复旦大学：《数学物理方法 Methods of Mathematical Physics》习题与解答_试卷二（答案）

1.简答(多重选择)题 (1)f(2)= (2-o2-a-(b-o-(a-a)2(z (6分) (2)沿实轴和虚轴趋于∞极限不同,故为本性奇点 (3分) 求留数只能展开:f(x2) 项的系数 k=c-,留数:-a1= (3分 9(2) (3)∫(2)=(2-30n9(x)解析且9(20)≠0 (3分) f(2)y(2(2-20)-ng(2),留数:Re=lim(2-20)7() ∫(z) (z-0)9(2) n(3分) (4)I=1n2=1m3+1arg(2)-ang(-31)=ln3-im (6分) 另解:连续变形为:c1:从z=-3i经z=-3到z=3i, C2:从z=3i沿虚轴到z=2i。 ln=.I=12 (6分 之 1 (5)I=2Ti Res, f(a) 是偶函数,展开式不应有奇次幂项 In 2 cOS之 Res=a-1=0 (6分) (6)离z=1最近的奇点为z=,故级数的收敛半径为 (6分) (7)只选(d) (其它选择一律0分) (6分) 例:()=2在|>1可展开为:∑2违反(a,b)() k=0 (8)(b)和()正确给出一个正确选择得3分,给出一个错误选择倒扣3分,例 如,选(a),(b)得0分,本小题最低得0分 2.奇点:z=2k丌,k=0,±1,±2, (8分 k=0对应于可去奇点 (4分) k≠0对应于单极点。 (6分)

1. {‰£õ­ÀJ¤K: (1) f(z) = 1 (z − a)[z − a − (b − a)] = 1 (z − a) 2 X∞ k=0  b − a z − a k (6©) (2) ÷¢¶ÚJ¶ªu ∞ 4ØÓ§5Û: (3©) ¦3êUÐm: f(z) = 1 z X∞ k=0 z k k! X∞ l=0 (−1)l z l = 1 z X∞ k=0 X∞ l=0 (−1)l z k−l k! 1 z ‘Xêµa−1 = X∞ k=0 (−1)k k! = e −1 , 3êµ−a−1 = − 1 e (3©) (3) f(z) = g(z) (z − z0) n , g(z) )ۅ g(z0) 6= 0 (3©) f 0 (z) f(z) = g 0 (z)(z − z0) − ng(z) (z − z0)g(z) , 3êµRes= limz→z0  (z − z0) f 0 (z) f(z)  = −n (3©) (4) I = ln z     2i −3i = ln 2 3 + i[arg(2i) − arg(−3i)] = ln 2 3 − iπ (6©) ,)µëYC/µc1µl z = −3i ² z = −3  z = 3i§ c2µl z = 3i ÷J¶ z = 2i" Z c1 dz z = −iπ, Z c2 dz z = ln 2 3 , I = ln 2 3 − iπ (6©) (5) I = 2πi Res, f(z) = 1 z sin3 z cos z ´ó¼ê§ÐmªØAkÛg‘§ Res = a−1 = 0 (6©) (6) l z = 1 CÛ: z = π 2 , ?êÂñŒ» π 2 − 1 (6©) (7) À (d) £Ù§ÀJÆ 0 ©¤ (6©) ~µf(z) = 1 z − 1 3 |z| > 1 ŒÐmµ X∞ k=0 1 z k+1 Š‡ (a), (b) (c) (8) (b) Ú (c) ( ‰Ñ‡(ÀJ 3©§‰Ñ‡†ØÀJž 3©§~ X§À (a), (b)  0 ©§K$ 0 © 2. Û:µz = 2kπ, k = 0, ±1, ±2, . . . (8©) k = 0 éAuŒÛ: (4©) k 6= 0 éAuü4:" (6©)

3.z沿正负实轴趋于0,f( Sin 极限不同,故z=0是本性奇点。 (4分 留数只能通过 Laurent展开计算,难求。 利用有限远与无穷远留数和为0,可求z=∞处的留数。 (4分) 作变量代换:(=1/z,f(z)=<sine, 只需求g()=f(2)2在(=0处的留数。 (4分) Res [g(0)= sin l, #x: Res [ f(oo) in l 分 ap: Res [f(O)]=sin l,I=2Tisin 1 (2分) 4.作1()√如的割线:连接z=0与z=∞的直线。上岸:argz=0(3分) 因为limf(2)=0,故:/f(2)dz=0 (2分 因为imf(x)=0,故:/f()dz=0 (2分) )=2143/=271+Rm=列 (3分) Res f(a)=T(1+i) (3分) Res(-1)=3V2n-) (3分) I (2分) 4 5.f(2)=|2l2-1-ci+(1-p)2 1=arg, 02=arg(a-1) (3分) 在上岸:61=610,62=620,x0=1/2+i0+, f(20)= 故:610-62 6 (3分) imf(2)=0z=∞为可去奇点 (3分) lim zf(z)= lim =lime(p-1)(1-2) (3分) 注意在上岸:610=2r,620=丌,610-620=丌 z→∞时,1-62=2r (3分 故 e(p-1)2, Res [f(oo)l (3分)

3. z ÷K¢¶ªu 0§f(z) = sin e 1/z z 4ØÓ§z = 0 ´5Û:" (4©) 3êUÏL Laurent ÐmOŽ§J¦" |^k†Ã¡3êڏ 0§Œ¦ z = ∞ ?3ê" (4©) ŠCþ†µζ = 1/z§f(z) = ζ sin e ζ§ I¦ g(ζ) = f(z)/ζ2 3 ζ = 0 ?3ê" (4©) Res [g(0)] = sin 1§µRes [f(∞)] = − sin 1§ (4©) =µRes [f(0)] = sin 1§I = 2πisin 1 (2©) 4. Š f(z) = √ z ln z z 2 + 1 ‚µë z = 0 † z = ∞ †‚"þWµarg z = 0 (3©) Ϗ limz→∞ zf(z) = 0, µ Z CR f(z)dz = 0 (2©) Ϗ limz→0 zf(z) = 0, µ Z Cε f(z)dz = 0 (2©) I f(z)dz = 2I + 2πi Z √ x x 2 + 1 dx = 2πi[Res f(i) + Res f(−i)] (3©) Res f(i) = √ 2 8 π(1 + i) (3©) Res f(−i) = 3 √ 2 8 π(1 − i) (3©) I = √ 2 4 π 2 (2©) 5. f(z) = |z| p |z − 1| 1−p e i[pθ1+(1−p)θ2] z 2 − 1 , θ1 = arg z, θ2 = arg(z − 1) (3©) 3þWµθ1 = θ10, θ2 = θ20, z0 = 1/2 + i0 +, f(z0) = − 2 3 e i[pθ10+(1−p)θ20] = 2 3 e ipπ µθ10 − θ20 = π, θ20 = π (3©) limz→∞ f(z) = 0 z = ∞ ŒÛ: (3©) a−1 = limz→∞ zf(z) = limz→∞ z p−1 (z − 1)1−p 1 − 1 z 2 = limz→∞ e i(p−1)(θ1−θ2) (3©) 5¿3þWµθ10 = 2π, θ20 = π, θ10 − θ20 = π z → ∞ ž§θ1 − θ2 = 2π (3©) µa−1 = e i(p−1)2π , Res [f(∞)] = −a−1 = −e i2pπ (3©)