复变函数与积分变换期末试题(附有答案)

一．填空题（每小题3分，共计15分）

1．

1i3的幅角是（2k,k0,1,2）；2.23Ln(1i)的主值是

113f(z)i ）（ ln2；3.

1z224，

f(5)(0)（ 0 ），4．z0是

zsinz1的（ 一级 ）极点；5． f(z)，Res[f(z),]（-1 ）；

z4z二．选择题（每题3分，共15分）

1．解析函数f(z)u(x,y)iv(x,y)的导函数为（ ）；

（A）

f(z)uxiuy； （B）f(z)uxiuy；

（C）

f(z)uxivy； （D）f(z)uyivx.

2．C是正向圆周z3，如果函数f(z)（ ），则f(z)dz0．

C（A）

3(z1)333(z1)； （B）； （C）； （D）. 22(z2)(z2)z2z2ncz3．如果级数nn1在

z2点收敛，则级数在

（A）z2点条件收敛 ； （B）z2i点绝对收敛；

（C）z1i点绝对收敛； （D）z12i点一定发散．

４．下列结论正确的是( )

（A）如果函数f(z)在z0点可导，则f(z)在z0点一定解析；

(B) 如果f(z)在C所围成的区域内解析，则Cf(z)dz0 （C）如果

Cf(z)dz0，则函数f(z)在C所围成的区域内一定解析；

（D）函数

f(z)u(x,y)iv(x,y)在区域内解析的充分必要条件是

u(x,y)、v(x,y)在该区域内均为调和函数．

5．下列结论不正确的是（ ）．

1为sin的可去奇点；(A) (B) 为sinz的本性奇点；

z(C) 为的孤立奇点;(D) 为1的孤立奇点. 1sinzsinz1三．按要求完成下列各题（每小题10分，共40分）

（1）．设f(z)xaxybyi(cxdxyy)是解析函数，求

2222a,b,c,d.

解：因为f(z)解析，由C-R条件

uvuv xyyx2xaydx2yax2by2cxdy,

a2,d2,，a2c,2bd,c1,b1,

给出C-R条件6分，正确求导给2分，结果正确2分。

ezdz其中C是正向圆周： （2）．计算C2(z1)z解：本题可以用柯西公式\\柯西高阶导数公式计算也可用留数计算洛朗展开计算，仅给出用前者计算过程

ez因为函数f(z)在复平面内只有两个奇点z10,z21，分别以z1,z22(z1)z为圆心画互不相交互不包含的小圆

c1,c2且位于c内

ezC(z1)2zdzC1ezez(z1)2zdzdz C2(z1)2z2i

z0ezez2i()2izz1(z1)2无论采用那种方法给出公式至少给一半分，其他酌情给分。

z15（3）．dz

z3(1z2)2(2z4)3解：设f(z)在有限复平面内所有奇点均在：z3内，由留数定理

z15z3(1z2)2(2z4)3dz2iRes[f(z),] -----（5分）

112iRes[f()2] ----（8分）

zz11f()2zz1()15z(112143)(2())2zz1 2z111f()2有唯一的孤立奇点z0, zzz(1z2)2(2z41)311111Res[f()2,0]limzf()2lim1 2243zzzz(1z)(2z1)z0z0z15dz2i --------（10分）

z3(1z2)2(2z4)3z(z21)(z2)32(z3)（4）函数f(z)在扩充复平面上有什么类型的奇

(sinz)3点？，如果有极点，请指出它的级. 解

：

z(z21)(z2)3(z3)2f(z)的奇点为zk,k0,1,2,3,，3(sinz)（1）zk,k30,1,2,3,为（sinz）0的三级零点，

（2）z0，z1,为f(z)的二级极点，z2是f(z)的可去奇点，

（3）z3为f(z)的一级极点，

2,3,4，为f(z)的三级极点；

（4）z（5）为f(z)的非孤立奇点。

备注：给出全部奇点给5分 ，其他酌情给分。

1在以下区域内展开成罗朗级数； 2z(z1)四、（本题14分）将函数f(z)（1）0z11，（2）0z1，（3）1z

解：（1）当0z11

111f(z)2[]

z(z1)(z1)(z11)1nn[][(1)(z1)] 而(z11)n0(1)nn(z1)n1

n0f(z)(1)n1n(z1)n2 -------6分

n0（2）当0z1

111f(z)22=2zz(z1)z(1z)nz n0zn2 -------10分

n0（3）当1z

f(z)11z2(z1)z3(11)

z1n1()n3 ------14分 n0zn0z1f(z)3z每步可以酌情给分。

五．（本题10分）用Laplace变换求解常微分方程定解问题：

y(x)5y(x)4y(x)ex y(0)1y(0)1解：对y(x)的Laplace

变换记做L(s)，依据Laplace变换性质有

1 …（5分） s1s2L(s)s15(sL(s)1)4L(s)整理得

11(s1)(s1)(s4)s11111 …（7分） 10(s1)6(s1)15(s4)s1151 10(s1)6(s1)15(s4)L(s)y(x)1x5x14xeee …（10分） 10615t六、（6分）求

f(t)e(0)的傅立叶变换，并由此证明：

costtde 2220it解：F()eetdt (0) --------3分

F()e0itedteitetdt (0)

0te0(i)tdte(i)tdt (0)

0e(i)t0ie(i)ti (0)

0F()112 2 (0) ------4分 2ii1itf(t)eF()d (0)- -------5分 212eit2d (0) 22(costisint)d (0) 22120costid  22sint22d (0)

f(t)20costd (0)， -------6分 22costtde 2220«复变函数与积分变换»期末试题简答及评分标准（B）

得分 一． 填空题（每小题3分，共计15分）

1i1．的幅角是（ 2k,k01,2, ）；2.Ln(1i)的

24得分 1主值是（ln2i ）；3.

