复变函数与积分变换试题及解答

系别___________班级__________学号__________________姓名___________ 题号 得分 得分 1．(评卷人 一、填空（每题3分，共24分）

一 二 三 四 五 六 七 八 九 总分 13i13i)10的实部是______，虚部是________，辐角主值是______.

2．满足|z2||z2|5的点集所形成的平面图形为_______________，该图形是否为区域___.

3．f(z)在z0处可展成Taylor级数与f(z)在z0处解析是否等价？____. 4．(1i)1i的值为________________________________________________；

主值为____________________________________________________.

ezdz的值为________，5．积分|z|1z|z|2sinz(z)22dz________.

1z3e在z0处Taylor展开式的收敛半径是________. 6．函数f(z)zi17．设F[f1(t)]F1(),F[f2(t)]F2(), 则F[f1(t)f2(t)]________________，其中f1(t)f2(t)定义为________________ . 8．函数f(z)得分 sinz的有限孤立奇点z0___，z0是何种类型的奇点？________. z评卷人 二、（6分）设f(z)x3y32x2y2i，问f(z)在何处可导？何

得分 得分 得分 1．f(z) 处解析？并在可导处求出导数值. 评卷人 三、（8分）设vepxsiny,求p的值使v为调和函数，并求出解析函数f(z)uiv.

评卷人 四、（10分）将函数f(z)Laurent级数.

23z在有限孤立奇点处展开为22z3z1评卷人 五、计算下列各题（每小题6分，共24分）

3271d，求f(1i).

3zz1z2．求出f(z)e在所有孤立奇点处的留数

x23．dx(a0)

(x2a2)24． 201dx 21sinx得分 评卷人 六、（6分）求上半单位圆域{z:|z|1,Imz0}在映射wz2下的象.

得分 得分 评卷人

得分 评卷人 九、（8分）用Laplace变换求解常微分方程：

八、（6分）设f(z)在|z|1内解析，在闭圆|z|1上连续，且

f(0)1，证明：

1dz[2(z)]f(z)(2f(0))2i. |z|1zz评卷人 七、（8分）求一映射，将半带形域圆域.

2x2,y0映射为单位

y3y3yy1, y(0)y(0)1,y(0)2.

复变函数与积分变换试题解答

题号 得分 得分 1．(

系别___________班级__________学号__________姓名___________ 一 评卷人 二 三 四 五 六 七 八 九 总分 一、填空（每题3分，共24分）

1，虚部是232，辐角主值是2313i13i)10的实部是.

2．满足|z2||z2|5的点集所形成的平面图形为， 以±2为焦点 ，长半轴为5的椭圆，该图形是否为区域 否 . 23．f(z)在z0处可展成Taylor级数与f(z)在z0处解析是否等价？ 是 .

4．(1i)的值为2e1i42k[cos(ln2)isin(ln2)],k0,1,；

44主值为2e4[cos(ln2)isin(ln2)] .

44ezdz的值为2i，5．积分|z|1z|z|2

sinz(z)22dz 0 .

1z3e在z0处Taylor展开式的收敛半径是 1 . 6．函数f(z)zi17．设F[f1(t)]F1(),F[f2(t)]F2(), 则F[f1(t)f2(t)]F[f1(t)]F[f2(t)] 其中f1(t)f2(t)定义为8．函数f(z)f1()f2(t)d .

sinz的有限弧立奇点z0 0 ，z0是何种类型的奇点？ 可去 . z得分 评卷人 二、（6分）设f(z)x3y32x2y2i，问f(z)在何处可导？何处解析？并在可导处求出导数值.

解：u(x,y)x3y3,v(x,y)2x2y2

uuvv3x2,3y2,4xy2,4x2y xyxy （2分）

均连续，要满足CR条件，必须要

3x24x2y,4xy23y2成立

即仅当xy0和xy f(0)ux(0,0)i3时才成立，所以函数f(z)处处不解析； （2分） 4(0,0vxvx)0, 27(1i) 1633u f(i)44x33(,)44i33(,)44（2分）

得分 评卷人 三、（8分）设vepxsiny,求p的值使v为调和函数，并求出解析函数f(z)uiv.

解：因vxpepxsiny,vxxp2epxsiny,vyepxcosy,vyyepxsiny，要使v(x,y)为调和函数，则有vvxxvyy0 即 p2epxsinyepxsiny0

（4分）

所以 p1时，v为调和函数，要使f(z)解析，则有 uxvy， uyvx

u(x,y)uxdxepxcosydx uy1pxecosy(y) p

1pxesiny(y)pepxsiny p（2分）

所以 (y)(11p)epxsiny,(y)(p)epxcosyc pp即 u(x,y)pepxcosyc，故

xze(cosyisiny)cec,p1 （2分） f(z)xze(cosyisiny)cec,p1 得分 评卷人 四、（10分）将函数f(z)23z在有限孤立奇点处展开为22z3z1 Laurent级数.

