山东省自学考试复变函数与积分变换强化实践习题及答案 (080307)

第1章

1.解：|z|(12)2(32)21

3Argzarctan122k,k0,1,2,……

2z1ii1e42.解：2

2ez23i6i

所以z1z22e6ie4i2e12i

zi51ze41e(46)i1e12i 22e6i223.证明：

|z1-z2|2(z1-z2)(z1z2) |z21||z2|2z1z2z2z1

|z1|2|z22|z1z2z1z2

|z1|2|z2|22Re(z1z2) xy4．证明：f(z)x2y2(z0)

0(z0) 当点zxyi沿ykx趋于z0时，f(z)k1k 故当k取不同值时，f(z)趋于不同的数

f(z)在原点处不连续

5．证明：设直线方程的一般形式为azazc0（a，b，数，a，b不全为零）

c均为实常 因为：xzzzz,y代入化简得： 2211(abi)z(abi)zc0 221 令(abi)0得zzc

2 反之，设有方程zzc（复数0，c是常数） 用zxiy代入上式，且令(abi)化简即得

12第2章

3223u(x,y)x3xyv(x,y)3xyy1.解：因，

而ux(x,y)3x23y2，uy(x,y)6xy

vx(x,y)6xy，vy(x,y)3x23y2

由于ux(x,y),uy(x,y),vx(x,y),vy(x,y)这四个偏导数在z平面上处

处连续，且满足C-R方程。

由定理知，f(z)在z平面上处处可微且解析 2．解：zLn(13i)

ln2i(arg(1i3)2k)

ln2i(2k)(k0,1,2……） 3ei(1i)ei(1i)3．解：cos(1i)

2e1ie1i

2(ee1)cos1(ee1)sin1i

224．解：设zrei，则

wk3r(z),k0,1,2

这里zG,,且必r(z)|z|0 （1） 由一定条件定k：

Z=-2时，r(2)2,（2） 要 22e33i2k3，则必有k=1

（2） 求w(i)的值

因r(i)1,(i)则w(i)e

5．解：u(x,y)x3y3,v(x,y)2x2y2

uuvv3x2,3y2,4xy2,4x2y均连续， xyxy5i42

要满足CR条件，必须要3x24x2y,4xy23y2成立

即仅当xy0和xy时才成立，所以函数f(z)处处不解析；

f(0)ux(0,0)i34vx(0,0)0,

33uf(i)44x33(,)44ivx33(,)4427(1i) 16

第3章

ezez1．解：2 z5z6(z2)(z3) 因奇点z=-2,-3在单位圆|z|1外部，所以

ez在|z|1处处解析。 2z5z6ezdz0 由柯西积分定理：c2z5z62f(z)(2z8z1)在z平面上解析 2．解：由于

所以在z平面内积分与路径无关

因此，选取最简单的路径为0与2a的直线段[0,2a]

2a则：0(2z28z1)dz(z34z2z)|0

2a231633a162a22a 3

3．解：由C-R条件uxvy2xy则

y2v(2xy)dy2xy(x)

2又因为uyvx 即x2y(2y'(x))

x2则(x)x 即(x)C

2'y2x2f(z)uiv(xxyy)i(2xyC)

222212又f(i)1i(C)1i

22所以C

y2x21故f(z)(xxyy)i(2xy)

22222124．解：(1)C内包含了奇点z1

12i1(2)dz()33C2!(z1)3∴(z1)(z1)z13i8

(2)C内包含了奇点z1,

12i1dz()(2)3C(z1)3(z1)32!(z1)∴

z13i8

第4章

1．解：f(z)11111， (z1)(z2)1z2zz1z2在复平面上以原点为中心分为三个解析环：

0|z|1， 1|z|2， 2|z|．

(1) 在0|z|1内，

f(z)11z1z212

1z2n0nn01nzn12n1z． 2nn0(2) 在1|z|2内，

f(z)11z1z1z212

1zn011zn2n0zn1znn1n1． 2nn0zn02(3) 在2|z|内，

f(z)11z1z12z1z

1zn011znznn012nn(21)． n1zznn02．解 因为部分和sn(zk1zk)zn11，所以，当z1时,sn1

k0当z1时,sn0，当z1时,sn不存在.

isoc和sin都没有极限,所以也不收ze当而0时（即z1,z1），

敛．

当z>1时,sn.

n1n故当z1和z1时, (zz)收敛.

n03．解: （1）

limnCn1n1lim1nCnn

故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：

z0(1)nzdz(1)nznnn-1n1n1z1z

所以

(1)n1nz1nzn-1(),z121z(1z)

于是有：

(1)n1n1nzz(1)nnzn1nn1z(1z)2z1

(2)令：

z2ns(z)(1)(2n)! n0nlimnCn11lim0.n(2n1)(2n2) Cn故R=∞, 由逐项求导性质

z2n1s(z)(1)(2n1)! n1ns(z)(1)nn1z2n2z2mz2n(1)m+1(mn1)(1)n(2n2)!m0(2m)!(2n)!n0由此得到s(z)s(z)

