西安交通大学复变函数与积分变换试卷(B卷)及参考答案
复变函数积分变换复习卷及答案
复变函数复习卷及参考答案一、填空题1、复数1z i =+的三角表示式=2(cossin )44i pp+；复指数表示式=42ie p 。
2、复数()13z i =+的z =2；23Argz k pp =+；arg 3z p=；13z i =-。
3、62111i i i -æö==-ç÷+èø。
10125212131i i i i i +-=+-=-。
4、()()31123513253x y i x i y i x y +=ì++-=-Þí-=-î，求解方程组可得，45,1111x y -==。
5、()()231,f z z z =-+则()61f i i ¢-=--。
6、()n3L i -ln 226i k i pp =-+；ln()ie 12i p=+。
7、()(2)1321,(13)2ik i iiee i p p p -++==+。
8、32282(cossin)33k k i p pp p++-=+；0,1,2k =。
1224(4)2i i -==±。
9、1sin 2e e i i --=；221cos ()22i e e pp p -=+；10 、21024z dzz z ==++ò ；1212z dz i z p ==-ò 。
11、设31cos ()zf z z -=，则0z =是（一级极点）；31cos 1Re [,0]2z s z -=。
1()s i n f z z=，0z =是本性奇点。
二、判断下列函数在何处可导？何处解析？在可导处求出导数。
（1）()22f z x iy=+；解：22,,2,0,0,2u u v v u x v y x y xyxy¶¶¶¶======¶¶¶¶，一阶偏导连续，因此当,x y y x u v u v ==-时，即x y =时可导，在z 平面处处不解析。
复变函数与积分变换测验题2参考答案
第二章 解析函数一、选择题：1．B 可参照填空题第四小题的处理方法。
2．B 注： 函数)(z f 在点z 可导，)(z f 在点z 不一定解析；反之，)(z f 在点z 不解析，则函数)(z f 在点z 可导；函数)(z f 在一 区域内处处可导等价于处处解析3．D 注： A 三角函数的模可能大于1或无界；B 若0z 是函数)(z f 的奇点，则)(z f 在点0z 不一定不可导C 解析的条件; v u ,在区域D 内可微，v u ,在区域D 内满足柯西-黎曼方程，4． C 由柯西黎曼方程可得。
5．B 第二节例2.3的结论： 解析函数若)(z f '在某一区域内处处为零，则函数在此区域内为常数。
6．C 注：选项A ，B ，D 中函数)(z f 只是有定义，并为要求解析。
反例：x i x z f sin cos )(+= 选项C 设解析函数),(),()(y x iv y x u z f += 则 解析函数 ),(),()(y x iv y x u z f -=两式相加得到解析函数),()(y x u z g 2= 满足柯西黎曼方程 ，因此0=∂∂xu 两式相减得到解析函数),()(y x v z h 2= 满足柯西黎曼方程 ，因此 0=∂∂xv 所以，函数),(),()(y x iv y x u z f +=的导数0=∂∂+∂∂=x v i x u z f )(' 根据：第二节例2.3的结论： 解析函数若)(z f '在某一区域内处处为零，则函数在此区域内为常数。
7．A 导数公式 xv i x u z f y x iv y x u z f ∂∂+∂∂=+=)('),(),()(，则导数若 8．A 注： 本题 函数是 z e ，不是 ze 。
))sin()(cos(y i y e e e x iy x z -+-==-判定时，按照判定复变函数可导解析的方法进行处理。
12-13(2)《复变函数与积分变换》试卷B答案
中国计量学院201 2 ~ 201 3 学年第二学期 《 复变函数与积分变换 》课程试卷（ B ）参考答案及评分标准开课二级学院： 理学院_ ，学生专业：电信等 教师：罗先发、沈鸿、吴跃生 一、选择题1、B2、D3、C4、B5、C 二、填空题1、五级极点2、|1|1z -<3、22i --4、-(21),k i k Z π+∈5、3 三、判断题1、√2、×3、×4、√5、√四、解答题 (第1、2小题各6分，3—8小题各8分，共60分) 1、求值：i i ．解[l n ||(a r g i i L n i i i i iki e e π++==………………（3分）[ln1(2)](2)22i i k k eeππππ++-+==…………………（6分）,2、计算：Czdz ⎰Ñ，其中C 是逆时针方向单位圆周曲线．解 :(02)i C z e θθπ=≤≤………………………（2分） 2220()2i i i i Czdz e d e e ie d i d i πππθθθθθθπ--==⋅==⎰⎰⎰⎰Ñ………………………（6分）3、计算：22cos 1z zdz z =-⎰Ñ． 