数学物理方法+吴崇试+习题解答.pdf
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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
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