中值定理与导数的应用习题.doc

中值定理与导数的应用习题（全面版）资料
第四章 中值定理与导数的应用
一、填空题
1、函数在区间[1,2]上满足拉格朗日中值定理，则ξ=_______.
2、设，方程有____个根，它们分别在区间_________上
3.如果函数在区间上的导数__________，那么在区间上是一个常数.
4、()在区间_____单调减少，在区间_____单调增加.
5、.曲线在区间_____上是凸的,在区间_____上是凹的,拐点为_____
6、若在[a,b]上连续、在(a,b)内二阶可导且 _____ ，则在[a,b]上的曲线是凹的.
7、若在x = 1时有极值56，则a = ，b = .
8、二阶可导， = 0是曲线上点_____为拐点的 条件.
9、函数y=sinx-cosx在区间(0,2p)内的极大值点是_____,极小值点是_____.
10、函数的单调递增区间为_____，最大值为
11、设函数在点处具有导数，且在处取得极值，则该函数在处的导数 。
12、在[1，e]上满足拉格朗日定理条件，则在（1，e）内存在一点 ，使
13、若在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且，，由拉格朗日定理，必存在点（0，1），使 .
14、，则方程，有 个实根。
二、选择题
1.下列函数在给定区间上不满足拉格朗日定理的有（ ）。
A、 B、
C、 D、
2、如果在连续，在可导，为介于之间的任一点，那么在（ ）找到两点，使成立.
（A）必能； （B）可能； （C）不能； （D）无法确定能 .
3、不恒为常数的函数在上连续，内可导，且，以下命题正确的是（ ）
(A) （B）
(C) 在内处处不等于零 (D) 在内至少有一点
4、设在上连续，内有二阶导数，且其中以下命题正确的是（ ）
(A) 至少存在一点 （B）至少存在一点
(C) 至少存在一点 (D) 以上结论都不正确。
5、若连续函数在闭区间上有唯一的极大值和极小值，则（ ）.
（A）极大值一定是最大值，且极小值一定是最小值；
（B）极大值一定是最大值，或极小值一定是最小值；
（C）极大值不一定是最大值，极小值也不一定是最小值；
（D）极大值必大于极小值 .
6、函数在点处连续但不可导，则该点一定（ ）。
A 是极值点 B 不是极值点 C 不是拐点 D 不是驻点
7、如果函数在区间内恒有 ，，则函数的曲线为（ ）。
A上升的凸弧 B下降的凸弧 C上升的凹弧 D下降的凹弧
8、若函数在点x0处取得极值,则( )
A ＝0 B 不存在 C 在点处连续 D ＝0或不存在
9、设函数在上连续可导，，且，则当（ ）时，在处取得极大值.
当时，，当时，,
当时，，当时，,
当时，，当时，,
当时，，当时，.
10、设在的某个邻域内有连续的二阶导数，且，则（ ）
（A）必是的零点 （B）必是的极值点
（C）当时，是拐点 （D）当时，是拐点
11. 设有连续的二阶导数，且，则（ ）
（A）是的极大值 （B）是的极小值
（C）是曲线拐点 （D）不是的极值，也不是的拐点
12、函数在区间[a,b]上的最大值是M,最小值是m ,若M=m ,则 = ( )
A. 0 B. 大于0 C. 小于0 D. 以上都不对.
13、若,则方程 （ ）
（A）无实根 （B）有唯一实根 （C）有三个单实根 （D）有重实根
14方程sinx=x的实根个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
15.设五次方程有五个不同的实根，则方程
，有( )实根.
A、 5个 B、 4个 C、 3个 D、 2个
三、基本计算
（一）.用洛必达法则求下列极限：
1、；
2、；
3、；
