《复变函数》常见问题

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1、复变函数常见问题 (分章列出)第一章：复数与复变函数 第十一章：行波法与达朗贝尔公式第二章：解析函数 第十二章：分离变量法 第三章：复变函数的积分 第十三章：幂级数解法 本征值问题 第四章：解析函数的幂级数表示 第十四章：格林函数法 第五章：留数定理 第十五章：积分变换法求解定解问题 第六章：保角映射 第十六章：保角变换法求解定解问题 第七章：傅里叶变换 第十七章：变分法 第八章：拉普拉斯变换 第十八章：数学物理方程综述(无常见问题) 第九章：数学建模-数学物理定解问题 第十九章：勒让德多项式 球函数 第十章：二阶线性偏微分方程的分类 第二十章：贝塞尔函数 柱函数 常见问题第一章 复变函数论问

2、题一：映射下，曲线（1）；（2）变成平面上的什么曲线？【解】 利用 ，（1）代入 则有因此，平面上的曲线，在映射下变成平面上的以原点为圆心，为半径的圆.问题二：对应为的根，其中且取整数.试证明下列数学恒等式成立 （1.8.1）【 证明】 为考虑问题的方便，方程的根可写为 令 ，则.再考虑到级数，令，这样证明数学恒等式，即需证明. 我们先考察级数的各项：当时,故有第一项第二项为推导中已使用：同理，通项即第项为显然级数为一等比级数，其公比为：因，故.故 数学恒等式成立得证.问题三： 设，满足.且.证明：，为内接于单位圆的正三角形三顶点.【证明】 由条件，均位于以原点O(0,0)为园心，1为半径的单

3、位圆周上，不失一般性，可设，.则为证结论，只需证，即可. 由得 （1.8.3） （1.8.4）故得，代入（1.8.3）得 ，问题四：究下列函数在点的连续性.（1）（2） 【解】（1），又因为，故函数连续.（2），又因为，故函数连续.常见问题第二章 解析函数问题一：论函数在复平面上的可导性.【解】由设沿着平行于x轴的方向趋向于零，因而，这时极限设沿着平行于y轴的方向趋向于零，因而，这时极限因此导数不存在，原函数在复平面上处处不可导. 问题二：函数在点处的可导性.【解】 首先考察C-R条件是否满足.根据 有 显然在处C-R条件成立.根据函数可导的定义式有 当，（且使得），那么当沿射线趋于0时，上式

4、比值为，显然不同的趋向得到不同的值，故原函数在处不可导.问题三：数在复平面的可导与解析性.【解】 由 可知 在点处可导，对任意 则显然当沿平行于x 方向趋于零时，即时，有 当沿平行于y 方向趋于零时，即有时，有由于在任意处两极限不完全相等，所以函数在任意的处不可导.（注意到：尽管函数在处可导，但其邻域处不可导）故根据函数解析的定义，在复平面内处处不解析.问题四 【解】 其中k取整数常见问题第三章 复变函数的积分问题一：（环路积分中的换元积分法）计算积分【解法1】 在整个复平面上解析，且，运用复积分的牛顿莱布尼兹公式有 【解法2】换元积分法 令，则当，有；当，有所以 问题二：积分并判断闭合环路积

5、分中换元积分法是否成立【解法1】 作积分变换 ，则 【解法2】 根据例题3.1.3 公式(3.1.12)问题三：，其中为圆周，且取正向【解】 要注意在内只有一个奇点，将分成为，则由闭路变形定理 常见问题第四章 解析函数的幂级数表示问题一： 判定下列级数的敛散性，若收敛，是条件收敛还是绝对收敛？(1)； (2).【解】(1) 因，由正项级数的比值判别法知收敛，故级数绝对收敛. (2)因，都收敛，故原级数收敛，但因为条件收敛，所以原级数为条件收敛.问题二： 复级数的收敛性，并讨论该级数在闭圆上的一致收敛性. 【解】 首先对z的范围分情况讨论：(1)当时，正项级数收敛，故此时原级数绝对收敛，其部分和

