1、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
2、论问题一：映射1zw下，曲线（1）24xy；（2） 2(1)xy变成 w平面上的什么曲线？【解】 利用 ,izxz，（1）代入24y则有 21, 4 i zuuwvv因此， z平面上的曲线 24xy，在映射1z下变成 平面上的以原点为圆心，12为半径的圆.问题二： (1,)kn对应为 10nz的根，其中 2n且取整数.试证明下列数学恒等式成立 1()0nkkmmz（1.8.1）【 证明】 为考虑问题的方便，方程 0nz的根可写为2i (,2)kken2令 2inte，则 , (1,2)kztn.再考虑到级数1()nkkmmz，令1()knkmaz，这样证明数学恒等式，即需证明 10ka.我们先
3、考察级数 1nka的各项：当 k时,故有第一项第二项为 2 232421232() (1) 212(1)221)()()1()()(1) nnn nnnazzzttttttt tt 推导中已使用：ii1, n ntet同理，通项即第 k项为 1211() 2)()()()kkkkknkn nnazzzztttt 显然级数 1nka为一等比级数，其公比为： 2 21 1 n ni inknatqtetqte 因 n，故 .故 2i11112i i1()()()0nnnnk ntaaaqee 数学恒等式成立得证.问题三： 设 1z， 2， 3满足 1230z.且 123zz.证明： 1z， 2，
4、3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 为半径的单位圆周上，不失一般性，可设 1z， 222sinco， 333sincoz.则为证结论，只需证 23，即可.由 01z得0cos132 （1.8.3）insi （1.8.4）故得 23332sinisin() ，代入（1.8.3）得21cos1cos032 21 cos 3，2问题四：究下列函数在 0z点的连续性.（1）Im()f（2） Re, ()0, 0zzf【解】 （1） ii 2000snsinli()lilm11zr rfe，又因为 (0)f，故函数()f连续 .（2）i 2
5、i000coslim()llcoszr rf e，又因为 ()f，故函数()f连续 .常见问题第二章 解析函数问题一：论函数 ()fz在复平面上的可导性.【解】由 000()(limi)(i)liizzzffzxyxy设 z沿着平行于 x 轴的方向趋向于零，因而 0y， zx，这时极限0()(limlim1z xffz设 沿着平行于 y 轴的方向趋向于零，因而 ， iy，这时极限0 0()(liliz yffz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2()|I|fw在点 0处的可导性 .【解】 首先考察 C-R 条件是否满足 .根据 2|m|(,)i(,)fzxyuxyv
6、有 (,)0uxyv400(,)(,0(,)lim(,0), ,x yxy xyuuv显然在 0z处 C-R 条件成立.根据函数可导的定义式有|2|()(ixyfzf当 0z， （且使得 0x） ，那么当 z沿射线 k趋于 0 时，上式比值为2|2|1i1ikk，显然不同的趋向得到不同的值，故原函数在 0z处不可导.问题三：数 ()|fz在复平面的可导与解析性.【解】 由20000()|limlilimliz zzzff 可知 ()fz在点 处可导，对任意 xy220000000()|() fzz 则 000()(ffz显然当沿平行于 x 方向趋于零时，即 zx时，有 00000()(liml
7、im2z xfzf x当沿平行于 y 方向趋于零时，即有 y时，有00000()(ili l iz yffzzyz 由于在任意 0处两极限不完全相等，所以函数 ()f在任意的 处不可导.（注意到：尽管函数在 处可导，但其邻域 0处不可导）故根据函数解析的定义，2()|fz在复平面内处处不解析.问题四 Arcsin【解】 rcsi2iLn(i3)iLn(23)ilki()2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1idz5【解法 1】 z在整个复平面上解析，且21z，运用复积分的牛顿莱布尼兹公式有 1212iid|(i)z【解法 2】换元积分法 令