4、；
5、；
6、；
7、 .
8.
9.
10．
11．
12.
13、
14、设在处可导，求
15、
16、 （）；
17、；
18、
（二）极值、拐点、单调区间、凹凸区间
1、求+在闭区间上的极大值与极小值，最大值与最小值.
2、求函数，的极值.
3、求函数的极值
4、求函数的极值
5、确定函数的单调区间：
6、求由方程所确定的函数在范围内的极值点。
7、求函数的单调区间。
8、求的凹凸区间和拐点。
9、 求曲线的凹凸区间与拐点.
10、求曲线的凹凸区间与拐点.
11、求曲线的凹凸区间与拐点.
12、求函数（x<0）的最大值、最小值
13、求函数在上的最大值.
14、求在上的最大值和最小值。
四、综合计算
（一） 洛必达法则
1.分别在下列两种条件下求极限：
（1）在x处二阶导数存在且连续.
（2）在x处二阶导数存在.
2. 讨论函数,在处的连续性.
（二）极值、拐点、单调区间、凹凸区间
1、已知在x = 0的某邻域内连续，且，试证：在x = 0处取极小值.
2、设曲线，在时取得极值，且与曲线相切于点，试确定常数，和。
3、当为何值时，点为曲线的拐点？
4、设有拐点（1，2），并在该点有水平切线，交轴于点（3，0），
求.
（三）证明不等式
1.
2.当时，；在区间上应用格郎日中值定理
3.当时，；
4.若，则
5.
6.当时,证明
（四） 中值定理
1、证明等式
2、设可导，求证的两个零点之间一定有的零点.
3、在[1，2]上连续，在（1，2）内可导，且，证明：存在点(1,2)，使.
4、若可导函数在（）内满足关系式，且，证明：.
5、设函数在上连续，在内可导,且,证明在内至少存在一点,使得 .
五、应用题――最值问题
1、一个半径为的球内有一个内接正圆锥体，问圆锥体的高和底半径成何比例时，圆锥体的体积最大
2、某房地产公司有50套公寓要出租，当租金定为每月180元时，公寓会全部租出去．当租金每月增加10元时，就有一套公寓租不出去，而租出去的房子每月需花费20元的整修维护费．试问房租定为多少可获得最大收入？
六．提高题
1、讨论方程有几个实根
2、设可导，试证的两个零点之间一定有的零点，其中为任意常数。
3. 设不恒为常数的函数在上连续，在内可导,且,证明在内至少存在一点,使得
4. 设函数在上连续，在内可导，且,证明, 至少存在一点使得
5. 设函数在上连续，在内可导,且,证明：，使得
6.已知函数，
其中常数满足，
（1）证明函数在（0，1）内至少有一个根，
（2）当时，证明函数在（0，1）内只有一个根.
7、设，则方程在内至少有一实根。.
8、设在上连续，在(0,1)内可导，且,试证：对任意给定的正数在
内存在不同的，使
第四章　极限定理
一、 教学目标
概率统计主要研究随机现象的统计规律，而这种统计规律只有对随机现象进行大量重复观测才能显现出来。对大量重复观测作数学处理厂采用极限的方法，这就是对极限定理的研究。在本章教学过程中，重点的数熟练运用两种最基本的极限定理：大数定理和中心极限定理。
二、 基本要求
1. 理解切贝晓夫不等式，会利用切贝晓夫不等式作简单的证明和计算。
2. 了解依概率收敛和独立同分布随机变量序列的概念。
3. 理解切贝晓夫大数定理和贝努利大数定理，会利用大数定理作简单计算。
4. 理解独立同分布中心极限定理和隶莫弗－拉普拉斯中心极限定理，会利用正态分布表作近似计算。
三、 教学重点
1. 大数定理和中心极限定理的内容。
2. 大数定理和中心极限定理的应用。
四、 教学重点
大数定理和中心极限定理的应用。
五、 教学方法和教学手段
启发式教学，讲练结合法，多媒体教学和板书教学相结合。
六、 教学内容及课时安排（4课时）
§4.1大数定律 （2课时）
§4.2中心极限定理 （2课时）
七、参考书