解：因为21111()1211z z z =---+， 所以由柯西积分公式得2||2||2||2c o s 1c o s c o s[]1211z z z z z z dz dz dz z z z ====---+⎰⎰⎰蜒? ………………… (4分) 1112[cos |cos |][cos1cos(1)][cos1cos1]02z z i z z i i πππ==-=⋅-=--=-=……… (8分)4、计算：23223(1)z z z dz z =-+-⎰Ñ． 解 22332322233(1)(1)2112(1)(1)1(1)(1)z z z z z z z dz dz dz z z z z z ===⎡⎤-+---+==-+⎢⎥-----⎣⎦⎰⎰⎰蜒? 232221121(1)(1)z z z dz dz dz z z z ====-+---⎰⎰⎰蜒?……………… (4分) 2002i i ππ=-+=……………… (8分)5、计算：112()nn z zdz +∞=-=∑⎰Ñ．解 因为0n n z +∞=∑解析，所以由柯西积分定理知012()0nn z z dz +∞===∑⎰Ñ， 而1212z dz i z π==⎰Ñ……………… (4分)因此 1001111222211()()()nn n n n n z z z z z dz z dz dz z dz zz +∞+∞+∞=-=======+=+∑∑∑⎰⎰⎰⎰蜒蜒202i i ππ=+=……… (8分)6、判别函数21(1)sin 1z z --有限奇点的类型，并求出该奇点处的留数．(8分)解 1z =是函数21(1)sin 1z z --的有限孤立奇点，………………（1分）函数21(1)sin 1z z --在该孤立奇点的罗朗级数为2235711111(1)sin(1)[]113!(1)5!(1)7!(1)z z z z z z z -=--+-+-----L 35111(1)3!(1)5!(1)7!(1)z z z z =--+-+---L ………………（5分）因此，1z =是本性奇点，………………（6分） 函数该奇点处的留数为2111Re [(1)sin ;1]13!s z C z --==--.………………（8分）7、求函数1(1)(2)z z --在区域1||2z <<中的罗朗级数．解：因为1||2z <<，所以1||1,||12z z<<，由011n n u u ∞==-∑ (||1)u <得 ……………（4分） 1111111(1)(2)21112z z z z z z z=-=-------- ………………（6分） 00112n nn n z z z ∞∞==⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑1001 (1||2)2n n n n n z z z ∞∞+===--<<∑∑ ………………（8分）8、已知调和函数323u x xy =-，求其共轭调和函数v ，并求以u 为实部且满足条件(0)f i =的解析函数)(z f ．解2233u x y x ∂=-∂，6,u xy y∂=-∂由C-R 条件得 y v ∂∂=2233,ux y x ∂=-∂ （1） v x ∂-=∂6u xy y∂=-∂， （2）………………（3分） 将（1）式对x 积分得2(,)63()v x y xydx x y y ϕ==+⎰，（3） …………………………………（5分） （3）式对y 求导，代入（2），2()3y y ϕ'=，得 3()y y C ϕ=+于是，23(,)3v x y x y y C =++，…………………………………………（7分） 由iv u z f +=)(，且(0)f i =，得 1C =因此所求的解析函数为：)(z f =32323(31)x xy i y x y -++-+………………（8分）五、证明（每小题5分，共10分）1、设()f z 在区域D 内解析，且Im ()f z 在D 内恒为常数，证明()f z 在区域D 内必为常数．证明 设()f z u iv =+，则Im v z =是常数，因为()f z 解析，所以由C-R 条件知0,0,u v u v x y y x∂∂∂∂===-=∂∂∂∂………………（3分） 于是知 Re u z = 也是常数，从而()f z u iv =+是常数．………………（5分）2、证明：0z 是函数()f z 的(1)m m ≥级极点的充分必要条件是：()f z 可以表示为0()()()mz f z z z ψ=-的形式，其中()z ψ在0z 点解析，且0()0z ψ≠．证明 因为0z 是函数()f z 的(1)m m ≥级极点，由定义有(1)1010010001(1)00010000()()()()()1()()()()()(),()m nm n m m m m n m m m n m mC C C f z C C z z C z z z z z z z z C C z z C z z C z z C z z z z z z z ψ-----++---=+++++-++-+---⎡⎤=+-++-+-++-+⎣⎦-=-L L L L L L 其中1(1)000100()()()()()m m n m m m n z C C z z C z z C z z C z z ψ++---=+-++-+-++-+L L L在0z 的某个邻域内收敛，所有在该邻域内()z ψ解析，且0()0m z C ψ-=≠．于是必要性的证，……………………（4分）逆上述过程，即可证明充分性．……………………（5分）。