即有微分方程s(z)s(z)0

故有：s(z)AcoszBsinz， A, B待定。

z2n由S(0)A[(1)]z01A1

(2n)!n0nz2n1s(0)sinzBcosz[(1)]z00B0

(2n1)!n1n所以

z2n(1)cosz.R(2n)!n0

n

1ez4． 解:因为ln(1e)ln(ez)

z奇点为zk(2k1)πi(k0,1,...)所以Rπ 又

ln(1ez)z

z0ln2

z0ez[ln(1e)]1ezz1 2ez[ln(1e)](1ez)2eze2z[ln(1e)](1ez)3zz01 22z00

123

[ln(1e)]z(4)ez(14eze2z)(1ez)4z0于是，有展开式

ln(1ez)ln211214zzz...,Rπ 22!224!23第5章

1．解：显然，被积函数f(z)5z2在圆周|z|=2的内部只有一阶极2z(z1)点z=0及

二阶极点z=1

Res(f(z),0)5z2|z02 z(z1)25z2|2 2z1z(z1)Res(f(z),1)故由留数定理得

5z2|z|2z(z1)2dz2i(22)0

2． 解：函数 f(z)e如下Laurent展开式：

ez1zz1z有孤立奇点0与，而且在0z内有

ee(1zz1z121311111zz)(1) 2!3!z2!z23!z3(1111111) 2!2!3!3!4!zz1z

故 c1Res[eRes[ez1z,0]1

k0k!(k1)

,]1

k0k!(k1)

sin2z3． 解：令f(z)2，在|z|2内，函数f(z)有两个奇点．

z(z1)z0为可去奇点，Res[f(z),0]0，

z1为一阶极点，Res[f(z),1]lim(z1)f(z)

z1sin2zz2sin21，

z1原式2i(Res[f(z),0]Res[f(z),1])2isin21

4．解：因为1zi10z1z3在c内有z=1，z=-i两个奇点．

所以

dzczi10z1z32πiResfz,iResfz,1

2πiResfz,3Resfz,πi3i10

z:yz1:y12z1izxx1222z2:iy2z3:y3zz1izi2ez321x2x-i-113y4zz314z31z25z4x4iuwz5ii(z31izz5i-11故wz1)2i(ie1)23iziv(zie1312ieiz1-iz1)i(2ieiz1)i3

第6

章

1．

解：

2．解：令zrei，则r1,0

z2r2e2iei，

r21,022

故wz2将上半单位圆域映射为|w|1且沿0到1的半径有割痕.

yvi

wz2-11-1x-i1u

3． 解：

ziw4z4i1 1 (z) 1 1z1z(z1) 1 1 (z2) z2z11 1 z1z32z21(z3) 2z4z3(z4) (w) 1 2(1/z)11zi(1/z)1i1zw22(1/z)11zi(1/z)1i1z2第二篇

第1章

1．证明：

1因为f(t)G()eitd其中G()为f(t)的傅里叶变换

2πG()f(t)eitdtf(t)(costisint)dt f(t)costdtif(t)sintdt 当f(t)为奇函数时，f(t)cost为奇函数，从而f(t)costdt0

f(t)sint为偶函数，从而

f(t)sintdt2f(t)sintdt.

0故G()2i0f(t)sintdt. 有

G()G()为奇数。

f(t)1t2G()eid12G()(costisint)d=

12πG()isintdiπ0G()sintd 所以，当f(t)为奇函数时，有

f(t)0b()sintd.其中b()=2πf(t)sintdt.同理，当f(t)为偶函数时，有0f(t)0a()costd.其中

a()2π0f(t)costdt

2．（1）解：

Ff()f(t)eitdte|t|eitdte(|t|it)dt

0et(1i)dt0et(1i)dt212 （2）解：因为

2F[et2]πe4.而(et2)/et2(2t)2tet2.

2所以根据傅里叶变换的微分性质可得G()F(tet2)π2ie4 3．解:

f(t)F-1(F())=12ππ(0)(0)eitd而F(cos)=it0tcos0tedtei0tei0ti0

2etdtπ[(0)(0)]所以f(t)cos0t

4.证明:F[f(at)]()f(at)eitdt1f(at)eitd(at) a当a>0时,令u=at.则

ui11F[f(at)]()f(u)eaduF

aaa当a<0时,令u=at,则F[f(at)]()F().

a1a故原命题成立.

第2章

1．解：在方程两边取拉氏变换，并用初始条件得

S3Y(S)S2y(0)Sy(0)y(0)3(S2Y(S)Sy(0)y(0))

1 S1(S33S23S1)Y(S)12(S23S3)(S3)

S1 (2S35S24S1)

S1(2S1)(S1)2 S3(SY(S)y(0))Y(S)即 Y(S)2S111 S(S1)SS1 z

故 y(t)L1[Y(S)]et1

2. 解: (1)

121L(f(t))f(t)estdt2estdtestdt(2ese2s)001s

(2)L(f(t))0 3. （1）

πs11ef(t)estdtcostestdt(1eπs)20ss1

πteedeededettt000tttte[e]edet10tt0tt

（2）

sintcostsincos(t)d0t1t[sintsin(2t)]d20tttsintsin(2t)d220t1sintcos(2t)t024t1tsint[costcos(t)]sint242