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+=（）（）（）121212cos2