12-13-1《复变函数与积分变换》试卷B答案
河南理工大学 2012—2013 学年第 1 学期《复变函数与积分变换》试卷（B 卷）参考答案及评分标准一. 填空题(每题4分,共32分)1. 1;2. cos sin 22i ππ+;3. 1-n nz ;4. 0z =是zz 31-的1阶极点，31)0,31(Re =-z z s ; 5. z=0; 6. 0;7. 2i π+; 8. ()()12F F ωω二. 选择题 (每题4分,共16分)1. C2. B3. B4. C三. 解答题 (共52分)1.解: 因为2u x ay x ∂=+∂,2u ax by y ∂=+∂,2v cx dy x ∂=+∂,2v dx y y ∂=+∂…………(2分)则对任意的(,)x y 有u v x y u v y x ∂∂⎧=⎪∂∂⎪⎨∂∂⎪=-⎪∂∂⎩ 即2222x ay dx y ax by cx dy +=+⎧⎨+=--⎩………(4分)可得:2,1a d b c ====- …………………………………………… (6分).这时,()i 2()2i()22i u v f z x y x y z z x x ∂∂'=+=+---∂∂或……………(8分) 解1：⎰⎰⎰+⋅==+c - c )d isin 2i(cos 2cos 2Rezdz 21dz |z |z z ππθθθθ……(4分)i 4)d cos2(14i 0 πθθπ=+=⎰…………………………………………（7分）解2：⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+c 20 i i -i d 2ie 22e 22e dz |z |z |z |z πθθθθ………… (5分)i 40)2i(2ππ=+＝……………………（7分） 3. 解: 设()2145f z z z =++，则()f z 分母的次数比分子的高两次，在实轴上无孤立奇点，故所求积分存在. ()f z 有两个一阶极点：12z i =-+，22z i =--，其中12z i =-+在上半平面. ……………………………(2分)而()112Res ,lim (cos 2sin 2)22iz iz z i e e fe z i z i i -→-+==-++，…………………(4分) ()122Res ,45ix iz e dx i fe z x x π+∞-∞=++⎰11cos2sin 2e i e ππ--=-…………(6分) 122cos Re cos 24x 545ixx e dx dx e x x x π∞∞--∞-∞⎡⎤∴==⎢⎥++++⎣⎦⎰⎰.……………(8分)4. 解: )(z f 在复平面内有两个孤立奇点i z ±=……………………(1分) )(z f 在 2||0<-<i z 与 +∞<-<||2i z 内解析…………………(2分) 当0||2z i <-<时，1111()2f z z i z i z i i z i =⋅=⋅-+-+-011111(1)()22212n n n z i z i i z i i z i ii ∞=-=⋅⋅=----+∑…………………………(4分)1101(1)()()2n n n n z i i ∞+-==--∑…………………………………………………(5分)当+∞<-<||2i z ,i z i i z i z i i z z f -+-=-+⋅-=211)(1211)(2 n n n i z i i z )2()1()(102---=∑∞=…………………………………………(7分) 20)1()2(+∞=--=∑n n n i z i ………………………………………………(8分)5. 解：因为∑∑∞=∞=+∞<===0n 2n n 0n n 2z -)z (| z n!(-1)n!)(-z e(z)' f 2｜……（4分） 所以由幂级数在收敛圆内逐项求积性质，得 ∑⎰∞=++∞<+==0n 12n n z 0)z (| 12n z n!(-1))d (' f (z) f ｜ζζ…………(7分) 6.