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

第一篇第1章1.已知1313222zi，求||z，Argz。2.已知112iz，23zi，求12zz及12zz。3.设1z、2z是两个复数。求证：222121212|||||2Re()zzzz|z-z。4.证明：函数22(0)()0(0)xyzxyfzz在原点不连续。5.证明：z平面上的直线方程可以写成azazc（a是非零复常数，c是常数）第2章1.试判断函数3223()3(3)fzxxyixyy的可微性和解析性。2.解方程13zei3.求cos(1)i4.设3wz确定在从原点z=0起沿负实轴割破了的z平面上，并且3(2)2w（这是边界上岸点对应的函数值），试求()wz的值。5.设iyxyxzf22332)(，问)(zf在何处可导？何处解析？并在可导处求出导数值。第3章1.计算256zcedzzz其中C为单位圆周|z|=12.求积分220(281)azzdz3.已知：22uxxyy，()1fii求解析函数()fzuiv4.计算积分331(1)(1)Cdzzz,其中积分路径C为(1)中心位于点1z,半径为2R的正向圆周(2)中心位于点1z,半径为2R的正向圆周第4章1．将函数)2()1(1)(zzzf在0z点展开为洛朗(Laurent)级数．2．讨论级数10()nnnzz的敛散性3．求下列级数的和函数.(1)11(1)nnnnz(2)20(1)(2)!nnnzn4．用直接法将函数ln(1e)z在0z点处展开为泰勒级数,(到4z项),并指出其收敛半径.第5章1.计算积分2||252(1)zzdzzz2．求出zzezf1)(在所有孤立奇点处的留数3．zzzzzd)1(sin2||224．10cdi13zzzzc:|z|=2取正向．第6章1．求一映射，将半带形域0,22yx映射为单位圆域.2．求上半单位圆域}0Im,1||:{zzz在映射2zw下的象.3．求把区域{:||1,Im0}Dzzz映射到单位圆内部的共形映射第二篇第1章1．证明：如果f(t)满足傅里叶变换的条件，当f(t)为奇函数时，则有0dsin)()(tbtf其中0tdtsinπ2)(tfb当f(t)为偶函数时，则有0cos)()(tdwatf其中02tdtcf(t))(osa2．求下列函数的傅里叶变换(1)()tfte(2)2()tftte3.已知函数()ft的傅里叶变换00F()=π()(),求()ft4.设函数f(t)的傅里叶变换()F，a为一常数.证明1[()]().fatFaa第2章1．用Laplace变换求解常微分方程：2)0(,1)0()0(133yyyyyyy2.求下列函数的拉普拉斯变换（1）2,01()1,120,2tfttt(2)cos,0π()0,πttftt3.计算下列函数的卷积（1）ett（2）sinsinatat作业答案第一篇第1章1.解：2213||()()122z32arctan2,0,1,2,12Argzkk……2.解：4112iize6232izie所以64121222iiizzeee54()146122611222iiiizeeeze3.证明：2121212||()()zzz-zz-z22121221||||zzzzzz22121212||||zzzzzz221212||||2Re()zzzz4．证明：22(0)()0(0)xyzxyfzz当点zxyi沿ykx趋于0z时，()1kfzk故当k取不同值时，()fz趋于不同的数()fz在原点处不连续5．证明：设直线方程的一般形式为0azazc（a，b，c均为实常数，a，b不全为零）因为：,22zzzzxy代入化简得：11()()022abizabizc令1()02abi得zzc反之，设有方程zzc（复数0，c是常数）用zxiy代入上式，且令1()2abi化简即得第2章1.解：因32(,)3uxyxxy，23(,)3vxyxyy而22(,)33xuxyxy，(,)6yuxyxy(,)6xvxyxy，22(,)33yvxyxy由于(,),(,),(,),(,)xyxyuxyuxyvxyvxy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：(13)zLniln2(arg(13)2)iikln2(2)(0,1,23ikk……）3．解：(1)(1)cos(1)2iiiieei112iiee11()cos1()sin122eeeei4．解：设izre，则3(),0,1,2kwrzk这里,,()||0zGrzz且必（1）由一定条件定k：Z=-2时，(2)2,2r（）要233322kie，则必有k=1（2）求()wi的值因()1,()2rii则54()iwie5．