解：f(z)的有限孤立奇点为z102及z11

f(z)23z112z23z112z1z 1）当0z1212时 f(z)1122

z1212(z12)1 22n(z1

2(z1)n 2)n022）当

112z2 f(z)112(z12)(z112)(1)2(z12) 112n(1n2(z12)z1z) n022

3）当0z112 2分）

2分）

2分）

（（

（f(z)111112zz1z112(z1)

4）当

1(1)n2n(z1)n z1n0（2分）

1z1 21z111z(z1)(1)2(z1) f(z)

11z12(z1)(1)n0n2n(z1)n

（2分）

得分 评卷人 五、计算下列各题（每小题6分，共24分）

1．f(z)3271d，求f(1i).

3z解：因()3271在复平面上处处解析

由柯西积分公式知，在z3内， f(z)()d2i(z)2i(3z27z1) 3z

（3分） （2分）

所以 f(z)2i(6z7) 而点 1i在z3内，故

f(1i)2i[6(1i)7]2(613i)

2．求出f(z)ez1z （1分）

在所有孤立奇点处的留数

z1z解：函数 f(z)e有孤立奇点0与，而且在0z内有如下Laurent展开

式：

ez1zee(1zz1z121311111zz)(1) 2!3!z2!z23!z3

(1故 c1Res[ez1zz1z111111) 2!2!3!3!4!z（3分） （2分）

,0]1

k!(k1)k0



Res[e,]1

k0k!(k1) （1分）

x23．dx(a0)

(x2a2)2z222(za)在实轴上无奇点，在上解：f(z)2，它共有两个二阶极点，且22(za)半平面仅有二阶极点ai，所以

（2分） （1分）

x2dx2iRes[f(z),ai]

(x2a2)22ilim[(zaiz22zai)]2ilim

zai(zai)3zai2a（3分）

4．201dx 21sinx解：由三角函数公式

 I20dx11(1cos2x)2t2x0dt

3cost （1分）

1dt12dt 23cost203costit

（2分）

dzz21令ze，则dt,cost，于是

iz2z I12Z11dz1idz 22z1z1izz6z132z （1分）

被积函数f(z)1在z1内只有一阶极点 2z6z1z038，由公式

Res[f(z),z0]lim11

zz0[z26z1]42故由留数定理

Ii2i14222 （2分）

得分 评卷人 六、（6分）求上半单位圆域{z:|z|1,Imz0}在映射wz2下的象.

解：令zrei，则r1,0

z2r2e2iei， r21,022

（3分）

故wz2将上半单位圆域映射为|w|1且沿0到1的半径有割痕.

yviwz2-11-1x-i1u

（3分）

得分 解： 评卷人 七、（8分）求一映射，将半带形域圆域.

2x2,y0映射为单位

z:yz1:y12z1izxx1222z2:iy2z3:y3zi2ez1z3iz21x2x-i-113y4zz314z31zz2x4iuwz5ii(z312ieiz12z5i-11故wz)i(31ieiz1)iv(z312ieiz12-iz)i(31ieiz1)i1分）

（2分）

（1分）

（2分）

（2分）

（

得分

评卷人 八、（6分）设f(z)在|z|1内解析，在闭圆|z|1上连续，且

f(0)1，证明：

1dz[2(z)]f(z)(2f(0))2i |z|1zz1dz证：由于[2(z)]f(z)

|z|1zz

2f(z)(z21)f(z)[]dz 2|z|1zz

2f(z)(z21)f(z)dzdz 2|z|1|z|1zz （2分）

2i{2f(0)[(z21)f(z)]评卷人 z0}2i(2f(0)) （4分）

得分 九、（8分）用Laplace变换求解常微分方程：

y3y3yy1 y(0)y(0)1,y(0)2解：在方程两边取拉氏变换，并用初始条件得

S3Y(S)S2y(0)Sy(0)y(0)3(S2Y(S)Sy(0)y(0))

1 S1(S33S23S1)Y(S)12(S23S3)(S3)

S1 (2S35S24S1)

S1(2S1)(S1)2 S3(SY(S)y(0))Y(S)2S111

S(S1)SS11（4分）

即 Y(S)故 y(t)L

（2分） （2分）

[Y(S)]et1