复变函数复习题2008

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二、验证 u( x, y ) 2( x 1) y 是 z 平面上的调和函数，并求以
u( x, y ) 为实部的解析函数，使 f (2) i 。
解: (1)
故 u(x,y) 为调和函数 (2) 方法一
uxx 0, u yy 0, uxx u yy 0,
.
充要条件为
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。
2
1 (5) 在 z0 = 1+i 处展开成泰勒级数的 z(4 3 z )
收敛半径为 (6) z = 0 是
.
。 的 (何种类型的奇点)。
1 1 f (z) z e 1 z
z
.
(7)
|z| 1 4
求
e dz 3 ( z π) ( z 1 2 )
π


(2)有两个一级极点 z1 3
π 1 ( 3)原式 2i 2πi z1 z2 2
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四、 4.
0

cosx dx 2 2 ( x 1)( x 9)
iz
e 解: 令 f ( z ) 2 2 ( z 1)( z 9)
2
s2 1 Y ( s) 2 2 2 s 1 s ( s 1)
s 3 2s 2 1 2 2 s ( s 1)
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(2) 求拉氏逆变换
方法一：利用部分分式求解
s2 1 Y ( s) 2 2 2 s 1 s ( s 1)
s 2 1 1 Y ( s) 2 2 2 2 s 1 s 1 s s 1
3
-i
3
七、用拉氏变换求解方程： y y t , y(0) 1, y(0) 2
八、设函数 f ( z ) 在 z R 上解析，证明：
R 2 | z |2 f (ξ ) d ξ f ( z ), (| z | R) 2 ξ R 2π i ( ξ z )( R z ξ )
当 x 2, y 0 时, f ( z ) i , c 1
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f ( z ) 2( x 1) y i( x 2 x y 1)
2
2
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二、验证 u( x, y ) 2( x 1) y 是 z 平面上的调和函数，并求以
u( x, y ) 为实部的解析函数，使 f (2) i 。
y(t ) cos t t 3sin t
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(2) 求拉氏逆变换
方法二：利用留数求解
s2 1 s 3 2s 2 1 Y ( s) 2 2 2 2 2 s 1 s ( s 1) s ( s 1)
s1 0 , 二阶极点， s2, 3 i , 一阶极点
三、将函数 f ( z )
1 在 ( z 1)( z 2)
z 1 与 z 2 处展开为
洛朗级数。 解: (1) 在 z=1 处
当 0 | z 1 | 1 时,
1 f (z) ( z 1)(1 ( z 1))
1 n n 1 ( z 1 ) ( z 1 ) ( z 1) n 0 n 0
解: (1)
故 u(x,y) 为调和函数 (2) 方法二
uxx 0, u yy 0, uxx u yy 0,
ux 2 y v y , u y 2 x 2 v x
dv (2 x 2)dx 2 ydy d ( x 2 2 x y 2 ) v x2 2 x y2 c
e it e it y( t ) t 2
e it e it 3 2i

y(t ) cos t t 3sin t
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八、设函数 f ( z ) 在 z R 上解析，证明：
R 2 | z |2 f (ξ ) d ξ f ( z ), (| z | R) 2 ξ R 2π i ( ξ z )( R z ξ )
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(w)
(1+i)/2
i
0
1
2
∞
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六、求把下图阴影部分映射到单位圆内部的保形映射。
(z)
i
3
3
(w)
-i
z 3 z1 z 3
w (z1)
z 3 i z 3 3 z 3 i z 3
3
z2 i w z2 i
3 2 st d ( s 2 s 1 ) e Re s [Y ( s ) e st , 0] lim 2 s 0 ds ( s 1)

( s 2 1)(( 3 s 2 4 s )e st t ( s 3 2 s 2 1)e st ) 2 2 ( s 1 )
ux 2 y v y , v 2 ydy φ( x ) y 2 φ( x ) u y 2 x 2 v x φ( x )
φ( x ) x 2 2 x c, v x 2 2 x y 2 c
f ( z ) 2( x 1) y i( x 2 2 x y 2 c )
主要内容
一、复数的几种表示及运算，区域，曲线；初等复变函数。 二、柯西-黎曼方程：(1) 判断可导与解析，求导数； (2) 构造解析函数。 三、柯西积分公式，柯西积分定理，高阶导数公式。 四、洛朗展式。 五、留数：(1) 计算闭路积分； (2) 计算定积分。 六、保形映射：(1) 求象区域； (2) 构造保形映射。 七、Fourier变换的概念，δ函数，卷积。 八、利用Laplace变换求解常微分方程(组)。
(z2)
3 z2 z1
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七、用拉氏变换求解方程：
y y t , y(0) 1, y(0) 2
1 s2
解：(1) 对方程两边取拉氏变换得：
s Y ( s ) sy(0) y(0) Y ( s )
2
1 s Y ( s) s 2 Y ( s) 2 s
1 1 ( 1) 2 z 1
3 原式 2πi 3πi 2
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dθ 四、 3. 0 1 sin 2θ
π
dθ π d(2θ ) 2π dθ 解: (1)原式 0 1 - cos2θ 0 3 cos2θ 0 3 cosθ 1 2 dz dz 2 i 2 | z | 1 | z | 1 z 2 6 z 1 z 1 3 iz 2 z
1
2
当 | z 1 | 1 时,
f (z) 1 1 1 1 ( z 1)(1 ( z 1)) ( z 1)2 1 z 1 1 1 n 1 n 2 ( ) ( ) 2 ( z 1) n 0 z 1 n 0 z 1

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三、将函数 f ( z ) 洛朗级数。
1 在 ( z 1)( z 2)
z 1 与 z 2 处展开为
解: (2) 在 z=2 处
当 0 | z 2 | 1 时,
f ( z ) ( 1) ( z 2)
n n 0 n 1
1
2
当 | z 2 | 1 时,
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五、求区域 D { z : Re z 0, 0 Im z 1} 在映射 w 解:
i 下的像。 z
0 1 i 0
i i/2 0
1+i
(z)
∞
i 1 i 22 0
1
∞
∞
0 1 1 i (1 i ) 2 i 1
f ( z ) 2( x 1) y i( x 2 2 x y 2 c )
当 x 2, y 0 时, f ( z ) i , c 1
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f ( z ) 2( x 1) y i( x 2 x y 1)
2
2
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一、填空题。
1 3i (1) 的模为 2
(2)
3
.
，辐角主值为
π 3 i 4 的值为
.
。
Ln( 1) 的值为
，e
.
.
。
(3) 映射w = z3 - z 在z = i 处的旋转角为
，
.
伸缩率为
(4) 函数
.
。
f ( z) u( x, y) i v( x, y) 在区域D内解析的
f ( z )在上半平面有两个一级 极点z1 i , z2 3i ,
e iz e 1 Re s[ f ( z ), z1 ] 2 2 [( z 1)( z 9)] z i 16 i
e3 Re s[ f ( z ), z2 ] 48i
1 3 1 e 1 e 3 π ( 3e e ) 原式 Re[2πi ( )] 2 16i 48i 48
2 s( s 3 2 s 2 1)e st ( s 2 1) 2
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t s0
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Re s [Y ( s ) e st , 0] t ;
Re s [Y ( s ) e ,
st
( s 3 2 s 2 1)e st i] 2 s (s i)