8、 tz，则当 i，有 t；当 1z，有 t所以2111ii 1d()d()()2问题二：积分2|zA并判断闭合环路积分中换元积分法是否成立【解法 1】 作积分变换 2zt，则12| | |2d1iztt【解法 2】 根据例题 3.1.3 公式(3.1.12)2| | |2|2dd di2i1iizz zzzAA问题三： (i)3C，其中 C为圆周 ，且取正向【解】 要注意1(i)fzz在 2内只有 iz一个奇点，将 ()fz分成为1()3i3fz，则由闭路变形定理d1d(i)i3CCz zzA13i22i03CA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
9、收敛还是绝对收敛？(1) 0(8i)!n； (2) 1()i2nn.【解】(1) 因i!n，由正项级数的比值判别法知0!8n收敛，故级数0(8i)!n绝对收敛.6(2)因1)(n，12n都收敛，故原级数收敛，但因1)(n为条件收敛，所以原级数为条件收敛.问题二： 复级数 0nz的收敛性，并讨论该级数在闭圆 | (1)zr上的一致收敛性. 【解】 首先对 z 的范围分情况讨论：(1)当 |1时，正项级数 0|nz收敛，故此时原级数绝对收敛，其部分和 211nnn zS因为 lim0nz，所以 0limli1nnnzz根据维尔斯特拉判别法，显然级数 1n在闭圆 | ()zr上满足 |nzr即存在优
10、级数 0nr，故在该闭圆内一致收敛.(2)当 |1z时， |nz. 所以一般项 nz不可能以零为极限，从而级数发散.问题三： 若幂级数 0(2)nc在 0处收敛，问在 3z处收敛，还是发散?【解】令 tz，则得nt在点 z处即在 02t处收敛. 根据阿贝尔定理， 0n在点 3处，即在 21t处满足 0|t故原级数 0()nncz在 3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1sinz的孤立奇点,并判断类型及阶数。【解】 函数 zsin1的奇点显然是使 0sinz的点，这些奇点是0,12,zk. 很显然它们都是孤立奇点，又 (si)co()kzkzk7所以 zk都是 zsin的
11、一级零点，从而是 zsin1的一阶极点.问题二： 求函数1()zfe在孤立奇点 0处的留数.【解】 由于在 R0内有 211!3zz所以 1es(),fc问题三：计算积分 2|25dzzA.【解】 显然被积函数 2)1(5)zf在圆周 2|z的内部有一阶极点 0z及二阶极点 .220Res(),limli()()zzf1 1d5, limz z由留数定理得2|25di(2)0()zzA问题四： 7245|4(1)zI【解】 可以验证被积函数的有限远奇点 24i1, (0,13)ke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 2745|4diRs)(1)zzI zfA利用 （5.
12、5.5）式： Reslim()zff得到li5zsf所以 10I常见问题第六章 保角映射问题一： 求将单位圆域 1z映射成单位圆域 1w内部且满足102，102w的分式线性映射8【解】 将单位圆域 1z映射成单位圆域 1w的分式线性映射为iz=e0将 1/2z， 0w代入上式，可得 /2，从而映射变为i1ezw因为 i i2121423zzee w又由题给条件 0，所以w为正实数，从而1arg02w，即 0故所求映射为 21z问题二： 求将上半平面 Im0映射成 i2，且满足条件 2i，arg2iw的分式线性映射【解】容易看出，映射2iw将 i映射成 1，而将 0Imz映射成 1的分式线性映射
13、为 izae由 2iz时 iw可知，当 2z时 0，将其代入上式，可得 2ia，从而上述映射变为e故有 iz由此可得 i124ewi argiarrgi2从而有 0故所求映射为 2iiz即 1iz常见问题第七章 傅里叶变换9问题一： 求余弦和正弦函数 00()cos,()sinfttft的傅里叶变换【解】 由欧拉公式 ii02e及傅里叶变换公式，有000 0i0iiii()i()0000() coscsd1122)()ttttt tFee同理可求得 000()sini()(Ft问题二： 求单位阶跃函数 0 ()1xux的傅氏变换及其积分表达式【解】 注意到 ()1sgn()2x故 i1()()