解: 法一、s i =±是222(1)st s e s +的二级极点，由计算留数的法则 ()22231()222Re ,lim 2(1)()()2st itst st s i s ist s i s s se ite s e i e s s i s i →='++-⎡⎤⎡⎤===-⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦， ()22231()222Re ,lim 2(1)()()2st itst st s i s ist s i s s se ite s e i e s s i s i -→=-'+--⎡⎤⎡⎤-===⎢⎥⎢⎥+--⎣⎦⎣⎦ …………………………………………………………………………(4分)则ℒ1-222222Re ,(1)(1)st s s s e i s s ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥++⎣⎦⎣⎦222Re ,(1)st s s e i s ⎡⎤+-⎢⎥+⎣⎦………(6分) sin 22it itite ite t t -=-+=…………………………………………………(7分) 法二、因为()2221211d s ds s s ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦+，而且ℒ[]21sin 1t s =+，………(3分) 则由微分性质ℒ()d tf t ds=-⎡⎤⎣⎦ℒ()f t ⎡⎤⎣⎦得……………………………(5分)ℒ1-222(1)s s ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦sin t t =…………………………………………………(7分) 法三、由ℒ[]21sin 1t s =+，ℒ[]2cos 1s t s =+，………………………(2分) 利用Laplace 变换卷积定理得ℒ1-222(1)s s ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦2sin cos t t =*02sin cos()tx t x dx =-⎰…………………………………(5分) []0sin sin(2)t t t x dx =--⎰01sin cos(2)2t t t t x =--sin t t =………………(7分) 7. 解:设方程的解为y =y (t )，且ℒ[y (t )]=Y (s )，对方程两边做Laplace 变换得1()(0)()sY s y Y s s-+=…………………………………………(3分) 由初始条件整理得：1(1)()s Y s s += 解得 ()1()1Y s s s =+…………………………………(5分) 做Laplace 逆变换得原方程的解为()y t =ℒ1[()]Y S -=ℒ()11[]1s s -=+ℒ111[]11t e s s ---=-+………………(7分)。
复变函数与积分变换试题与答案
复变函数与积分变换试题与答案一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。
错选、多选或未选均无分。
1.设复数z 1cos i sin 33ππ=++，则arg z=（ ） A.-3π B.6πC.3πD.23π2.w=z 2将Z 平面上的实轴映射为W 平面的（ ）A.非负实轴B.实轴C.上半虚轴D.虚轴3.下列说法正确的是（ ）A.ln z 的定义域为 z>0B.|sin z|≤1C.e z ≠0D.z -3的定义域为全平面4.设C 为正向圆周|z|=1，n C sin zdz z⎰=2π i ，则整数n 为（ ）A.-1B.0C.1D.2 5.设C 为正向圆周|z|=2，则2Czdz z ⎰=（ ）A.-2πiB.0C.2πiD.4πi6.设C 为正向圆周|ξ|=2，f(z)=2C sin 6d (z)πςςς-⎰，则f′(1)=（ ）A.-3i 36π B.3i 36π7.设nn n 0a z∞=∑n n n 0b z ∞=∑和n n n n 0(a b )z ∞=+∑的收敛半径分别为R 1，R 2和R ，则（ ）A.R=R 1B.R=min{R 1,R 2}C.R=R 2D.R≥min{R 1,R 2}8.罗朗级数nn n 1n 0n 01z z 2∞∞-==+∑∑的收敛域为（ ） A.|z|<1 B.|z|<2C.1<|z|<2D.|z|>29.已知sinz=n 2n 1n 0(1)z (2n 1)!+∞=-+∑，则Res 4sin z,0z ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦（ ）A.1B.-13!C.13! D.15!10.整数k≠0，则Res[cot kz, π]=（ ） A.-1k B.0 C.1kD.k 二、填空题（本大题共6小题，每小题2分，共12分）请在每小题的空格中填上正确答案。
(整理)《复变函数与积分变换电信B》试卷答案.