[2] 魏忠舒.概率论与数理统计教程. 北京：高等教育出版社，1997
[3]复旦大学.概率论. 北京：人民教育出版社，1979

§4.1大数定律
一、教学目标与要求
1. 理解切贝晓夫不等式，会利用切贝晓夫不等式作简单的证明和计算。
2. 会利用大数定理作简单计算。
二、教学重点和难点
切贝晓夫不等式和大数定律的应用
三、教学方法与手段
启发式教学，多媒体课件教学与板书教学相结合。
四、教学过程（２学时）
（一） 授课内容
１. 切贝晓夫不等式
定理4.1　设随机变量x的期望及方差都存在，则对有

２. 依概率收敛

定义4.1　设是随机变量序列，是一常数，若对，有

或　　　　　　　　　　　　　
则称依概率收敛于，记作。
３. 独立同分布随机变量序列
定义4.2　设是随机变量序列，若相互独立且同分布，则称是独立同分布随机变量序列。
４. 大数定理
定理4.2（切贝晓夫大数定理）设是相互独立的随机变量序列，期望和方差都存在，且方差有界，即存在使，则对有

推论（辛钦大数定理）设是相互独立的随机变量序列，期望 ，则对有

定理4.3（贝努里大数定理）设是在重贝努里试验中事件发生的次数，是事件在每次试验中发生的概率，则对有

或　　　　　　　　　　　　　
（二） 课堂练习
例１设是随机变量则　　　　　　　　　　。
例２　设事件在每次试验中发生的概率为，试利用切贝晓夫不等式估计在次独立试验中，事件发生的次数在之间的概率？
例３　证明的充要条件是随机变量以概率取常数，即。
例４　设表示在次试验中事件发生的次数，是事件在第次试验中发生的概率，试证对有

（三） 小结
大数定理主要是采用极限方法研究统计规律，重点是熟练掌握切贝晓夫不等式的内容和应用。
（四） 课后练习
课本156页习题四

§4.2中心极限定理
一、教学目标与要求
1.理解独立同分布中心极限定理，和棣莫弗－拉普拉斯定理。
2.会利用中心极限定理作近似计算。
二、教学重点和难点
中心极限定理的内容和应用
三、教学方法与手段
启发式教学，多媒体课件教学与板书教学相结合。
四、教学过程（２学时）
（一）授课内容
１. 独立同分布中心极限定理
定理4.４设是相互独立的随机变量序列，期望 ，则对任意的实数，有

其中是标准正态分布的分布函数。
２. 棣莫弗－拉普拉斯定理
定理4.5　设服从参数为的二项分布，则对任意实数，有

其中是标准正态分布的分布函数。
（二） 课堂练习
例１一射击运动员在一次射击中所得的环数的概率分布如下

10 9 8 7 6

0.05 0.5 0.3 0.1 0.05
问在100次的射击中，所得的总环数介于900环和930环之间的概率是多少？超过950环的概率又是多少？
例２　设某商店每天接待顾客100人，每位顾客的消费额（元）服从上的均匀分布，并且顾客的消费是相互独立的，求商店的日销售额超过3500元的概率？
例３　设每颗子弹击中飞机的概率为0.01，求500发子弹中有5发击中的概率？
例４ 某单位有100个职工，设每个职工中午到食堂用餐的概率为0.5，试问食堂准备了60份饭菜，不能满足供应的概率？
例5 某单位内部有260架 分机，每个分机有4%的时间要与外线通话，且每个分机使用外线是相互独立的，问总机要备有多少条外线才能以95％的把握保证各个分机在用外线时不用等待？
（三）小结
中心极限定理是论证大量随机变量和的极限分布是正态分布的定理，因此，在应用时需要注意定理的内容和正态分布表的应用。
（三） 课后练习
　　课本156页习题四7、10、11、13

第四章 电路定理
电路定理是电路理论的重要组成部分，为我们求解电路问题提供了另一种分析方法，这些方法具有比较灵活，变换形式多样，目的性强的特点。因此相对来说比第三章中的方程式法较难掌握一些，但应用正确，将使一些看似复杂的问题的求解过程变得非常简单。应用定理分析电路问题必须做到理解其内容，注意使用的范围、条件，熟练掌握使用的方法和步骤。需要指出，在很多问题中定理和方程法往往又是结合使用的。
4-1 应用叠加定理求图示电路中电压。