14、sgnd21s()2ixFuex所以 1 i01()()()d2isindxuxFex问题三： 证明：Heaviside 函数1,0()xH的 Fourier 变换为1()()iHxF.【证明】 我们用 Fourier 逆变换来推证函数 的傅里叶变换 . 由于i ii0 011cosin()d()dd2i22sin1sxxx xee x 利用狄利克雷积分 0sind2x10经过一个简单的积分变量替换，可得 0,0sin2d,x于是 010, 21sin)d2, ()xxH常见问题第八章 拉普拉斯变换问题一：若 ()sinftt或 cos (t为实数） ，求拉氏变换 ()ftL.【解】 (i)i
15、001idd2ipt ptpteeL21,R02i问题二： 求 te【解】令 )(f= ，则由 ()()FpfttL，得21p= )(F利用位移定理 ()atefaL，即有2()()teL问题三： 解方程()001, (tyty【解】 令 tYpL，则 d()()ytp0()1yY2()dtL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1121()()0pYp， 2dd1Yp2c（其中 c为积分常数）于是式中 0J()t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 l的杆，两端受压从而长度缩为 (12)l，放手后自由振动
16、，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 20txua(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 Y，根据胡克定律，而张应力等于杨氏模量 Y与相对伸长 x的乘积，故0|, |0xluu即 |xl(3)初始条件：杆由长 l压缩为 (12)l，共缩短了 2，压缩率为2l，又杆的中点 2l压缩前后不变，即位移 2|0lxu，以中点l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 t时的位移为(,)()2luxx，初始速度为零，即(,
17、0)tux.综上所述：定解问题为 20 (0,) (,) (),(0 ,txx tau xltltxu ()l 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 0v，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. 20xatv（2）边值条件：至于边界条件，远端开路，即意味着 l端电流为零，即 |xli，根据(9.1.13)公式得到1102()()J()cytYptL120iLRxtv且注意到理想传输线 0GR，故，代入条件 |xli有(,)|xlxlittv而近端短路，即意味着 端电压为零，即 0v（3）初
18、始条件：而开始时传输线被充电到电位为 ，故有初始条件 0(,)xv，且此时的电流 0|ti，根据(9.1.14) 公式， iCGxtv且注意到理想传输线 0GR，故 1ix，因而有0(,)| 0t tiv综上所述，故其定解问题为200 (,)|, ) 0xlttaxlttltv=常见问题第十章 二阶线性偏微分方程的分类问题一：下列传输线方程()0txtLCuGRCu 化为标准形式.【解】 试作函数变换 ,),v，()xtte， 其中 和 是尚待确定的常数于是， )xtuvxttu2(txxv)txt te2tt tv代入方程，并约去公共因子 ，得2()()0txx tLCLCGR vv.如果选
19、取 0，GR，即 2,(,)tLCutexv，则一阶偏导数 tv和 x的项消失，方程化简为 2()04txLCv 问题二： 求方程20tua的通解13【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：2d0xat即 dxat有xat由复合函数求导法则xxxuu2u2tttt aa所以方程 xtua2可以化简为 0u，从而解得 12ff，其中 12,f为任意函数。原方程的通解为 txftxf21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 ()0x，而且初速度 ()x也只在区间 12(,)x上不为零012, ,（1）的无界弦振动，求此振
20、动过程的位移分布.【解】由达朗贝尔公式（11.3.9）得11(,)()d()d()()22xat xatut xatt(2)根据(1)得 101221()1()()d()2()xat xxax（3）这里 指的是（图 11.2）的曲线。由公式(2), 可作出 ()x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0, 0,)(2tuxxuxatt (4)561x 2 x ()x 图 1.2 14由于端点固定，所以有 0),(tu. 为了使用无界的达朗贝尔公式，故需要
