2022年复变函数考题答案 .pdf

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1、西 安 交 通 大 学 考 试 题课程复变函数与积分变换 (A 卷)答案系别考 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、解：由 C-R 方程yxvu，xyvu得到byy2，axx2；解出21a，21b。2、解：)24(2ln)1(|1|ln)1(kiiArgiiiLn（Zk） ；其主值为42ln)1ln(ii。3、解：因被积函数zezzfzsin)(3在复平面解析，由 Cauchy-Goursat定理，0sin3Czdzzez. 4、解：因5)(zezf在复平面解析，由高阶导数公式，1|)0(52! 40)4(5zzCzefdzz

2、ei，所以12! 4255iidzzeCz. 5、解：22)cos()()(nniniinieeeein（n）, 所以)cos(in 无界。又因222|)cos(|neeninnn（ n） ，级数的一般项不收敛于0，所以发散。成绩共4 页第 1 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 4 页6、解：记nnnc255，则25) 1(5225) 1(25|551551nnnnccnnnn（ n） ，所以级数nnnzn1525的收敛半径为 2. 7、解：1)(zezg的零点为ik2（Zk） ，显然它们都是孤立零点；而01)2( 2i

3、keikg，所有这些点都是)(zg的 1 级零点；故11)(zezf的全部孤立奇点是ik2（Zk） ，且都是 1 级极点 . 8、解：0z是f的 2 级极点，故1lim)2(lim! 110),(Re0220zzzzezezdzdzfs. 9、解：1sin)(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，),1sinRe,1sin(Re21sin222izzsizzsidzzzCieeiiiiii)1(sin2)2)sin(2sin(2. 10、解：由分式线性映射的保圆性，以及zzw1在 C 上无奇点，知映射zzw1将 C 变成圆周 . 由zzw1，得11wz，而1|

4、 : zC，故象曲线为1|1|w；或1)1(22vu. 共 4 页第 2 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 4 页11、解： )(t=1， |te=00|dteedteedteetjttjttjt0)1(0)1(1111ttjttjejej2121111jj；所以)(tf= |te + )(t=1122. 12、解： Lt2sin=422s，由 Laplace变换的微分性质L tt2sin)(=)42(2sdsd，所以L tt2sin=222)4(4)42(sssdsd。二、解：在圆环域1|1|0z上的 Laurent

5、级数为0)1(1111)1(11)1(1)(nnzzzzzzzf；在圆环域|1|1z上的 Laurent级数为11111111111) 1(1) 1(1)(zzzzzzzzf20)11()11(1111nnnnzzzz.三、解：显然满足0) 1(1z，1)0(1z，) 1(1z的分式线性映射111zzz可把0)Im(, 1| :zzz变成角形域2arg0:11zz；而212zz可将该角形域变成上半平面 0)Im(:22zz；而izizw22可将0)Im(:22zz变成单位圆盘 1| :ww；故它们的复合映射222222) 1() 1() 1() 1()11()11(zizzizizzizzw即

6、为满足要求的一个映射 . 共 4 页第 3 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 4 页四、解：有理函数211)(zzf的分母次数 =分子次数 +2，且该函数在在实轴上无奇点，而在上半平面仅有一个奇点i，故dxxx21cos=eieiizesidxxeizix22,1Re21122. 五、341txxxe，0)0(x，(0)1x。解：设 L )(tx=)(sX，方程两边求 Laplace变换，得到sssXxssXxsxsXs111)(4)0()(3)0( )0()(2；将0)0(x，(0)1x代入，得1111)()43(2sssXss；解出sssssssssX14111251)1(1514110029)1)(4(1)1111()(2；求 Laplace逆变换，得到412515110029)(4ttteteetx. 共 4 页第 4 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 4 页