6、因为 ，所以根据维尔斯特拉判别法，显然级数在闭圆上满足即存在优级数，故在该闭圆内一致收敛.(2)当时，. 所以一般项不可能以零为极限，从而级数发散.问题三： 若幂级数在处收敛，问在处收敛，还是发散?【解】令，则得在点处即在处收敛. 根据阿贝尔定理，在点处，即在处满足故原级数在处收敛且绝对收敛.常见问题第五章 留数定理问题一： 求函数的孤立奇点,并判断类型及阶数。【解】 函数的奇点显然是使的点，这些奇点是. 很显然它们都是孤立奇点，又所以都是的一级零点，从而是的一阶极点.问题二： 求函数在孤立奇点处的留数.【解】由于在内有所以问题三：计算积分 .【解】 显然被积函数在圆周的内部有一阶极点及二阶极

7、点.由留数定理得问题四： 【解】 可以验证被积函数的有限远奇点 均在积分区域内.按照无穷远点留数的定义及留数的计算方法得到利用 （5.5.5）式：得到所以 常见问题第六章 保角映射问题一： 求将单位圆域映射成单位圆域内部且满足，的分式线性映射【解】 将单位圆域映射成单位圆域的分式线性映射为 将，代入上式，可得，从而映射变为因为 又由题给条件 ，所以为正实数，从而，即故所求映射为问题二： 求将上半平面映射成，且满足条件，的分式线性映射【解】容易看出，映射将映射成，而将映射成的分式线性映射为由时可知，当时，将其代入上式，可得，从而上述映射变为故有 由此可得从而有故所求映射为 即 常见问题第七章 傅

8、里叶变换问题一： 求余弦和正弦函数的傅里叶变换【解】 由欧拉公式 及傅里叶变换公式，有同理可求得问题二： 求单位阶跃函数 的傅氏变换及其积分表达式【解】 注意到 故所以 问题三： 证明：Heaviside函数的Fourier变换为.【证明】 我们用Fourier逆变换来推证函数的傅里叶变换. 由于利用狄利克雷积分经过一个简单的积分变量替换，可得于是常见问题第八章 拉普拉斯变换问题一：若或为实数），求拉氏变换.【解】 问题二： 求【解】令=，则由，得 =利用位移定理，即有 问题三： 解方程【解】 令，则因此，原方程进行拉氏变换后，在像空间中的方程为下面的一阶微分方程，所以较易求解即， （其中为积

9、分常数）于是式中是零阶第一类贝塞尔函数常见问题第九章 数学建模-数学物理定解问题问题一； 设一长为的杆，两端受压从而长度缩为，放手后自由振动，写出此定解问题. 【解】 (1)泛定方程：因杆作自由纵振动，自由即无外力作用，所以泛定方程为(2)边界条件：原来杆受压，放手后作自由振动，即这时两端无外力作用，这意味着杆的两端自由.“自由”表示在两端点处张应力为零如果杆的材料的杨氏模量是，根据胡克定律，而张应力等于杨氏模量与相对伸长的乘积，故即(3)初始条件：杆由长压缩为，共缩短了，压缩率为，又杆的中点压缩前后不变，即位移，以中点为标准，左边位移为正，右边位移为负. 根据上述分析，初始时刻时的位移为，初

10、始速度为零，即.综上所述：定解问题为问题二； 设有一长为的理想传输线，远端开路. 先把传输线充电到电位为，然后把近端短路，试写出其定解问题. 【解】 （1）泛定方程：由于理想传输线仍然满足波动方程（数学物理方程）类型.（2）边值条件：至于边界条件，远端开路，即意味着端电流为零，即，根据(9.1.13)公式得到 且注意到理想传输线，故，代入条件有 而近端短路，即意味着端电压为零，即（3）初始条件：而开始时传输线被充电到电位为，故有初始条件，且此时的电流，根据(9.1.14)公式， 且注意到理想传输线，故 ，因而有综上所述，故其定解问题为 常见问题第十章 二阶线性偏微分方程的分类问题一：下列传输线