解：首先画出两个电源单独作用式的分电路入题解4-1图（a）和（b）所示。
对（a）图应用结点电压法可得

解得

对（b）图，应用电阻的分流公式有

所以
故由叠加定理得

4-2 应用叠加定理求图示电路中电压。

解：画出电源分别作用的分电路如题解（a）和（b）所示。
对（a）图应用结点电压法有

解得

对（b）图，应用电阻串并联化简方法，可求得

所以，由叠加定理得原电路的为

4-3 应用叠加定理求图示电路中电压。

解：根据叠加定理，作出2电压源和3电流源单独作用时的分电路如题解图（a）和（b）。受控源均保留在分电路中。
（a）图中
所以根据KVL有
由（b）图，得

故原电路中的电压

4-4 应用叠加定理求图示电路中电压。

解：按叠加定理，作出5和10电压源单独作用时的分电路如题解4-4图（a）和（b）所示，受控电压源均保留在分电路中。
应用电源等效变换把图（a）等效为图（c），图（b）等效为图（d）。由图（c），得

从中解得
由图（d）得
从中解得
故原电路的电压

注：叠加定理仅适用于线性电路求解电压和电流响应，而不能用来计算功率。这是因为线性电路中的电压和电流都与激励(独立源)呈线性关系，而功率与激励不再是线性关系。题4-1至题4-4的求解过程告诉我们：
应用叠加定理求解电路的基本思想是“化整为零”，即将多个独立源作用的较复杂的电路分解为一个一个（或一组一组）独立源作用的较简单的电路，在分电路中分别计算所求量，最后代数和相加求出结果。需要特别注意：
（1）当一个独立源作用时，其它独立源都应等于零，即独立电压源短路，独立电流源开路
（2）最后电压、电流是代数量的叠加，若分电路计算的响应与原电路这一响应的参考方向一致取正号，反之取负号。
（3）电路中的受控源不要单独作用，应保留在各分电路中，受控源的数值随每一分电路中控制量数值的变化而变化。
（4）叠加的方式是任意的，可以一次使一个独立源作用，也可以一次让多个独立源同时作用（如4－2解），方式的选择以有利于简化分析计算。
学习应用叠加定理，还应认识到，叠加定理的重要性不仅在于可用叠加法分析电路本身，而且在于它为线性电路的定性分析和一些具体计算方法提供了理论依据。
4－5 试求图示梯形电路中各支路电流，结点电压和。其中＝10V。

解：由齐性定理可知，当电路中只有一个独立源时，其任意支路的响应与该独立源成正比。用齐性定理分析本题的梯形电路特别有效。现设支路电流如图所示，若给定
则可计算出各支路电压电流分别为

即当激励时，各电压、电流如以上计算数值，现给定 10 V，相当于将以上激励缩小了倍，即
故电路各支路的电流和结点电压应同时缩小倍，有

输出电压和激励的比值为
注：本题的计算采用“倒退法”，即先从梯形电路最远离电源的一端开始，对电压或电流设一便于计算的值，倒退算至激励处，最后再按齐性定理予以修正。
4－6 图示电路中，当电流源和电压源反向时（不变），电压是原来的0.5倍；当和反向时（不变），电压是原来的0.3倍。问：仅反向（，均不变），电压应为原来的几倍？

解：根据叠加定理，设响应
①
式中，，为未知的比例常数，将已知条件代入上式，得
②
③
④
将式①，②，③相加，得
⑤
显然⑤式等号右边的式子恰等于式④等号右边的式子。因此得所求倍数。

注：本题实际给出了应用叠加定理研究一个线性电路激励与响应关系的实验方法。

4－7 图示电路中，，当开关S在位置1时，毫安表的读数为；当开关S合向位置2时，毫安表的读数为。如果把开关S合向位置3，毫安表的读数为多少？

解：设流过电流表的电流为I，根据叠加定理

当开关S在位置1时，相当于，当开关S在位置2时，相当于，
当开关S在位置3时，相当于，把上述条件代入以上方程式中，可
得关系式

从中解出
所以当S在位置3 时，有

4－8 求图示电路的戴维宁和诺顿等效电路。

解：求开路电压。设参考方向如图所示，由KVL列方程

解得

求等效内阻。将原图中电压源短路，电流源开路，电路变为题解4－8（a）图，应用电阻串并联等效，求得 =(2+2)//4=2
画出戴维宁等效电路如图（b）所示，应用电源等效变换得诺顿等效电路如图（c）所示。
其中
注意画等效电路时不要将开路电压的极性画错，本题设a端为 的“＋”极性端，求得的为负值，故（b）图中的b端为开路电压的实际“＋”极性端。

