复变函数与积分变换试卷1-答案

《复变函数与积分变换》期末试卷1

参考答案及评分标准

第一题：填空。

1．1； 2. 连通开集； 3. 奇点； 4. 3-； 5. 圆周； 6.解析； 7. 绝对收敛；

8. 本性奇点； 9. 0

0lim()()z z

z z f z →-； 10. 保角性。 第二题：选择。

1：B ；2：A ；3：C ；4：D ；5：B 。 第三题：计算。

1：13(23)13(arctan 2)22

n n L i l i k ππ-+=+-+，k Z ∈； 模2分，辐角4分 2：C 的参数方程为0(02)i z z re θθπ=+≤≤

22(1)10001()i i n n n in n C

dz ire d e d z z r e r θ

ππθθθθ---==-⎰⎰⎰ 221

1

cos(1)sin(1)n n i i n d n d r

r

π

π

θθθθ--=

-+

-⎰

⎰

（4分）

21

01i n n π=⎧=⎨≠⎩

。（2分）

3：1

10

()1n k k n n k S z z z -+==-=-∑。 （1分）

当1z <时，lim 1n n S →∞

=-，故级数收敛于1-； 当1z =时，lim 0n n S →∞

=，故级数收敛于0； 当1z =-时，lim n n S →∞

不唯一，故级数发散； 当1z =而i z e θ=(0)θ≠时，cos sin n z n i n θθ=+，因为cos n θ和sin n θ的极限都不存在，所以lim n n S →∞

不存在，级数发散；

当1z >时，级数显然发散。 （以下讨论每步1分） 4：显然，点ai 是函数的二阶极点。

2

22

2R e [(),]l i m [()]()

ibz z ai d e s f z ai z az dz z a →=-+2

l i m []()ibz

z ai d e dz z ai →=+ （4分） 2321lim

()4ibz ab

z ai ibz ab ab

e i z ai a e →--+==-+。 （2分）

5：0

()()j t

j t

F f t e dt Ae

dt τ

ωωω+∞

---∞==⎰⎰()(1)0j t j t A A e e j j ωωτω

ω--=-=-。 （第一步4分，结果2

分）

第四题：证明

证明：由连续性可知，对任给的0ε>，存在()0δε>，使得当0r δ≤≤时，有 ()()i f re f θωε-<，(02)θπ≤≤，因此（4分）

220

[()(0)][()(0)]2i i f re f d f re f d π

π

θ

θθθπε-≤-≤⎰

⎰

（4分）

即 20

0l i m [()(0)]0i r f r e f d π

θ

θ→-=⎰，（2分） 故 20

0l i m ()2(0

)i r f r e d f π

θθπ→=⎰。 第五题：解答

1：2

4

024[()]30st st st f t e dt e dt e dt +∞

---=+-+⋅⎰⎰⎰ 24

3102st st

e e s

s

--=-+241

(34)s s e e s

--=-+ 2：令()[()]X s x t =，()[()]Y s y t =，对方程两边取拉氏变换得

2222

2

()1()1()()012()2()1()()1s X s s Y s X s Y s s X s s Y s X s Y s s ⎧+++++=⎪⎨+---+=⎪+⎩

， （4分） 求解得

21

()()1

X s Y s s ==-

+ （4分） 取拉氏逆变换得到原方程的解为

()()sin x t y t t ==-。 （2分）