￲
￲ w(z) = ck zk k =0
（2）系数递推公式。将 w(z) 代入方程，得：
� � ￲
￲
k (k - 1)ck zk-2 - ck zk+1 = 0
k =2
k =0
￲
￲ 2c2 + [(k + 2)(k + 1)ck+2 - ck-1]zk = 0
k =1
c2 = 0,
ck +2
=
(k
+
-
4)L6 �5 �3 �2 c0
(b) 用 c1 表示 c3k+1
c3k +1
=
c3k -2 3k(3k + 1)
=
1 3k (3k+ Nhomakorabea1)￲(3k
-
c3k -5 2)(3k
-
3)
=
(3k
+ 1)3k(3k
-
1 2)(3k
-
3)L7
�6 �4 �3 c1
因 c2 = 0 ，故 c5 = c8 = L = 0
=
-d
'(x)
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得分 评阅人 三、计算题：（共 2 题，每题 10 分，共 20 分）
1．试用级数解法求解在 z0 = 0 邻域内 w''-zw = 0 的解，其初始条件为 w(0) = 1, w'(0) = 0 。 解：（1）解的形式。系数 p(z) = 0, q(z) = -z 在 z0 = 0 解析， z0 是方程的常点，所以解的形式为：
（1）
l=0
￲ 两边对 x 求导，得t(1 -
2xt
+
t
2
)-
3 2
=
￲
Pl￲( x)t l
l=0
（2）
￲ 将(1)式两边对 t 求导，得 -(t
-
x)(1 -
2xt
+
t
2
)
-
3 2
=
￲
Pl (x)ltl-1
l=0
（3）
� � ￲
￲
联立(2)，(3)式，得 (x - t) Pl￲(x)tl = t lpl (x)tl-1
l=0
l =0
比较上式两边 t l 的系数，得
lPl (x) = xP'l (x) - Pl-1 '(x)
2．试证明：d '(-x) = -d '(x)
证：d '(-x) 是对宗量—x 求导的，考虑到d (x) 是偶函数，所以
d
'(- x)
=
dd (-x) d (- x)
=
-
dd (x) d (x)
---------------------------------------------------------
学号：
学生姓名：
1．若 ez1 = ez2 ，则 ( D )。 (A) z1 = z2 (B) z1 = z2 + 2kp (k为任意整数) (C) z1 = z2 + ikp (D) z1 = z2 - 2ikp
定理得到原函数
￲ ￲￲
f
(t )
=
(2
1 Lim -1)! p￲ 0
d dp
[
p2
2e pt p2
]+
Lim (
p￲ -1/ 2
p
+
1) 2
2e pt 2p +1
=
2t
+
e-t /2
得解：
￲ w( z )
=
1+
￲ k =1
3k (3k
z3k -1)L6 �5 �3 �2
2．利用拉普拉斯变换法求解微分积分方程的初值问题：
￲ ￲
￲
f
(t )
=
g (t )
+
t f (t -t )e-t dt
0
￲ ￲
f
'(t )
+
g
'(t)
=
2
￲ ￲￲
f
(0)
=
g (0)
=1
￲ ￲ 解：令 f ( p) = L[ f (t)] = ￲ f (t)e- ptdt 、 g ( p) = L[g(t)] = ￲ g(t)e- ptdt ，利用卷积定理可得
( A) 4 ( B)–4 (C) 8
( D) –8
￲ 1
4．函数 z(z2 + i)
+￲
= an zn (0 <
n=-￲
z
< 1) ，则a3 = (
B
)。
(A) - i (B) i (C) -1
(D) 1
z
5．z=1 是函数 e1- z 的（ A ）。
（A）本性奇点 （B）一阶极点
（C）可去奇点 （D）二阶极点
华中师范大学期末考试参考答案
课程名称 数学物理方法 课程编号 83810012 任课教师 李高翔
题型 选择题 证明题 计算题 计算题
总分
分值 20 20 20 40
100
得分
得分 评阅人 一、选择题：（共 5 题，每题 4 分）
------------------------------------------------- 密 ---------------------------------- 封 ----------------------------- 线
0
0
￲ L[
t 0
f (t -t )e-t dt ] =
1 p +1
f ( p)
于是有
f
( p)
=
g( p) +
f
( p)
1 p +1
pf
( p) -1+
pg ( p) -1 =
2 p
解以上方程组得到像函数
f ( p) =
2 p2
+
2
2 p+
1
g( p)
=
2 p
-
2 2p +1
由于当 p ￲ ￲ 时，像函数 f ( p) 和 g ( p) 一致地趋于零，且它们只有有限个孤立奇点，所以由展开
2．设 C 是 z=0 到 z=1+i 的直线段，则 C e z dz = ( D )。
(A)
i (e1-i 2
- 1)
(B) 0 ( C) i(1 - e1-i )
( D) i(e1-i -1)
￲ 3．设 C 是单位圆 z = eiq ,q 从 2p 至 0，则 C z -1 dz = ( C )。
ck -1 2)(k
+ 1)
即
ck
=
ck -3 k(k - 1)
，
亦即
c3k
=
c3k -3 3k(3k - 1)
。
(a) 用 c0 表示 c3k
c3k
=
c3k -3 3k(3k - 1)
=
1 3k (3k
- 1)
￲(3k
c3k -6 - 3)(3k
- 4)
=
3k (3k
- 1)(3k
-
1 3)(3k
年级：
专业：
院（系）：
得分 评阅人 二、证明题：（共 3 题，每题 10 分，共 30 分）
( ) ￲ 1．已知
1- 2tx + t2
-1/ 2
=
￲
Pl ( x) tl ，
t
< 1，试证明： l Pl (x) = x P 'l (x) - P 'l-1(x) 。
l=0
￲ 证：由母函数关系式，得 (1 - 2xt + t2 )-12 = ￲ pl ( x)tl
（3）方程的通解：
� � w(z)
=
c0
+
￲ k =1
3k (3k
c0 z 3k - 1)L6
�5 �3 �2 +
z
+
￲ k =1
(3k
c1z3k +1 + 1)3k L7
�6 �4 �3
（4）由初始条件定 c0, c1
及解。因
￲1 = w(0) ￲￲0 = w￲(0)
，所以
￲￲￲cc10
= =
1 0