中国计量学院201 1 ~ 201 2 学年第二学期《 复变函数与积分变换 》课程试卷（B ）参考答案及评分标准开课二级学院： 理学院_ ，学生专业： ，教师： 武丹一、 选择题1、D2、D3、D4、C5、C二、 填空题1、四级极点2、|z-4|<123、-14、-5025、4 三、判断题1、错2、错3、错4、错5、对四、计算题1、0，2、03、04、 2sin 2i π5、2cos2i π五、解答题1、解：6,u xy x∂=-∂ 2233u y x y ∂=-∂ ……………………………（1分） y v ∂∂=6,u xy x ∂=-∂，（1）-=∂∂x v 2233u y x y∂=-∂， （2）………………（2分） 将（1）式对y 积分得(,)6v x y xydy =-⎰=23()xy x ϕ-+，（3） …………………………………（4分）（3）对x 求导，带入（2），2()3x x ϕ'=，得 3()x x c ϕ=+ 于是，23(,)3v x y xy x c =-++，…………………………………………（8分） 由iv u z f +=)(，且(0)f i =，得 1=c因此所求的解析函数为：)(z f =32323(31)y x y i x xy -+-+………………（10分）2、z=3为奇点， …………………………………………（1分）2101(1)1(3)cos 0|z-3|3(2)!(3)n n n z z n z ∞-=--=⋅<<+∞--∑ （6分） 所以是函数的本性奇点。
………… （8分）《 复变函数与积分变换 》课程试卷B 参考答案及评分标准 第 1 页 共 3 页111Re (3)cos ;332s z C z -⎡⎤-==-⎢⎥-⎣⎦ ………… （10分） 六、 计算题1、解：当1||0<<z 时，由∑∞==-011n n z z 得 ……………（4分） 21(1)z +＝20(1)n n n z ∞=-∑， )1||0(<<z ………………（8分） 221(1)z z +＝2201(1)n n n z z ∞=⋅-∑＝220(1)n n n z ∞-=-∑， )1||0(<<z ………………（10分） 2、解： 21111()1211z z z =---+ ，。
复变函数与积分变换试题和答案
复变函数与积分变换试题（一）一、填空（3分×10）1．)31ln(i --的模.幅角。
2．-8i 的三个单根分别为： . . 。
3．Ln z 在 的区域内连续。
4．z z f =)(的解极域为：。
5．xyi y x z f 2)(22+-=的导数=')(z f。
6．=⎥⎦⎤⎢⎣⎡0,sin Re 3z z s。
7．指数函数的映照特点是： 。
8．幂函数的映照特点是：。
9．若)(ωF =F [f (t )].则)(t f = F )][(1ω-f。
10．若f （t ）满足拉氏积分存在条件.则L [f (t )]=。
二、(10分)已知222121),(y x y x v +-=.求函数),(y x u 使函数),(),()(y x iv y x u z f +=为解析函数.且f (0)=0。
三、（10分）应用留数的相关定理计算⎰=--2||6)3)(1(z z z z dz四、计算积分（5分×2） 1．⎰=-2||)1(z z z dz2．⎰-c i z z3)(cos C ：绕点i 一周正向任意简单闭曲线。
五、（10分）求函数)(1)(i z z z f -=在以下各圆环内的罗朗展式。
1．1||0<-<i z 2．+∞<-<||1i z六、证明以下命题：（5分×2）（1）)(0t t -δ与o iwt e -构成一对傅氏变换对。
（2）)(2ωπδ=⎰∞+∞-ω-dt e t i七、（10分）应用拉氏变换求方程组⎪⎩⎪⎨⎧='+=+'+='++'0401z y z y x z y x 满足x (0)=y (0)=z (0)=0的解y (t )。
八、（10分）就书中内容.函数在某区域内解析的具体判别方法有哪几种。