21、把半无界问题延拓为无界问题来处理，即必须把 ),(tx、 (和 )x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 110(,) d22attatt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, 0att由此可见， x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 00sin, , 0|, , txttutxtA【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. 作特征变换 xt,，则方程化为 21sin82u分别对 ,积分，并代入原变量，求得通解 ,sin, (0,)xtfxtgtxt（8）
22、由初值条件得 0, f（9）sixx（10）由（10）得 cos, fgC（11）联立（9 式和（11）式解得 1, 02fxx（12）cos, g（13）为了利用通解（8） ，须求出在 0x时 f的表达式为此，利用边界条件，有 0,intAtf即 0,21cossisin xCxgAf所以 i, fx（14）把（12） （13） （14）代入通解（8）得所求定解问题的解为 txtxAtu ,sinsini,15常见问题第十二章 分离变量法问题一： 在圆域 0上求解泊松方程的边值问题 02()uabxyc【解】 先设法找到泊松方程的一个特解显然有22(), ()xay，为对称起见，取2()4x
23、ya又因为42()1bx，421by这样，找到一个特解24 24()cos1aabyxyv令 24cos,1buvww就把问题转化为 的定解问题02400cos.1abc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 110 )sincos()inos(ln),( mmmm DCBADCu 并且 w在圆域内应当是有界的但上式的 l和 当 趋于零（圆心）时为无限大，所以应当排除，故 0,0DC于是()(cosin).mm把上式代入边界条件 240 00(i)co1smmbaABc比较两边系数得 22000, (,); 41mabcAB这样，所求解为 22200()()cosuvw问题二：求解
24、三维静电场的边值问题：,0,xyzuxaybzuzxyc(1)23【解】 设 )()(zZYX，将变量分离，并由边界条件（2） ，得：160)()(0ZbYaX相应的本征值和本征函数系为 2sinmaxX和 2sinbyY这里， ,321,n，且 nmnzvzveBAZmnn于是，得到满足泛定方程和边界条件的特解： siinmxyuZab把各特解叠加，得级数解： 1isinnm再由边界条件（3） ，又得 1sii0nmxyABab及 ()nsi(,)mnmvcvcne xy把这两个式子的两端分别乘以siixalkyb，并在矩形 a0， b内积分，注意到函数系sixa和的正交性，比较两边的系数，
25、可以得到： mncvmncvneBA这里， 04(,)siidabmn xyyab解出 A和 B，代入级数解，得所求解为：1 (,)sh()sin()i()mnmn xyuxyz zabc 问题三：求解环形域 22axyb内的泊松方程定解问题：2221,0xyaxybun17【解】泛定方程的右端关于 yx,的二次齐次多项式为 21yx，故可设方程有特解4(,)Vxyab代入方程，并比较两边的系数，即可求得 a=1， 1b因而4224()()cosVxyr这里， ,r是极坐标令 Wu，就得到定解问题（采用极坐标）：2 430 ()(,)(,)(,)1cos2rbrbarbauV我们知道,在极坐标
26、系下拉氏方程的一般解为：01lncosinnnWABrABrCD由边界条件的形式，可设 220l于是由边界条件，有4 2023 321coslncos2aaaBbAb比较两边的系数，得 0ln1ABa及 324bBbaa解之，得： 424260baBA所以 2cos142246 rbarrWVu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 0xa，2(),(),()mkxqx，即可将贝塞尔方程转化为施刘型方程：2d0 ymya18问题二： 将球贝塞尔方程化成施刘型方程【解】令 0xa， 2 2(), ()1,()kxqlx，即可将球贝塞尔方程转化为施刘型方
