复变函数第五版余家荣答案？

复变函数在闭区域解析，意指其在包含该闭区域的一个更大的区域内解析（见《复变函数》（第五版-余家荣编，高等教育出版社）P21），而原本的闭区域的边界也包含在这个更大的区域内，因此该函数在原本闭区域的边界解析

复变函数与积分变换期末试题

一．填空题（每小题3分，共计15分）

1．

1-i 的幅角是

；2

2

(5)

Ln (-1+i ) 的主值是

1f (z ) =）f （

；3

1+z 2，(0) =（ 0 ），4．z =0是

z -sin z 1

f (z ) =的（ 一级 ）极点；5． ，Re s [f (z ), ∞]=（-1 ）；

z 4z

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 ) =u x +iu y ； （B ）f "(z ) =u x -iu y ；

（C ）

f "(z ) =u x +iv y ； （D ）f "(z ) =u y +iv x

C

2．C 是正向圆周z =3，如果函数f (z ) =（ ），则f (z ) d z =0．

33(z -1) 3(z -1) ； （B ）； （C ）；

2z -2z -2(z -2) （A ）

n

c z 3．如果级数∑n

n =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；

共6页第 页

（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z 0点可导，则f (z ) 在z 0点一定解析；

（C ）如果

C

f (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sin z 的本性奇点；

z

(C)

∞为

的孤立奇点sin z

1

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

2

2

2

2

a , b , c , d

解：因为f (z ) 解析，由C-R 条件

共6页第 页

∂u ∂v ∂u ∂v ==- ∂x ∂y ∂y ∂x

2x +ay =dx +2y ax +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。

e z

d z 其中C 是正向圆周： （2）．计算C 2

(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

e z

因为函数f (z ) =在复平面内只有两个奇点z 1=0, z 2=1，分别以z 1, z 22

(z -1) z 为圆心画互不相交互不包含的小圆

c 1, c 2

且位于c 内

e z

C (z -1) 2z d z =C 1

e z e z (z -1) 2d z d z + C 2(z -1) 2z

e z e z

=2πi () "+2πi

z z =1(z -1) 2

=2πi

z =0

无论采用那种方法给出公式至少给一半分，其他酌情给分。

z 15

（3）．d z

z =3(1+z 2) 2(2+z 4) 3

解：设f (z ) 在有限复平面内所有奇点均在：z

共6页第 页

z 15

z =3(1+z 2) 2(2+z 4) 3d z =-2πi Re s [f (z ), ∞] -----（5分）

11

=2πi Re s [f () 2] ----（8分）

z z

11f () 2=z z

1() 15(1+

12143) (2+() ) 2

z z

1

2z

111f () 2=有唯一的孤立奇点z =0, z z z (1+z 2) 2(2z 4+1) 3

11111Re s [f () 2, 0]=lim zf () 2=lim =1 2243

z z z z (1+z ) (2z +1) z →0z →0

z 15

∴d z =2πi --------（10分）

z =3(1+z 2) 2(2+z 4) 3

z (z 2-1)(z +2) 32

(z -3) （4）函数f (z ) =在扩充复平面上有什么类型的奇

(sinπz ) 3

点？，如果有极点，请指出它的级 解

：

z (z 2-1)(z +2) 3(z -3) 2

f (z ) =的奇点为z =k , k =0, ±1, ±2, ±3, ，∞3

(sinπz )

sin πz ）=0的三级零点，（1）z =k , k =0, ±1, ±2, ±3, 为（

，z =±1, 为f (z ) 的二级极点，z =-2是f (z ) 的可去奇点，（2）z =0

（3）z

3

=3为f (z ) 的一级极点，

共6页第 页

（4）z =2, -3, ±4 ，为f (z ) 的三级极点；

（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； 2

z (z -1)

四、（本题14分）将函数f (z ) =

（1）0

解：（1）当0

111

f (z ) =2=-[]"

z (z -1) (z -1) (z -1+1)

∞1

]"=[∑(-1) n (z -1) n ]" 而[

(z -1+1) n =0

=∑(-1) n n (z -1) n -1

n =0

∞

f (z ) =∑(-1) n +1n (z -1) n -2 -------6分

n =0

∞

（2）当0

111f (z ) =2=-2=-2

z (z -1) z (1-z ) z

n

z ∑ n =0

∞

共6页第 页

=-∑z n -2 -------10分

n =0

∞

（3）当1

f (z ) =

11

=

z 2(z -1) z 3(1-1)

z

1n ∞1

() =∑n +3 ------14分 ∑n =0z n =0z

∞

1

f (z ) =3

z

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 +1

s 2L (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 ) =

1-x 5x 14x

e +e +e …（10分） 10615

共6页第 页

y (x ) =

六、（6分）求

f (t ) =e

+∞

-βt

(β>0) 的傅立叶变换，并由此证明：

cos ωt π-βt

d ω=e 22⎰0β+ω

-βt

-i ωt

解：F (ω) =⎰e e

-∞

+∞

dt (β>0) --------3分

F (ω) =⎰e

-∞

-i ωt βt

e dt +⎰e -i ωt e -βt dt (β>0)

+∞

+∞

=⎰e

-∞

(β-i ω) t

dt +⎰e -(β+i ω) t dt (β>0)

=

e

(β-i ω) t 0

-

-∞

e

-(β+i ω) t +∞

(β>0)

F (ω) =

112β+ =2 (β>0) ------4分 2

-i +i β+ω

+∞

1f (t ) =

1=⎰

-∞

e i ωt F (ω) d ω (β>0) - -------5分

⎰

+∞

-∞

e i ωt

2β

d ω (β>0) 22

β+ω

=

⎰2β

1

+∞

2

ββ+ω

2

-∞

(cosωt +i sin ωt ) d ω (β>0)