复变函数与积分变换试题答案（一）一、1． 22942ln π+ .ππk arctg 22ln 32+-2.3-i 2i 3-i3. Z 不取原点和负实轴4. 空集5. 2z 6． 0 7.将常形域映为角形域8. 角形域映为角形域9.⎰∞+∞-ωωπωωd e F i )(2110. ⎰∞+-0)(dt e t f st二、解：∵y ux x v ∂∂-=-=∂∂ xuy y v ∂∂==∂∂∴c xy u += （5分）c xy y x i z f ++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=222121)(∵f (0)=0c =0 （3分）∴222222)2(2)(2)(z i xyi y x i y x i xy z f -=+--=--=（2分）三、解：原式=（2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2621π 01=z 12=z（2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2643π 33=z ∞=4z2312(3,)3)(1(1Re 66⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--分）z z z s⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋅--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞--0,1)31)(11(11Re 2,)3)(1(1Re 266z z z z s z z z s 分）（=0∴原式=（2分） 23126⨯⨯i π=i 63π-四、1．解：原式⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=∑=k k z z z s i ,)1(1Re 221 （3分） z 1=0z 2=1]11[2+-=i π=0（2分）2．解：原式iz z i=''=s co !22πi z z i =-π=）（cos i i cos π-==1ich π-五、1．解：nn i i z i i z ii z ii z i i z i z z f ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛--⋅-=-+⋅⋅-=+-⋅-=0111111)(111)(11)(分）（分）（分）（11)(--∞=-=∑n n n i z in nn i z i )(1-=∑∞-=（2分）2．解：⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅-=-+⋅-=i z i i z i z i i z z f 11)(11)(1)(11)(2分）（分）（（1分）nn i z i i z ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛---=02)(120)(11+∞=-=∑n n n i z i 20)(--∞=-=∑n n n i z i （2分） 六、1．解：∵00)(0t i e t t ti t i e dt e t t ωωωδ-==--∞+∞-=-⎰（3分） ∴结论成立 （2）解：∵1)(2210==ωπδπ=ωω-ω-∞+∞-⎰ti t i e dw e（2分）∴)(2w πδ与1构成傅氏对∴)(2ωπδω=-∞+∞-⎰dt e t i（2分）七、解：∵⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=++=++)3(0)(4)()2(0)()()()1(1)()()(s sZ s Y s Z s sY s X S s sZ s Y s sX（3分）S （2）-（1）：∴⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=s s s Y 111)(2⎪⎭⎫ ⎝⎛++--=--=1111211112s s s s s s （3分）∴cht e e t Y tt -=--=-121211)( 八、解：①定义；②C-R 充要条件Th ； ③v 为u 的共扼函数 10分复变函数与积分变换试题（二）一、填空（3分×10）1．函数f (z )在区域D 内可导是f (z )在D 内解析的（ ）条件。
《复变函数与积分变换》(西安交大_第四版)课后答案
=
1 13
(3
−
2i)
所以
Re⎨⎧ ⎩3
1 +2
i
⎫ ⎬ ⎭
=
3 13
，
Im⎨⎧ ⎩3
1 + 2i
⎫ ⎬ ⎭
=
−
2 13
,
m 1 = 1 (3 + 2i) ， 1 = ⎜⎛ 3 ⎟⎞2 + ⎜⎛− 3 ⎟⎞2 = 13 ，
o 3+2i 13