4－9 求图示电路的戴维宁等效电路。

解：本题电路为梯形电路，根据齐性定理，应用“倒退法”求开路电压。设，各支路电流如图示，计算得

故当时，开路电压为

将电路中的电压源短路，应用电阻串并联等效，求得等效内阻为

画出戴维宁等效电路如题解4－9图所示。

4－10 求图中各电路在ab端口的戴维宁等效电路或诺顿等效电路。

解（a）：先求开路电压。应用结点电压法，结点编号如图（a）所示。结点方程为

把以上方程加以整理有

应用消去法，解得
故开路电压
再把电压源短路应用电阻串并联等效求内阻

画出戴维宁等效电路如题解图（a1）所示。
解（b）：应用电阻分压求得开路电压为
把电压源短路，可求得等效内电阻为
等效电路如题解图（b1）所示。

解（c）：这个问题用诺顿定理求解比较方便。把ab端口短路，显然短路电流等于电流源的电流，即

把电流源开路求等效内电阻。由于电路是一平衡电桥，可以把cd右侧电阻电路断去如题解图（c1）所示，则
画出诺顿等效电路如题解图（c2）所示。
解（d）：应用替代定理，图（d）可以等效变换为题解图（d1）所示的电路。则开路电压为

把图（d1）中的电压源短路，电流源开路，等效电阻
画出戴维宁等效电路如图（d2）所示。

4－11 图（a）所示含源一端口的外特性曲线画于图（b）中，求其等效电源。

解：根据戴维宁定理可知，图示含源一端口电路可以等效为题解4－11图所示的电源电路，其端口电压和电流满足关系式

图（b）所示的含源一端口的外特性曲线方程为

比较以上两个方程式，可得等效电源电路的参数
，

4－12 求图示各电路的等效戴维宁电路或诺顿电路。

解（a）：先求开路电压。应用网孔电流法，设网孔电流，，其绕行方向如图（a）所示。列网孔电流方程为

联立求解以上方程，可得
故开路电压为
将电压源短接，电流源开路，得题解图（a1）所示电路，应用电阻串、并联等效求得等效电阻
戴维宁等效电路如题解图（a2）所示

解（b）：根据KVL求开路电压为

把3V电压源短路，2A电流源断开，可以看出等效内阻为

戴维宁等效电路见题解图（b1）。
解（c）：

设开路电压参考方向如图（c）所示。显然等于受控源所在支路得电压，即

由于电路中有受控源，求等效电阻时不能用电阻串、并联等效的方法，现采用求输入电阻的外加电源法。将（c）图中独立电压源短路，在ab端子间加电压源如题图（c1）所示。
根据KVL列方程

从第二个方程中解出
把代入第一个方程中，可得

故等效电阻为
画出戴维宁等效电路如题解图（c2）所示。
解（d）：解法一：先求开路电压。把图（d）中受控电流源与电阻的并接支路等效变换为受控电压源与电阻的串接支路如题解图（d1）所示。由KVL得

把代入上式中，解得
故开路电压
求等效电阻可以采用如下两种方法
（1）开路、短路法
把图（d1）中的端子短接如题解图（d2）所示。由KVL得
即
把代入式中，有

解得
则等效电阻
（2）外加电源法
把图（d1）中电流源开端，在端子间加电压源如图（d3）所示，由KVL得

把代入上式中，有
考虑到，则
所以
故等效电阻为
戴维宁等效电路如题解图（d4）所示。

解法二：在图（d1）的端口处外加一个电压源，图题解图（d5）所示。通过求出在端口的关系得出等效电路。应用KVL列出中间网孔的电压方程，应用KCL列出下部结点的电流方程有

