复变函数与积分变换模拟题(开卷)

《复变函数与积分变换》模拟题（补）
一．判断题
1．函数若在某点可导一定在该点解析。

（ × ） 2. 若函数f (z )在区域D 内解析，则f (z )在区域D 内沿任意一条闭曲线C 的积分为0。

（ × ） 3. z
z
z sin 0是
=的一阶极点。

（ × ） 4. 不同的函数经拉普拉斯变换后的像函数可能相同。

（ ∨ ）
5．函数在某区域内的解析性与可导性等价。

（ ∨ ） 6．若函数f (z )=u (x,y )+i v (x,y )在区域D 内解析当且仅当
y
v
x v y u x u ∂∂∂∂∂∂∂∂,,,连续且满足柯西-黎曼方程。

（ × ） 7．2
cos 10z
z
z -=是
的本性奇点。

（ × ） 8．若),(),(y x v y x u 是的共轭调和函数，那么),(),(y x u y x v 是的共轭调和函数。

（ × ）
二．填空题 1．4
)11(
i
i +-= 1 。

2．设,iy x z +=求3
z 的虚部= 3
2
3y y x - 。

3．dz z z ⎰=-2||11= i π2 。

4．2
)1
1(-+z z 的孤立奇点的类型为 极点 （可去奇点、极点、本性奇点）。

5．L [t 2+3t +2]= s
s s 2
3223++ 。

6. 3)3131(
i
i -+= 1 。

7. ∑∞
=0!
n n
n z 的收敛半径为 ∞ 。

8． 函数142522++-z z z 的解析区域为 为复数z i z ,2
±≠ 。

9． z
e 1的孤立奇点的类型为 本性奇点 （可去奇点、极点、本性奇点）。

10. 设C 为正向圆周|z|=1,则
⎰+-C 2dz )i 1z (1
= 0 。

三．计算题
1. 分别给出i z 43+-=的三角形式的指数形式.
解： 54)3(||22=+-=z ，3
4
arctan 2)34arctan(-=++-=πππk Argz ,
因此三角形式为))3
4
tan sin()34arctan (cos(5acr i z -+-=ππ
指数形式为)
3
4
arctan (5-=πi e z
2. 判断下列函数在何处可导，何处解析？
1）2
2
)(iy x z f +=； 2）)3(3)(3
2
2
3
y y x i xy x z f -+-= 解：1）,2,0,0,2,
),(,),(2
2
y y
v x v y u x x u y y x v x y x u =∂∂=∂∂=∂∂=∂∂==四个偏导函数均连续，但柯西黎曼方程
x
v y u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,仅在x=y 处成立，故函数在x=y 处可导，处处不解析. (4分) 2) ,6,33,
3),(,3),(223
2
2
3
xy y
u
y x x u y y x y x v xy x y x u -=∂∂-=∂∂-=-=
,33,622y x y v
xy x v -=∂∂=∂∂显然四个偏导数处处连续且柯西-黎曼方程x
v y u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,处处成立，所以函数处处可导，处处解析.
3. 设C 为正向圆周|z |=3，计算积分I=⎰
-+C
dz z z z
)
2)(12(。

解：因为函数
)2)(12(-+z z z 在3||≤z 内的奇点为：22
1
=-=z z 和,
首先由复合闭路定理有
⎰⎰⎰==--++-+=-+=C z z dz z z z
dz z z z dz z z z I 1|||2|21)2(1
2)2(12)2(12）（）（）（， 由柯西积分公式有：
i
z z i dz z z z
dz z z z
i z z i dz z z z
dz z z z z z z z z z ππππ5
4122212)2)(12(5
)2(22)(2)
2()2)(12(2|2||2|1||1||212
1212
1=+=-+=-+=-=+-=-+==-=-=-==⎰⎰⎰⎰
所以.)2(1
2)2(121|||2|21i dz z z z dz z z z I z z π=-++-+==
⎰⎰==-）（）（ 本题也可按留数定理去做.
4．求函数⎩⎨
⎧>≤=0
,
00
,
)(t t e t f t 的傅里叶变换。

解：F [f (t )]= ω
ωωωωωj e j dt e
dt e
e dt e
t f t j t
j t
j t t
j -=-===∞--∞
--∞
--+∞
∞
--⎰⎰⎰
1111)(0
)1(0
)1(0
.
5．求下列各函数在孤立奇点处的留数。

1)
2
cos 1z
z
-； 2)
)
3)(2(1
+-z z z 在z=2处的留数；
3) 1
1sin
-z 。

解：1） 0是2cos 1z z -的奇点，因为21
2sin lim cos 1lim 020==-→→z z z
z z z ，故z=0为可去奇点，因此
0]0,cos 1[
Re 2
=-z z
s . 2）z=2是
)
3)(2(1
+-z z z 的一阶极点，故
10
1
)3)(2(1)2(lim ]2,)3)(2(1[
Re 2=+--=+-→z z z z z z z s z .
3）z=1是1
1
sin -z 的本性奇点，因为在1<|z|<+∞ ΛΛ+---+--+---=--1
253)
1()!12(1)1()1(!51)1(!311111sin
n n
z n z z z z ， 故1]1,1
1
[sin Re 1==--C z s .
6．求解微分方程.1)0(,sin )()(-==+'x t t x t x
解： 设L [x (t )]=X (s ) 对方程两边实行拉普拉斯变换得到
2
11
)()0()(s
s X X s sX +=
+- 即
2
11
)(1)(s s X s sX +=
++ 所以s
s s s s s s s X +-+++-=++-=11
211121121)1)(1()(2
222， 故)cos (sin 2
1
)(t e t t t x ---=.
7．判断函数)2()()(2
2
2
y xy i x y x z f -+--=在何处可导，何处解析？ 解：,2),(,),(2
2
2
y xy y x v x y x y x u -=--=
y x y
v y x v y y u x x u 22,2,2,12-=∂∂=∂∂-=∂∂-=∂∂ 四个偏导函数均连续，但要满足柯西黎曼方程
x
v
y u y v y x x x u ∂∂-=∂∂∂∂=-=-=∂∂,2212 需在21=y 处成立，故函数在2
1
=y 处可导，处处不解析.
8．已知3
2
3),(x xy y x v +-=，求以v (x,y )为虚部的解析函数f (z )且f (i )=-1。

解：显然3
2
3),(x xy y x v +-=是调和函数. 因f (z )解析，由柯西-黎曼条件，
x
u
xy y v y u x y x v ∂∂=-=∂∂∂∂-=+-=∂∂6,3322，
由上面第一式得到：),(32
3x y x y u ϕ+-=代入第二式得
,6)(6xy x xy x
u
-='+-=∂∂ϕ 有C x x ==')(,0)(ϕϕ，因此 ,3),(2
3
C y x y y x u +-=
,)3(3)(32323C iz xy x i C y x y z f +=-++-=
因.2,1,1)(4
-=-=+-=C C i i f 故
.2)3(23)(32323-=-+--=iz xy x i y x y z f。