27、程：22d0 ylya。问题三： 将连带勒让德方程化成施刘型方程【解】令 1x，22()1,(),()1mkxqx，即可将连带勒让德方程转化为施刘型方程： 2d0 )yy常见问题第十四章 格林函数法问题一：验证1lnur是二维拉普拉斯方程的基本解，其中2200()()rxy。【证明】将 写成极坐标形式 221, ()uurr由1lnlur，故 221,0,r因此 221()ur所以满足二维拉普拉斯方程。问题二：求四分之一平面即区域 D： 0,xy内的格林函数，并由此求解下列狄利克雷问题0 (,)(,) xyufyx其中 f为已知的连续函数【解】电像法（如图 14.4）：在区域 D内任选一点 0
28、M，找其关于边界 0y的对称点1M，然后找 01,关于边界 0x的对称点 23,。注意，对于每一边界的像（映射） ，电荷反号，故可求出 23,M点电荷在区域 内某一点 处的电位分别为0 1 2301 311lnlnln,ln2MMVVVrrrr则得到区域 D的格林函数为 01(,)G，即为20012303(,)lllGrrr200200()()()() ln2xyxy1922220000()()()()1 ln4xyxy注意到边界条件 ,u,故原定解问题的解为0 0000022200001()()|d2 |, (|)1 ()|d11 d)()xxxxGMflnGynfxy yyx问题三：在圆
29、a内求解拉普拉斯方程的第一边值问题2,()|auyf【解】根据公式（14.4.13） ，故有22 00200201(,) ()dcos() )affa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20(,) ,0)| txuaftxt【解】利用 (,)(,) (,)(,) ()xtUtftFtF对定解问题作傅里叶变换，得到常微分方程的定解问题2,(,0)( a上述问题的解为2 2()0, (,dtat atteFe为了求出上式的逆变换，利用下面傅氏变换的卷积公式，即若11(),(),GgxFfxF则 ()dGfg而积分2 2i11dexp4atxeat
30、at20从而 2 211exp4ateattF最后得到定解问题的解为22 ()()t 440,(,)ddd2 xx atat fuxteeat t 问题二： 如果定解问题为下列第二边值问题x0 (,)(,) lim xyuxyf【解】 令 (,)(,)yuv即 0(,)(,)dyxv容易得到 满足定解问题为x(,)(,0) lim xyfv则根据上述稳定场第一边值问题公式2()(,)dyfxyv故得到问题三：定解问题 x0 (,0)(,) lim xyuf【解】 对于变量 x作傅氏变换，有1(,)(,) ()uyUfxF F定解问题变换为常微分方程2,0,(,0)(limy因为 可取正、负值，
31、所以常微分定解问题的通解为| |(,)()yyUxCeD因为 lim(,)0y，故得到 0, F常微分方程的解为|(,)(yye设 |(,)yGe根据傅氏变换定义， |y的傅氏逆变换为0|i i i 201111ddd 222ii()yxyxyx yeeeyxx21再利用卷积公式1()()dFGfgx最后得到原定解问题的解为2(,)()yfuxy常见问题第十七章 变分法问题一： 求 120()dJyxx的极值，其中 y是归一化的，即 120dyx，且已知(0),(1.y【解】本题是求泛函的条件极值问题，可化为变分问题 120()d0x对应的 E-L 方程为 y其通解为 cossin (0)yA
32、xBx代入附加条件 (0),(1.得到 )() 1,2nn代入归一化条件得到 120sidncx于是得到 2nc，故原极值问题的解为 i()ny而题中要求的泛函120()dyx的极值为 1220cos()dxn当 n时，极值函数 ()in 使得泛函数取得最小值 2问题二： 求泛函20dJyyx在条件 (0),()0y下的极值曲线.【解】 此时 xFcos),(,则偏导数 yFxy,cos.对应的Euler 方程为其通解为 21cosCxy,代入边界条件可得 12C, ,所以极值曲线为问题三： 在 平面上,寻求连接两定点 01(,)(,)AxyB的一切曲线中使其绕 x轴旋转一周曲面面积最小的曲线
