复变函数与积分变换2014-2015_1_A_参考答案

+
4
，求其
Laplace
逆变换
L−1
[
F
(s)]。
解：由 ，因此 F
(s)
=
(s
(s +1) + 2 +1)[(s +1)2 +
3]
2
L−1
[
F
(
s)]
=
e−t
⋅
L−1
s s(s
+2 2 + 3)
=
e−t
⋅
L−1
2 3
⋅
1 s
+
1 3
s2
3 +
3
−
2⋅ 3
s2
s +
3
= e−t [2 + 3 sin( 3t) − 2 cos( 3t)] 3
=
z −2 1⋅1−
1
1 z −1
=
∞
2
n=0
(z −1)−n−1
=
−1
2 (z −1)n
n=−∞
因此， 。 ∑ f
(z)
=
z
1 −1
+
−2
2
n=−∞
(
z
−1)n
六、〖12 分〗利用 Laplace 变换求解微分初值问题：
。
y′′′ + y′′(0)
6 y′′ + 12 y′ + 8y = t = y′(0) = 0, y(0) = 1
点，记 。于是， 。因此，实 z0 = 2
R = min{ z1 − z0 , z2 − z0 , zy − z0 | y >1} = 5
函数 在 y(x) x0 = 2 点展开成 Tayor 级数的收敛半径 R = 5 ，且收敛域的内部是
。 (2− 5, 2 + 5)
2、已知
F
(s)
=
s3
+
s+3 3s2 + 6s
因 ，所以 是 的可去奇点。 lim z→z2
f
(z) =
lim
z→2
π(z − 2) sin π(z − 2)
⋅
(
z
2
+1)3 π
= 125 π
z2 = 2 f (z)
因 zk
=
k（ k
）为 = 0,±1,−2,±3,⋯
f
1 (z)
的
1
级零点，所以
zk
=
k（ k
≠
2 ）为
f
(z)
的 1 级极点。
四、〖13 分〗验证v(x, y) = (x + y)⋅(x2 − 4xy + y2) 为调和函数。进一步求解析函数 f (z) = u + iv ，并满足 f (0) =1。
和
C2
构成的复合边界
C
围
2、计算积分
∫ +∞ 0
x2 cos(2x) 16 + x4 dx
。
解 由于 ，作辅助函数 。 :
∫ ∫ +∞ 0
x2 cos(2x) 16 + x4 dx
=
1 2
+∞ x2 cos(2x) −∞ 16 + x4 dx
易知 满足 在实轴上无奇点。 在上半平面的奇点为 f (z) : (1) m−n = 2 ≥1; (2)
由 ： f
(z)
=
(z
z −1)⋅(z − 2)
=
z
2 −2Βιβλιοθήκη −z1 −1
（ ）当 时， ，因此 1 0 < z −1 <1
∑ z
2 −
2
=
−1−
2 (z
−1)
=
∞
−
n=0
2(
z
−1)n
； ∑ f
(
z
)
=
−
z
1 −1
−
∞ n=0
2(
z
−1)n
（ ）当 时， 1 1 < z −1 < +∞
∑ ∑ 2
z−2
f
′( z )
=
∂v ∂y
+
i
∂v ∂x
=
(−3x2
−
6xy
+
3y2)
+
i(3x2
−
6 xy
−
3y2)
= 3(i −1) ⋅ (x + yi)2 = 3(i −1)z2
因此 。再由 ，可得 ，即 。 f (z) = (i −1)z3 + C
f (0) = 1
C = 1 f (z) = (i −1)z3 +1
f
(z)
=
16
z2 +
z4
e2iz
f (z)
（ ），且均为 级极点。于是 原积分 。 zk
=
2e
2k +1πi 4
k = 0,1
1
∫ =
1 2
Re
+∞ −∞
f
( x)dx
而 ∫ +∞ −∞
f
( x)dx
=
2πi {Re s[
f
( z ),
z0 ]+
Re
s[
f
( z ),
z1 ]}
。 = 2π e−2 2 (cos 2 2 − sin 2 2) 4
五、〖12
分〗求函数
f
(z)
=
(z
z − 1)( z
−
2)
在以
z0
=
1为中心的圆环域内的
Laurent
展开
式。
解: 因 f (z)有奇点 z0 =1 和 z1 = 2 ，则以 z0 为中心可将整个复平面分成以下两个圆环域： ； 。 (1) 0 < z −1 < 1 (2) 1 < z −1 < +∞
解 ： 由 ， 则 v(x, y) = (x + y)⋅(x2 − 4xy + y2 )
， ∂v
∂x
=
3x2
−
6xy
−3y2
， ， ∂v
∂y
=
−3x2
−
6 xy
+
3y2
∂2v ∂x2
=
6x
−
6
y
∂2v ∂y 2
=
−6x
+
6y
因由为解析∂∂x2函v2 数+的∂∂y微2v2分≡性0质，知所：以v(x, y) 为调和函数。
解：记Y (s) = L[y(t)]，对方程两边施行 Laplace 变换可得：
整理可得：[s3Y
(s) −
s2
]+
6[s2Y
(s)−
s] +12[ sY
(s)
−1] +
8Y
(s)
=
1 s2
Y
(s)
=
1 s2(s +
2)3
+
s2 + 6s +12 (s + 2)3
=
1 s2(s +
2)3
+
s
1 +
2
因此，原积分 。 ∫ =
1 2
Re
+∞ −∞
f
(x)dx =
2π e−2 2 (cos 2 2 − sin 2 2) 8
三、〖13 分〗求函数 f (z) = (z − 2)(z2 +1)3 在扩充复平面内的孤立奇点及分类，并说
sin(πz)
明理由。如果是极点，请指出它的级数。
解：（因k为=f0(,z±)1在,±复2,平⋯面）内为有孤奇立奇点点zk。=由k于（kl→ikm∞=zk0=,±∞1,±，2因,⋯此）∞和点为∞非点孤，立易奇见点z。k = k
2014-2015(1)《复变函数与积分变换》期末考试卷（A）参考答案
一、求解下列各题 〖每小题 9 分，共计 18 分〗
1、 已知实函数 y = y(x) = 敛半径和收敛域的内部。
ln(1
+
x
2
)
，试求
y
(
x)
在
x0
=
2
点展开成
Tayor
级数的收
解：作辅助函数 w(z) = ln(1+ z2) ，其奇点为 z1,2 = ±i ，以及虚轴上 zy = yi （ y >1）的
du
=
− w2
e2
2π
∫ ∫ f (t) = F−1[F (w)] = 1
+∞ F (w)⋅ eiwtdw = 1
+∞ −w2
e2
⋅ eiwt dw
2π −∞
2π −∞
∫ = 1
+∞ −w2
e 2 cos wtdw
π0
从而
f
(t )
相应的积分表达式为
∫
+∞
− w2
e2
cos
wtdw
=
。且 的频谱为 π
⋅
−t2
e2
f (t)
0
2
。 F (w)
=
−
e
w2 2
二、计算下列各题 〖每小题 10 分，共计 20 分〗
1、计算积分 ∫ C=C1+C2
cos(2z)⋅ dz z3
，其中：曲线C1
:
z
=
2 ，取负方向；C2
:
z
=3，
取正方向。