把代入第一个方程中，并从两方程中消去，可得

整理得关系为

这个关系式与图（d4）的等效电路的端口电压、电流的关系式是一致的，即可得原图端口的，
这一解法是一步同时求出和，但在电路比较复杂时，由于这一解法要求解方程组，不如解法一方便。＆

注：戴维宁定理、诺顿定理是分析线性电路最常用的两个定理。从4－8题至4－12题的求解过程可以归纳出应用这两个定理求等效电路的步骤为：（1）求一端口
电路端口处的开路电压或短路电流；（2）求等效内电阻；（3）画出等效电路。
开路电压可这样求取：先设端口处的参考方向，然后视具体电路形式，从已掌握的电阻串、并联等效，分压分流关系，电源等效互换，叠加定理，回路电流法，结点电压法等方法中，选取一个能简便地求得的方法计算。
求等效电阻的一般方法为：（1）开路、短路法。即在求得后，将端口的两端子短路，并设短路电流（的参考方向为从的“＋”极性端指向“－”极性端），应用所学的任何方法求出，则 。此法在求和时，一端口电路内所有的独立源均保留。（2）外加电源法。即令一端口电路内所有的独立源为零（独立电压源短路，独立电流源开路），在两端子间外加电源（电压源、电流源均可），求得端子间电压和电流的比值，则（与对两端电路的参考方向关联）。（3）若两端电路是不含受控源的纯电阻电路，则除上述方法外常用电阻串、并联等效和互换等效求。

4－13 求图示两个一端口的戴维宁或诺顿等效电路，并解释所得结果。

解（a）：因为端口开路，端口电流，故受控电流源的电流为零，可将其断开，从而得开路电压

把端口短路，电路变为题解4－13图（a1）所示电路。由KVL可得

从中解出
这说明该电路的等效电阻，故等效电路为题解图（a2）所示的理想电压源。显然其诺顿等效电路是不存在的。

解（b）：把端子短路。电路如题解图（b1）所示。由图可知电
阻和电阻并联，则电压

电流为

把电压源短路，应用外加电源法求等效电阻，由题解图（b2），可得

说明该电路的等效电阻
故等效电路为一电流为的理想电流源，即该电路只有诺顿等效电路如题解图（b3）所示，而不存在戴维宁等效模型。

注：本题两个电路的计算结果说明，一个一端口电路不一定同时存在戴维宁和诺顿等效电路。当端口的开路电压，而等效电阻时，电路的等效模型为一理想电压源，即只有戴维宁等效电路。当端口的短路电流，而等效电导时，电路的等效模型为理想电流源，即只有诺顿等效电路。只有当不等于和时，
电路才同时存在戴维宁和诺顿等效电路。

4－14 在图示电路中，当取和时，求的电压、电流和消耗的功率（可列表表示各结果）。

解：本题计算所在支路的电量，且的值是变化的，这种求解电路的局部量问题选用戴维宁等效电路的方法最适宜。把所求支路以外的电路用戴维宁等效电路替代，再求所求量。
先把支路断开如题解4－14图（a）所示。应用电源等效互换得一端口电路的戴维宁等效电路的电压源和电阻为