3 + 2i ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ 13
Arg⎜⎛
网 c ⎝
2 ⎜⎜⎝⎛
1 −i 2
1 2
⎟⎟⎠⎞
= 2⎜⎛ cos π − isin π ⎟⎞
⎝4
4⎠
−i π
= 2e 4
( ) ( ) (( )) （6）
cos5ϕ + isin5ϕ cos3ϕ − isin3ϕ
2
=
3
ei5ϕ
2
/
e−i3ϕ
3 = ei10ϕ /e−i9ϕ = ei19ϕ
3
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13．如果 z = eit ，试证明
（1） zn
+
1 zn
= 2cos nt
；
（2） zn − 1 = 2 i sin nt zn
解 （1） zn + 1 = eint + e−int = eint + eint = 2sin nt zn
（2） zn
−
1 zn
= eint
− e−int
= eint
− eint
答 w 证明：| z1 + z2 |2 + | z1 − z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) + (z1 − z2 )(z1 − z2 )
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西安交通大学考试题 课 程 复变函数与积分变换(B卷)
系 别 考 试 日 期 2006 年 1 月 日 专业班号 姓 名 学 号 期中 期末 一、解答下列各题（每小题5分，共60分）
1、设ba,是实数，函数iybxaxyzf)()(22在复平面解析，求ba,. 1、解：Cauchy-Riemann方程，yay2，bxax2，解出 2a，1b.
2、求ii2)1(，并指出其主值. 解：)))1(2(ln2exp())1(2exp()1(2iiArgiiLniii exp(2(ln2(2)))4exp((4)(ln2))2iikni
))2sin(ln)2(cos(ln42ien；其中Zn；
其主值为))2sin(ln)2(cos(ln2ie.
3、计算Czdzzze2sin，其中1||:zC，方向为正向. 2、解：用Cauchy积分公式， 2sin2|)sin(22sin22eizeidzzzezzCz
.
4、计算Czdzze326，其中1||:zC，方向为正向.
成绩 解：用高阶导数公式， iieidzzezzCz44!22|)6(!2260)2(232
5、判别级数1nnni的收敛性. 解：2sin2cos)2sin2(cosniniinn， 12cosnnn和12sinnnn的收敛性分别与12coskkk和112)21sin(kk
k
的相同，
由高等数学中的Leibniz判别法，后两个级数收敛，故前两个也收敛，所以 1nn
ni
收敛。
6、求幂级数nnznn155的收敛半径. 解：记55nncn，则1||1nncc（n），所以收敛半径为1。
7、求1)(2zezzf的奇点，并指出奇点类型. 解：1)(zezg的零点为ik2（Zk），显然它们都是孤立零点； 而01)2('2ikeikg，所以这些点都是)(zg的1级零点； 但其中0z是分子2z的2级零点，所以，0z是函数f的可去奇点，
其他的ik2（0,kZk）都是f的1级极点
8、求2sin)(zzezfz在孤立奇点0z处的留数. 解：0z是f的1级极点，所以
220sinsinRes[(),0]Res[,0]lim()1zzzezezfzzzz
9、求积分dzzzC12，其中2||:zC，方向为正向. 解：1)(2zzzf在复平面上有两个奇点 i，i，且都包含在曲线C内； 由留数定理，
2222(Res[,]Res[,])111Czzzdziiizzz
iiiiii2)22(2
共 2 页 第 1 页 11、求函数)(sin)(tuttf的Fourier变换. 解： [)(tu]=)(1j， [tsin]=))1()1((j， 所以 )]([tf= [)(tu] + [tsin]=)(
1
j+))1()1((j
12、求函数ttetftsin)(的Laplace变换. 解：[tsin]=112s，由Laplace变换的微分性质, L [ttsin)(]=)
11(2sds
d，
所以 L [ttsin]=222)1(2)11(sssds
d；
L [tte
tsin]=22)1)1(()1(2ss.