11、方程化为标准形式.【解】 试作函数变换，其中和是尚待确定的常数于是，代入方程，并约去公共因子，得 .如果选取，即，则一阶偏导数和的项消失，方程化简为问题二： 求方程的通解【解】此方程是双曲型的第二标准形，我们可将其化成第一标准形的形式，由特征方程求特征线于是： 即 有 由复合函数求导法则 所以方程可以化简为，从而解得 ，其中为任意函数。原方程的通解为 常见问题第十一章 行波法与达朗贝尔公式问题一： 设初始位移为零即，而且初速度也只在区间上不为零 （1）的无界弦振动，求此振动过程的位移分布.【解】由达朗贝尔公式（11.3.9）得 (2)根据(1)得 （3） 这里指的是（图11.2）的曲线。由公式

12、(2), 可作出和两个图形，让它 分别向左、右两个方向移动，两者的和就描画出各个时刻的波形，由此即得出位移分布问题二： 一端固定的半无界弦振动定解问题. 【解】 一端固定的定解问题可以描述为 由于端点固定，所以有. 为了使用无界的达朗贝尔公式，故需要把半无界问题延拓为无界问题来处理，即必须把、和延拓到整个无界区域为此，将达朗贝尔公式（11.3.9）代入即得由于初位移和初速度是独立的，故上式右端两项分别为零，即 由此可见，和应为奇函数现将和从半无界区域奇延拓到整个无界区域，即令问题三： 求解半无界弦的强迫振动问题【解】 前面我们介绍了冲量原理法求解强迫振动，下面我们以另一特征线法求解. 作特征变

13、换，则方程化为分别对积分，并代入原变量，求得通解 （8）由初值条件得 （9） （10）由（10）得 （11）联立（9式和（11）式解得 （12） （13）为了利用通解（8），须求出在时的表达式为此，利用边界条件，有即所以 （14）把（12）（13）（14）代入通解（8）得所求定解问题的解为常见问题第十二章 分离变量法问题一： 在圆域上求解泊松方程的边值问题【解】 先设法找到泊松方程的一个特解显然有，为对称起见，取又因为，这样，找到一个特解 令就把问题转化为的定解问题 在极坐标中用分离变量法求解拉普拉斯方程的一般结果为并且在圆域内应当是有界的但上式的和 当趋于零（圆心）时为无限大，所以应当排除，

14、故于是 把上式代入边界条件比较两边系数得这样，所求解为问题二：求解三维静电场的边值问题： 【解】 设，将变量分离，并由边界条件（2），得： 相应的本征值和本征函数系为 和 这里，且 于是，得到满足泛定方程和边界条件的特解：把各特解叠加，得级数解：再由边界条件（3），又得 及 把这两个式子的两端分别乘以，并在矩形，内积分，注意到函数系和的正交性，比较两边的系数，可以得到：这里，解出和，代入级数解，得所求解为：问题三：求解环形域内的泊松方程定解问题： 【解】泛定方程的右端关于的二次齐次多项式为，故可设方程有特解代入方程，并比较两边的系数，即可求得=1，因而 这里，是极坐标 令，就得到定解问题（采用

15、极坐标）： 我们知道,在极坐标系下拉氏方程的一般解为： 由边界条件的形式，可设于是由边界条件，有 比较两边的系数，得 及 解之，得： 所以 常见问题第十三章 幂级数解法 本征值问题问题一：将贝塞尔方程化成施刘型方程【解】令 ，即可将贝塞尔方程转化为施刘型方程：问题二： 将球贝塞尔方程化成施刘型方程【解】令 ，即可将球贝塞尔方程转化为施刘型方程：。问题三： 将连带勒让德方程化成施刘型方程【解】令 ，即可将连带勒让德方程转化为施刘型方程： 常见问题第十四章 格林函数法问题一：验证是二维拉普拉斯方程的基本解，其中。【证明】将 写成极坐标形式由，故因此 所以满足二维拉普拉斯方程。问题二：求四分之一平面