接上支路，如题解图（b）所示，则

把的各个值代入，计算得，，的值如下表所示。

0
2
4
6
10
18
24
42
90
186

8
6
4.8
4
3
2
1.6
1
0.5
0.25

0
12
19.2
24
30
36
38.4
42
45
46.5

0
72
92.16
96
90
72
61.44
42
22.5
11.625

4－15 在图示电路中，试问：
（1）为多大时，它吸收的功率最大？求此时最大功率。
（2）若欲使中电流为零，则a，b间应并接什么元件，其参数为多少？画出电路图。

解：（1）自a，b断开所在支路，应用电阻串、并联及电源等效互换将原图变为题解图（a），由题解图（a）易求得开路电压

将（a）图中电压源短路，求等效电阻

最后得等效电路如题解图（b）所示，由最大功率传输定理可知，当时，其上可获得最大功率。此时

（2）利用电源等效互换，图（b）电路可以变化为图（c），由KCL可知，
在a，b间并接一个理想电流源，其值，方向由a指向b，这样中的电流将为零。

注：求解负载从有源一端口电路吸收最大功率这一类问题，选用戴维宁定理或诺顿定理与最大功率传输定理结合的方法最为简便，因为最大功率传输定理告诉我们：最大功率匹配的条件是负载电阻等于有源一端口电路的等效电阻，即，此时最大功率为。这里需要注意：（1） 这一条件应用于可改变、固定的情况下，若固定、可变则另当别论；（2）上消耗的功率不等于一端口电路内部消耗的功率，因此获最大功率时，并不等于获取了一端口电路内电源发出功率的。

4－16 图示电路的负载电阻可变，试问等于何值时可吸收最大功率？求此功率。

解：首先求出以左部分的等效电路。断开，设 如题解4－16图（a）所示，并把受控电流源等效为受控电压源。由KVL可得

故开路电压
把端口短路，如题解图（b）所示应用网孔电流法求短路电流，网孔方程为

解得
故一端口电路的等效电阻

画出戴维宁等效电路，接上待求支路，如题解图（c）所示。由最大功率传输定理知时其上获得最大功率。获得的最大功率为

4－17 图示电路中（方框内部）仅由电阻组成。对不同的输入直流电压及不同的，值进行了两次测量，得下列数据：时，，，；，时，，，求的值。

解：设N网络二个端口的电压为，如图所示。由题意可知：
第一次测量有

第二此测量有

根据特勒根定理2，应满足
代入数据，有
从中解得
注：特勒根定理是对任何具有线性、非线性、时不变、时变元件的集总电路都适用的基本定理，它有两种形式。应用特勒根定理时，支路的电压、电流要取关联参考方向。如4－17题求解时，由于和为非关联参考方向，所以在列方程时前加负号。特勒根定理常用于求解多端口电路的电压、电路问题。应用特勒根定理可以导得互易定理。

4－18 在图（a）中，已知，求图（b）中（网络N仅由电阻组成）。

解法一：设网络端口得电压和电流如图（a）和（b）所示。其中

应用特勒根定理2，有关系式
即
整理可得
解法二：把，和网络归为网络中，图（a）和（b）变为题解
4－18图（a）和（b），网络仍为纯电阻网络，为互易网络，根据互易定
理，网络端口电压电流关系为
故

注：互易定理是指：对一个仅含线性电阻的二端口电路，当激励端口与响应端口互换位置时，同一激励源所产生的响应相同。应用互易定理分析电路时应注意以下几点：（1）互易前后应保持网络的拓扑结构及参数不变，仅理想电源搬移；（2）互易前后，网络端口 ，，支路的电压和电流的参考方向应保持一致，即要关联都关联，要非关联都非关联；（3）互易定理只适用于一个独立源作用的线性电阻网路，且一般不能含有受控源。对一些仅含一个独立源的互易电路，应用互易定理，通过互换激励与响应位置，可以使计算简便。
4－19 图中网络仅由电阻组成。根据图（a）和图（b）的已知情况，求图（c）中电流和。

解：首先求电流。
解法一：对图（c）应用叠加定理。两个电源单独作用的分电路为图（a）
和题解4－19图（a1）。由图（a）知

题解4－19图（a1）相当于把图（a）中的激励和响应互换，因此根据互易
定理可得

故图（c）中的电流为

解法二：对图（a）和图（c）应用特勒根定理2，可得端口电压和电流的关系式为

故有

解法三：把图（c）中支路的电压源断开，求一端口电路的诺顿等效电路。首先把端口短路，电路为题解4－19图（a1），由互易定理，
得短路电流

求等效电阻。把端的电压源短路，外加电压源，在此加电压源，实际就是图（a）电路，因此有，诺顿等效电路如题解（b1）所示。
故由题解图（b1）可得电流为

下面求电流。
解法一：对图（a）和（b）应用特勒根定理2，可得

再对图（b）和（c）应用特勒根定理2，并把前面求得的和代入，有

即
故解得
解法二：把图（c）中所在支路断开如题解4－19图（c1）所示。把图（c1）用戴维宁电路等效，则图（a），（b）和图（c）变为题解4－19
（d），（e）和（f），由图（d）和（e）可知