=

⎰

+∞

cos ωt i

ω +

β2+ω2βsin ωt

⎰-∞β2+ω2ω (β>0)

+∞

共6页第 页

f (t ) =

2β

π

⎰

+∞

cos ωt

ω (β>0) ， -------6分 22

β+ω

+∞

cos ωt π-βt

d ω=e 22⎰0β+ω

«复变函数与积分变换»期末试题简答及评分标准（B ）

填空题（每小题3分，共计15分）

（）；2 Ln (-1-i ) 的

）；3

f (z ) =

1

1+z 2

，

f (7) (0) =（ 0 ）；

z -sin z 1

f (z ) =f (z ) =Re s [f (z ), 0]=4． ，（ 0 ） ；5． ，

z 2z 3

Re

s [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（ ）；

（A ）

f "(z ) =u y +iv x ； （B ）f "(z ) =u x -iu y ；

（C ）

f "(z ) =u x +iv y ； （D ）f "(z ) =u x +iu y

C

2．C 是正向圆周z =2，如果函数f (z ) =（ ），则f (z ) d z =0．

3z 3z 3

（B ）； （C ）； （D ） 22

z -1(z -1) (z -1)

共6页第 页

3．如果级数∑c n z n 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z 0点可导，则f (z ) 在z 0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z 0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 -z 0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 ）、n z l

是复平面上的多值函数； (B ) 、cosz 是无界函数；

z (C ) 、sin z 是复平面上的有界函数；（D ）、e 是周期函数．

三．按要求完成下列各题（每小题10分，共计40分）

2

2

2

2

（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

共6页第 页

∂u ∂v ∂u ∂v ==- ∂x ∂y ∂y ∂x

2x +ay =dx +2y ax +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）．

C

1

d z ．其中C 是正向圆周z 2

z (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z 1=0, z 2=1，分别以z 1, z 22

(z -1) z

因为函数f (z ) =

为圆心画互不相交互不包含的小圆

c 1, c 2

且位于c 内

1

C (z -1) 2z d z =C 1

11(z -1) 2d z d z + C 2(z -1) 2z

11

"=2πi () +2πi z z =1(z -1) 2

1

3z

=0

z =0

z e

d z ，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

z =2

f (z)dz =-2πi Re s [f (z ), ∞]=2πic -1 -----（5分）

共6页第 页

1

31z 21z z e z e 111111=-=-z 2(1++++ )(1++++ ) 23231(1-z ) z 2! z 3! z z z z 1-z

=-(z 2+z +111111++ )(1++++ ) 2232! 3! z 4! z z z z

811+) =- 32! 3! c -1=-(1+1+

z =28f (z)dz =-2πi 3

(z 2-1)(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(sinπz ) 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 πz ）=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。

共6页第 页 11

四、（本题14分）将函数f (z ) =

朗级数； 1在以下区域内展开成罗z 2(z +1)

（1）0

（1）0

解：（1）当0

111f (z ) =2=[]" z (z +1) (z +1) (1-(z +1)

∞∞1n -1n ""=n (z +1) []=[(z +1) ]而 ∑∑(1-(z +1) n =0n =0

f (z ) =∑n (z +1) n -2 --------6分

n =0∞

（2）当0

11f (z ) =2=z (z +1) z 2

∞n n (-1) z ∑n =0∞

=∑(-1) z n -2 -----10分

n =0

（3）当1

共6页第 页

12

f (z ) =11=z 2(z +1) z 3(1+1)

z

1n ∞n 1(-) =(-1) ∑∑n +3 --------14分 z z n =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

⎧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 +1s 2L (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 +e x -e -3x …（10分） 488

六、（本题6分）求⎧1t ≤1f (t ) =⎨的傅立叶变换，并由此证明： t >10⎩

⎧πt

ω0⎪0t >1⎩

共6页第 页 13

解：F (ω) =⎰+∞

-∞e -i ωt f (t ) dt

F (ω) =⎰e -i ωt dt -------2分 -11

e =-i ω-i ωt 1=i

-1e -i ω-e i ωω=2sin ωω----- 4分

1f (t ) =2π

=⎰+∞-∞e i ωt F (ω) d ω ----------- 5分 π⎰

11+∞-∞e i ωt sin ωωd ω =π⎰2+∞sin ω-∞ω(cosωt +i sin ωt ) d ω =π⎰+∞sin ωcos ωt

0ωω + π⎰i +∞sin ωsin ωt

-∞ωω

+∞sin ωcos ωt ω d ω=π2f ⎧πt 1⎩

共6页第 页

14

4(1)化简一下就很明了：因为积分路径是|z|=1，所以在积分过程中任意一处必定满足|z|=1，所以|z|^2=1，所以被积函数就化为1了。因为1是解析函数，所以环路积分必定为0；当然也可不直接利用这个结论，可设z=e^it，其中积分范围是0≤t＜2π，结果当然也是0

7(1)道理同上，分母变成2，然后进行换元，令z=2e^it，积分范围是0≤t＜2π，积分结果也是0。

这本《复变函数与积分变换》由成立社和李梦如主编，本教材的复变函数部分在分析结构上与微积分基本相同，也是按照函数、极限、连续、导数、积分和级数这样建立起来，并且很多定义和运算性质在形式上是一样的。但是，决不可以认为复变函数只是将微积分的内容平行地“翻译”过来。复变函数有自身的完美理论和重要应用，与微积分有着很大差别。 希望读者在学习复变函数课程的过程中处处与微积分进行比较，这样既可以使微积分的学习不断线，也可以加深对复变函数内容的理解