16、即区域：内的格林函数，并由此求解下列狄利克雷问题 其中为已知的连续函数【解】电像法（如图14.4）：在区域内任选一点，找其关于边界的对称点，然后找关于边界的对称点。注意，对于每一边界的像（映射），电荷反号，故可求出点电荷在区域内某一点处的电位分别为 则得到区域的格林函数为，即为 注意到边界条件,故原定解问题的解为 问题三：在圆内求解拉普拉斯方程的第一边值问题 【解】根据公式（14.4.13），故有 常见问题第十五章积分变换法求解定解问题问题一： 求解无限长细杆的有源热传导方程定解问题 【解】利用 对定解问题作傅里叶变换，得到常微分方程的定解问题 上述问题的解为 为了求出上式的逆变换，利用下面傅

17、氏变换的卷积公式，即若 则 而积分 从而 最后得到定解问题的解为 问题二： 如果定解问题为下列第二边值问题 【解】 令 即 容易得到满足定解问题为 则根据上述稳定场第一边值问题公式 故得到问题三：定解问题 【解】 对于变量作傅氏变换，有 定解问题变换为常微分方程 因为可取正、负值，所以常微分定解问题的通解为 因为，故得到常微分方程的解为 设 根据傅氏变换定义，的傅氏逆变换为 再利用卷积公式最后得到原定解问题的解为 常见问题第十七章 变分法问题一： 求 的极值，其中是归一化的，即 ，且已知【解】本题是求泛函的条件极值问题，可化为变分问题对应的E-L方程为其通解为代入附加条件得到代入归一化条件得到

18、 于是得到 ，故原极值问题的解为而题中要求的泛函的极值为当 时，极值函数 使得泛函数取得最小值问题二： 求泛函在条件下的极值曲线.【解】 此时,则偏导数.对应的Euler方程为 其通解为,代入边界条件可得,所以极值曲线为问题三： 在平面上,寻求连接两定点的一切曲线中使其绕轴旋转一周曲面面积最小的曲线.【解】 由微积分学可得旋转曲面面积为即 ,其相应的Euler方程为 为求方程的解,将方程两端乘以并积分,得 由分部积分得 即 也即,令,则,所以 ,这样消去参数可得,其中由边界条件确定,这是一条悬链线常见问题第十七章 变分法问题一：求 的极值，其中是归一化的，即 ，且已知【解】本题是求泛函的条件极

19、值问题，可化为变分问题对应的E-L方程为其通解为代入附加条件得到代入归一化条件得到 于是得到 ，故原极值问题的解为而题中要求的泛函的极值为当 时，极值函数 使得泛函数取得最小值问题二：求泛函在条件下的极值曲线.【解】 此时,则偏导数.对应的Euler方程为 其通解为,代入边界条件可得,所以极值曲线为问题三：计算下列泛函的变分【解】 由泛函数定义公式（17.1.2），故由泛函变分的定义公式（17.1.6）有 常见问题第十九章 勒让德多项式 球函数问题一： 将在区间内展成勒让德多项式的级数【解】因在内是偶函数，而是的奇函数，故（n=0，1，2，）下面来计算 从而 问题二：利用勒让德多项式的递推公式

20、，证明勒让德多项式模的公式 【证明】用数学归纳法证明（1）若 ，因为 故时，模的公式成立（注：另外，显然模的公式成立）（2）设时成立，则由勒让德多项式递推公式得 再在勒让德多项式的递推公式中，令得代入上式，则得故 即当时也成立故模的公式成立常见问题第二十章 贝塞尔函数 柱函数问题一：设是方程的所有正根，试将函数展开成贝塞尔函数的级数【解】 设 则 由递推关系： 且注意到，得： 因而 所以 问题二：设 是方程的正根，试将函数展开成贝塞尔函数的级数形式【解】 由题意，是的正零点，根据，故边界，从而可展开成的级数由第一类边界条件的模公式（20.3.40），令，且注意零点，故最后得展开式为问题三：求不定积分 【解】根据递推公式(20.3.3) ，取有 根据递推公式（20.3.8） 有，故26