从中解得 ，
故题解（f）图中的电流为

注：本题的求解过程说明，有些题目的求解需几个定理综合应用或重复使用某个定理，这就要求熟练掌握每一个定理的使用方法和步骤。

4－20 图示电路中由电阻组成，图（a）中，，求图（b）中的电压。

解：把和电阻及网络归入网络中，如题解图（a）和（b）所
示，设端口电压和电流如图示。

根据特勒根定理2，有
把代入上式中，有

故解得
所以电压
本题也可把特勒根定理2直接应用于图（a）和（b）。

4－21 图示电路中仅由电阻组成。已知图（a）中电压，电流，求图（b）中。

解：对图（a）和（b）应用特勒根定理：

把代入上式中，有

故解得

4－22 图示网络仅由电阻组成，端口电压和电流之间的关系可由下式表示：
试证明。如果内部含独立电源或受控源，上述结论是否成立，为什么？

证明：由方程

知，，分别可以表示为
，
由于为互易网络，根据互易定理，显然有

即
如果内部含独立电源或受控源时，一般情况下，不再是互易网
故。
第四章 留数定理 3/31/2021 1 神奇的a-1系数 奇点邻域洛朗展开可以有很多负次幂，但其 中-1次幂的系数a-1具有特别重要的地位，该 系数有个专门的名称叫留数。那么，这个系 数到底有什么重要的用处呢？ a−1可用来计算包围奇点区域的回路积分. 若l所围区域内包含1个奇点，那么有： ∫ f ( z dz = 2πia l −1 其中a−1是该奇点邻域的洛朗展开 − 1次幂系数 无论哪种奇点类型都成立。 3/31/2021 2
神奇的a-1系数 对比第2章，我们曾得到一个回路积分计算公式： ∫ f ( z dz = 2πi lim ( z − z f ( z l z → z0 0 但当时说这个公式并不够普遍，如果极限为无穷 大或不存在，左右两边就不相等。然而，只要极 限存在，那么结果总是正确的。 现在有了洛朗展开工具，可以弄清楚这是怎么回 事。准确的公式是 ∫ f ( z dz = 2πia−1 , 仅当奇点为单 l 极点时，才有 lim ( z − z0 f ( z = a−1，如果为高阶极 z → z0 点，这个极限为∞，但a−1仍有限。 3/31/2021 3 留数和柯西 留数这个名称的提 出者是柯西。1825 年柯西给出了初步 形式的留数定理， 1841年则给出了更 普遍的形式。 柯西在研究奇点如何对路积分产生影响时 发现了留数和积分的关系。1825年，柯西 首先给出的是如下初步的形式。 若f ( z0 → ∞, 而极限F = lim ( z − z0 f ( z 存在， z → z1 则越过z0点对路积分值造成的影响就是2πiF。 在l 内部没有奇点时，以上形式退化为: ∫ f ( z dz = 0 l 3/31/2021 而这实际上就是柯西定理。 4
留数定理 奇点邻域洛朗级数的a-1系数被称作留数(也 叫残数，记作Res f(z0 单奇点时，∫ f ( z dz = 2πia−1 = 2πi Res f ( z0 l 留数定理 设函数f(z在回路l所围区域B上除 有限个孤立奇点b1, b2, ..., bn外解析，在包含 境界线的闭区域上除b1, b2, ..., bn外连续，则 ∫ l f ( z dz = 2πi ∑ Res f (bn j =1 n 任何回路积分可表示为其中所包围的奇点留数之和 3/31/2021 5 单奇点留数定理的证明 设z0为奇点，z0 邻域上的洛朗级数为： f ( z = ∑ ak ( z − z 0 k −∞ ∞ 任取一个小回路两边积分，有 ∫ l f ( z dz = ∑ ak