解：22332),(,),(yxyxvyxyxuyxyvxyxvyyuxxu22224,4,3,3均连续，要满足RC条件，必须要222234,43yxyyxx成立即仅当0yx和43yx时才成立，所以函数)(zf处处不解析；,0)))0(0,0(0,0(xvixuf)1(1627)4343()43,43()43,43(ixvixuif第3章1．解：256(2)(3)zzeezzzz因奇点z=-2,-3在单位圆||1z外部，所以256zezz在||1z处处解析。由柯西积分定理：2056zcedzzz2．解：由于2()(281)fzzz在z平面上解析所以在z平面内积分与路径无关因此，选取最简单的路径为0与2a的直线段[0,2a]则：22322002(281)(4)|3aazzdzzzz3322161623aaa3．解：由C-R条件2xyuvxy则2(2)2()2yvxydyxyx又因为yxuv即'2(2())xyyx则'()xx即2()2xxC2222()()(2)22yxfzuivxxyyixyC又221()1()12fiiCi所以12C故22221()()(2)222yxfzxxyyixy4．解：(1)C内包含了奇点1z∴(2)13331213()(1)(1)2!(1)8zCiidzzzz(2)C内包含了奇点1z,∴(2)13331213()(1)(1)2!(1)8zCiidzzzz第4章1．解：)2()1(1)(zzzf2111zzzz2111，在复平面上以原点为中心分为三个解析环：1||0z，2||1z，||2z．(1)在1||0z内，212111)(zzzf00221nnnnnzz01211nnnz．(2)在2||1z内，2121111)(zzzzf0022111nnnnnzzz010121nnnnnzz．(3)在||2z内，zzzzzf211111)(002111nnnnnzzzz011)12(nnnz．2．解因为部分和110()1nkknnkszzz，所以，1,1nzs当时1,0nzs当时，1,nzs当时不存在.当iez而0时（即1,1zz），cos和sin都没有极限,所以也不收敛．,nzs当1时.故当1z和1z时,10()nnnzz收敛.3．解:（1）11limlim1nnnnCnCn故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：-1011(1)(1)1znnnnnnznzdzzz所以-1211(1)(),11(1)nnnznzzzz于是有：11211(1)(1)1(1)nnnnnnznzznzzz(2)令：20()(1)(2)!nnnzszn11limlim0.(21)(22)nnnnCCnn故R=∞,由逐项求导性质211()(1)(21)!nnnzszn2222+1100()(1)(1)(1)(1)(22)!(2)!(2)!nmnnmnnmnzzzszmnnmn由此得到()()szsz即有微分方程()()0szsz故有：()cossinszAzBz，A,B待定。200(0)[(1)]11(2)!nnznzAAn由S2101(0)sincos[(1)]00(21)!nnznzszBzBn所以20(1)cos.(2)!nnnzzRn4．解:因为1eln(1e)ln()ezzz奇点为(21)πi(0,1,...)kzkk所以πR又0ln(1e)ln2zz0e1[ln(1e)]1e2zzzz022e1[ln(1e)](1e)2zzzz203ee[ln(1e)]0(1e)zzzzz2(4)043e(14ee)1[ln(1e)](1e)2zzzzzz于是，有展开式2423111ln(1e)ln2...,π22!24!2zzzzR第5章1．解：显然，被积函数252()(1)zfzzz在圆周|z|=2的内部只有一阶极点z=0及二阶极点z=10252Re((),0)|2(1)zzsfzzz1252Re((),1)|2(1)zzsfzzz故由留数定理得2||2522(22)0(1)zzdzizz2．解：函数zzezf1)(有孤立奇点0与，而且在z0内有如下Laurent展开式：)1!311!2111)(!31!211(323211zzzzzzeeezzzzz1)!41!31!31!21!211(故011)1(!1]0,[Rekzzkkesc01)1(!1],[Rekzzkkes3．解：令)1(sin)(22zzzzf，在2||z内，函数)(zf有两个奇点．0z为可去奇点，0]0),([Reszf，1z为一阶极点，)()1(lim]1),([Res1zfzzfz1sinsin2122zzz，原式1sin2])1),([Res]0),([Res(22izfzfi4．解：因为101i13zzz在c内有z=1，z=-i两个奇点．所以10c10d2πiRe