241f(z)1z2，

f(7)(0)（ 0 ）；

zsinz1f(z)Res[f(z),0]f(z)4． ，（ 0 ） ；5． ，

z2z3Res[f(z),]（ 0 ）；

二．选择题（每小题3分，共计15分）

1．解析函数

f(z)u(x,y)iv(x,y)的导函数为（ ）；

f(z)uxiuy；

（A）f(z)uyivx； （B）

（C）

f(z)uxivy； （D）f(z)uxiuy.

2．C是正向圆周z2，如果函数f(z)（ ），则f(z)dz0．

C（A） 3z333z； （B）； （C）； （D）. 22(z1)(z1)z1z13．如果级数cnzn在z2i点收敛，则级数在

n1（A）z2点条件收敛 ； （B）z2i点绝对收敛； （C）z1i点绝对收敛； （D）z12i点一定发散．

４．下列结论正确的是( )

（A）如果函数f(z)在z0点可导，则f(z)在z0点一定解析；

(B) 如果f(z)dz0,其中C复平面内正向封闭曲线, 则f(z)在C所围成

C的区域内一定解析；

（C）函数f(z)在z0点解析的充分必要条件是它在该点的邻域内一定可以展开成为zz0的幂级数，而且展开式是唯一的；

（D）函数f(z)u(x,y)iv(x,y)在区域内解析的充分必要条件是u(x,y)、

v(x,y)在该区域内均为调和函数．

5．下列结论不正确的是（ ）．

（A）、lnz是复平面上的多值函数； (B)、cosz是无界函数；

z(C)、sinz 是复平面上的有界函数；（D）、e是周期函数．

得分 三．按要求完成下列各题（每小题10分，共计40分）

2222（1）求a,b,c,d使f(z)xaxybyi(cxdxyy)是解析函数，

解：因为f(z)解析，由C-R条件

uvuv xyyx2xaydx2yax2by2cxdy,

a2,d2,，a2c,2bd,c1,b1,

给出C-R条件6分，正确求导给2分，结果正确2分。

（2）．

C1dz．其中C是正向圆周z2z(z1)2；

解：本题可以用柯西公式\\柯西高阶导数公式计算也可用留数计算洛朗展开计算，仅给出用前者计算过程

1在复平面内只有两个奇点z10,z21，分别以z1,z22(z1)z因为函数f(z)为圆心画互不相交互不包含的小圆

c1,c2且位于c内

1C(z1)2zdzC111(z1)2zdzdz 2C2z(z1)112i()2izz1(z1)213z0

z0zedz，其中C是正向圆周z2； （3）．计算C(1z)解：设f(z)在有限复平面内所有奇点均在：z2内，由留数定理

z2f(z)dz2iRes[f(z),]2ic1 -----（5分）

12z1z13zzeze111111z2(1)(1) 23231(1z)z2!z3!zzzz1z111111(zz)(123) 22!3!z4!zzzz2811c1(11)

32!3!

z28f(z)dz2i

3(z21)(z2)3（4）函数f(z)在扩充复平面上有什么类型的奇点？，如果有

(sinz)3极点，请指出它的级.

f(z)的奇点为zk,k0,1,2,3,，

3zk,k0,1,2,3,为（sinz）0的三级零点，

z1,为f(z)的二级极点，z2是f(z)的可去奇点， z0,2,3,4，为f(z)的三级极点； 为f(z)的非孤立奇点。

给出全部奇点给5分。其他酌情给分。

得分 四、（本题14分）将函数f(z)朗级数；

1在以下区域内展开成罗

z2(z1)（1）0z11，（2）0z1，（3）1z

（1）0z11，（2）0z1，（3）1z

解：（1）当0z11

111f(z)2[]

z(z1)(z1)(1(z1)1n1nn(z1)[][(z1)]而 (1(z1)n0n0f(z)n(z1)n2 --------6分

n0（2）当0z1

11f(z)2=

z(z1)z2nn(1)z n0(1)zn2 -----10分

n0（3）当1z

f(z)11z2(z1)z3(11)

z1n1n()(1)n3 --------14分 zzn0n01f(z)3z五．（本题10分）用Laplace变换求解常微分方程定解问题

得分 y(x)2y(x)3y(x)ex

y(0)0,y(0)1解：对y(x)的Laplace

变换记做L(s)，依据Laplace变换性质有

1 …（5分） s1s2L(s)12sL(s)3L(s)整理得

s2 …（7分）

(s1)(s1)(s4) L(s)131y(x)exexe3x …（10分）

488得分 六、（本题6分）求

1t1f(t)的傅立叶变换，并由此证明：

t10t12sincostd4t1 00t1解：F()eitf(t)dt

F()eitdt -------2分

11eiit1i1eiei  2sin ----- 4分

1f(t)2iteitF()d ----------- 5分

11esind

2sin(costisint)d

sincost0d  isinsintd

0sincostd2f得分 t12(t)=4t1 --------------6分 0t1