≥=≤≤ 解：22212(,)()()(,)()()(,)()()0(1)0(2)(0,)(0)()0(0)0,()0(3)(,)()()01)0,()(0xx t u x t X x T t u x t X x T t u x t X x T t T X T X a X T a T XX X T a T u t X T t X X l u l t X l T t X x C C e X λλλλ'''===''''''===-''='+===⎧==⎨==⎩<=+ ＋ 12121212112121212222)00()000()02)0()0()003)0()sin (0)0,()0()0,0,sin 0(1,2,3,)C C X l C C e C C X x X x C x C C C C X x C C X x C C X C X l C X x C n n n λλππλ=⇒+==⇒+=≡==+=⎫⇒=≡⎬+=⎭>=+====≠≠==== ＝＝ , 222222222222211()sin ()()0()(,)sin(,0)sin n a tl n n n nn a tl n n n n ln xX x C ln a T t T t T t A e l n xu x t A el u n x u x A xl l ππππππ-∞-=∞=='+=====∑∑ 22220020000001100002210122sin cos 22cos cos 222(1)sin (1)2(,)(1)sinl l n l l n l n n a tn l n u u n x l n xA x dx xd l l l l n l u u n x n x x dx n l l n l lu u u n x n n l n un x u x t en lππππππππππππππ++∞-+===-⋅=-+=-+=-=-⎰⎰⎰∑3．有一两端无界的枢轴，其初始温度为1(1)(,0)0(1)x u x x ⎧<⎪=⎨≥⎪⎩ 试求在枢轴上的温度分布为222sin (,)(cos )a t u x t x e d μμμμπμ∞-=⎰解：定解问题为21(1)(,0)()0(1)t xx u a u x u x x x ϕ=⎧<⎪==⎨≥⎪⎩ 设 (,)()i x u x t T t e d μμμ∞-∞=⎰2222222211()()()()0()(,)C()1(1)(,0)()0(1)11()(,0)22112()i xa t a t i x i i i i T t a T t e T t a T t T t Ce u x t e e d x u x x x C u x e d e d e e i μμμμμμμμμμξμξμμμμμμϕμξξπππμ∞-∞-∞--∞∞---∞--'⎡⎤+⎣⎦'+==∴=⎧<⎪==⎨≥⎪⎩==⎡=⋅-⎣-⎰⎰⎰⎰ 利用初始条件得　222201sin 1sin 2sin (,)(cos )a t i x a t u x t e e d x e d μμμμπμμμμμμπμπμ∞∞---∞⎤=⋅⎦∴==⎰⎰4. 复数231i -的三角形式为3,3sin 3cos πππi e i --，其指数形式为5．复数5co s 5s i n ππi +的三角形式为103,103sin 103cos πππi e i +，其指数形式为6. 复数的实部u =，虚部v =，模r =，幅角θ=.1,22u v ==，1,2(0,1,2,)3r k k πθπ==+=±±7. 复数22i +-的实部=u ，虚部=v ，模=r ，幅角=θ . 2,2=-=v u ， ),2,1,0(243,2 ±±=+==k k r ππθ8. 014=--i z 的解为)3,2,1,0(,24284==+k ez k ik ππ9、已知解析函数f z u x y iv x y ()(,)(,)=+的虚部为v x y e x y (,)cos =，求此解析函数c x ie x e z f y y ++=cos sin )(10．试证下列函数在z 平面上解析,并分别求其导数. y ie y e z f x x cos sin )(-=证明： y e y x u x s i n ),(=， y e y x v x c o s ),(-=y e yuy e xux x cos ,sin =∂∂=∂∂， y e yvy e xvx x sin ,cos =∂∂-=∂∂ 平面上解析在平面上可微在平面上连续在z z f z y x v y x u z yvx v y u x u x v y u y v x u )(),(),,(,,,,∴∴∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂-=∂∂∂∂=∂∂∴z x x x ie y y i ie y ie y e xvi x u z f -=+-=-=∂∂+∂∂=')cos sin (cos sin )(4．积分dzz z cos ==⎰1积分6. 积分⎰==13cos z zdz z7. 积分=⎰b a dz z z 2cos )sin (sin 2122a b - 积分=⎰1sin zdz z 9．积分=⎰22sin πdz z z10.计算232|2:|,1=-+⎰i z c dz z e c izπe14. 幂级数n n n z ∑∞=121的收敛半径为.5. 幂级数∑∞=-1)1(n nn z 的收敛半径为幂级数121nz n n=∞∑的收敛半径为幂级数nn n z ∑∞=131的收敛半径为8. 函数zz f -=11)(在2|1|<+z 上展成)1(+z 的泰勒级数为 nn n z )1(211∑∞=++9．把f z z z ()()()=--123展为展为z 的泰勒级数，并给出收敛半径。