二、（10分）将函数)1)(2(1)(zzzf分别在圆环域1|1|0z，|1|1z
展开成Laurent级数. 、、解：在圆环域1|1|0z上的Laurent级数为
01)1()1(11)1(1111)1)(2(1)(nnnzzzzzzzf；
在圆环域|1|1z上的Laurent级数为
111111111)1(111)1)(2(1)(zzzzzzzzf
20)11()1()11()1(1111nnnnnn
zzzz
四、（10分）用留数计算广义积分dxxxx)4)(1(cos22. 解：有理函数)4)(1(1)(22zzzf的分母次数=分子次数+4，且该函数在在实轴上无奇点，而在上半平面仅有两个奇点i，i2；故 dxxxx)4)(1(cos
22
=])2,)4)(1([Re],)4)(1([(Re2)4)(1(222222izzesizzesidxxxeizizix
)63()126(22121eeieiei
五、（10分）用Laplace变换解微分方程的初值问题： 21txxxe，(0)(0)0xx
.
、解：设[)(tx]=)(sX，方程两边求Laplace变换，得到 sssXssXsXs111)(2)()(2； 将(0)(0)0xx代入，得
sssXss111)()2(2； 解出 )1111121(21)1)(2(1)111()(sssssssssX；
求Laplace逆变换，得到 )1(21)(2ttteeetx 西安交通大学考试题 课 程 复变函数与积分变换(B卷)解答
系 别 考 试 日 期 2006 年 1 月 日 专业班号 姓 名 学 号 期中 期末 一、解答下列各题（每小题5分，共60分） 3、解：Cauchy-Riemann方程，yay2，bxax2，解出 2a，1b.
2、解：)))1(2(ln2exp())1(2exp()1(2iiArgiiLniii
exp(2(ln2(2)))4exp((4)(ln2))2iikni
))2sin(ln)2(cos(ln42ien；其中Zn；
其主值为))2sin(ln)2(cos(ln2ie. 4、解：用Cauchy积分公式，
2sin2|)sin(22sin22eizeidzzzezzCz
.
4、解：用高阶导数公式， iieidzzezzCz44!22|)6(!2260)2(232
5、解：2sin2cos)2sin2(cosniniinn，
12cosnnn和12sinnnn的收敛性分别与12coskkk和112)21sin(kk
k
的相同，由高等
数学中的Leibniz判别法，后两个级数收敛，故前两个也收敛，所以
1nn
ni
收敛。
成绩 共 4 页 第 1 页 6、解：记55nncn，则1||1nncc（n），所以收敛半径为1。
7、解：1)(zezg的零点为ik2（Zk），显然它们都是孤立零点； 而01)2('2ikeikg，所以这些点都是)(zg的1级零点； 但其中0z是分子2z的2级零点，所以，0z是函数f的可去奇点， 其他的ik2（0,kZk）都是f的1级极点. 8、解：0z是f的1级极点，所以
220sinsinRes[(),0]Res[,0]lim()1zzzezezfzzzz
.
9、解：1)(2zzzf在复平面上有两个奇点 i，i，且都包含在曲线C内； 由留数定理，
2222(Res[,]Res[,])111Czzzdziiizzz
iiiiii2)22(2
11、解： [)(tu]=)(1j， [tsin]=))1()1((j， 所以 )]([tf= [)(tu] + [tsin]=)(1
j+))1()1((j
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