33、 ()y.【解】 由微积分学可得旋转曲面面积为 A10201()2dd, (), ()xBSysxyyx即 2,Fxy,其相应的 Euler 方程为2222d101yx为求方程的解,将方程两端乘以 并积分,得2 12ddyyxC由分部积分得2 12221 dyyx即122Cyy也即12Cy,令 sht,则11dc, ytxt,所以 tx ,这样12cty消去参数 t可得21hxC,其中21,C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 120()dJyxx的极值，其中 y是归一化的，即 120dyx，且已知(0),(1.y【解】本题是求泛函的条件极值问题，可化为变分问题
34、 120()d0x对应的 E-L 方程为 y其通解为 cossin (0)yAxBx代入附加条件 (0),(1.得到 )() 1,2nn代入归一化条件得到 120sidncx于是得到 2nc，故原极值问题的解为 i()ny而题中要求的泛函120()dyx的极值为 1220cos()dxn23当 1n时，极值函数 1()2sinyxx 使得泛函数取得最小值 2问题二：求泛函20codJ在条件 (0),()0y下的极值曲线.【解】 此时 F),(,则偏导数 yFxy,cos.对应的Euler 方程为sxy其通解为 21cosCxy,代入边界条件可得 12C, ,所以极值曲线为cosyx问题三：计算
35、下列泛函的变分 1043()()dxJyx【解】 由泛函数定义公式（17.1.2） ，故 43,Fy由泛函变分的定义公式（17.1.6）有1 10 0111 1000010 3434 3()d()d d|4dx xxxx xxJ yy y 常见问题第十九章 勒让德多项式 球函数问题一： 将 ()fx在区间 1,内展成勒让德多项式的级数【解】因 在 内是偶函数，而 21P()nx是 的奇函数，故 012nC（n=0，1，2，） 下面来计算 ,0(2nC10101()d)dCfxx2214P(nn01202 21 22 21 04)P()d4d4(1)d()! ()!nn nnn nxxdxx12
36、0212 1()()! dnnnnxx2201212102124d ()d()()!dnnnnnnxxx2422022202041d(1)()!(nnxnnknknxnxC11224()!()!nn从而 10 221()4)(!P) P(), 1)!nnx xx问题二：利用勒让德多项式的递推公式，证明勒让德多项式模的公式122()d1nnNx(0,1)【证明】用数学归纳法证明（1）若 1，因为 1221P3x故 时，模的公式成立 （注：另外 0n，显然模的公式成立）（2）设 mn时成立，则由勒让德多项式递推公式 11()()P()n nxxx得12 1()Pdd()Pdmmx11()P()再在
37、勒让德多项式的递推公式中，令 n得12P()()P()33mmmxxx代入上式，则得 1 1 12 22() ()()P)d()Pd()d2mm mxxx 3故 12P()d(1)mx即当 n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 (1,2)n 是方程 0J()x的所有正根，试将函数2()0fxx展开成贝塞尔函数 0()n的级数【解】 设201JnCx25则 12020()J(dJ)n nnCxx02201 2101220121) ()(J(JdJ)(4J)n nnnnnnttxttt由递推关系： 210(J()xx且注意到 0J()n，得： 12J()nn因而
38、 318J()nC所以 2031()nnxx问题二：设 (1,2)k 是方程 0J()的正根，试将函数, ()20, 1fxx展开成贝塞尔函数 0J()kx的级数形式【解】 由题意， 2k， ()kkx是 0J()的正零点，根据 02x，故边界02，从而 )(f可展开成(0)02JJkx的级数01()()kfxA由第一类边界条件的模公式（20.3.40）()2()210JmmnnN，令 ， nk，且注意零点 (0)()02kkx，故 (0)2(0)2114JJ)kkkx21 1000 02 20 J()()JdJ()d()dJ()kkkkkkkxfxxxx1()22()kkkAN最后得展开式为 102J)()(kkfxx26问题三：求不定积分 2J()dx【解】根据递推公式(20.3.3) ，取 1有 0J()()xx根据递推公式（20.3.8） 有 12nn，故201111010J()dJ()2J()dJ()()J()d xxxxxc
