复变函数的积分习题二答案
复变函数与积分变换答案(马柏林、李丹横、晏华辉)修订版,习题2
y
v ex ( y cos y x sin y) ex (sin y) ex ( y cos y x sin y sin y) x
v ex (cos y y( sin y ) x cos y) ex (cos y y sin y x cos y ) y
所以 u
v ,
u
v
xy
y
x
所以 f( z)处处可导，处处解析 .
v
xy
y
x
所以 v xv,v源自xyv ,即 u u v v 0
y
xyxy
从而 v 为常数， u 为常数，即 f(z)为常数 .
(3) Ref (z)=常数 .
证明：因为 Ref(z)为常数，即 u=C1, u x
u0 y
因为 f( z)解析， C-R 条件成立。故 u x
u 0 即 u=C2 y
从而 f( z)为常数 .
而 lim u x, y x, y 0,0
x 3 y3
lim
x, y 0,0
x2
y2
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7
—
∵
x3 x2
y3 y2
xy x y 1 x2 y2
∴ 0≤
x3 x2
y3 3 y2 ≤ 2 x
y
x3 y3
∴
lim
x, y 0,0
x2
y2
0
同理
x3
lim
x, y 0,0
x2
y3 y2
0
∴ lim f z 0 f 0 x, y 0,0
证明：因为 f ( z) 0 ，所以 u x
u 0, v
y
x
v 0.
y
所以 u,v 为常数，于是 f(z)为常数 .
复变函数的——积分习题二答案
1
直线x − 上可导，在z 平面上处处不解析。
2
∂u 2 ∂u ∂v ∂v 2
----------------------- Page 1-----------------------
习题二解答
1．利用导数定义推出：
1 1
⎛ ⎞ z +∆z z
2 ）⎜ ⎟' lim −lim =− 2
z ∆→z 0 ∆z ∆→z 0 z(z +∆z) z
在z 平面上处处连续，且当且仅当z=0 时，u,v 才满足C-R 条件，故 () 2 2
f z xy +i x y 仅在点z 0
z −1 cz +d
′ 4 ()
解 （1）由于f z 5(z =−1) ，故f z 在z 平面上处处解析。
() ′( )
（1）如果f z 在z0 点连续，那么f z0 存在。
′( ) ( )
（2 ）如果f z0 存在，那么f z 在z0 点解析。
2x 3y ,即 2x ± 3y 0 时，u,v 才满足C-R 条件，故
3 3
f z u =+iv 2x =+3y i 仅在直线 2x ± 3y 0 上可导，在z 平面上处处不解析。
−1
知 () ()
f z 在除去点z ±1外的z 平面上处处可导。处处解析，z ±1是f z 的奇点。
1
----------------------- Page 2-----------------------
ad −bc
f ′z ()
（3）由于 ′( )
f z 2 − 2 2
2 ( )( )
复变函数与积分变换五套试题及答案
复变函数与积分变换试题（一）一、填空（3分×10）1．的模 ，幅角 。
)31ln(i --2．-8i 的三个单根分别为： ，，。
3．Ln z 在 的区域内连续。
4．的解极域为：。
z z f =)(5．的导数。
xyi y x z f 2)(22+-==')(z f 6．。
=⎥⎦⎤⎢⎣⎡0,sin Re 3z z s 7．指数函数的映照特点是：。
8．幂函数的映照特点是：。
9．若=F [f (t )]，则= F 。
)(ωF )(t f )][(1ω-f 10．若f （t ）满足拉氏积分存在条件，则L [f (t )]=。
二、(10分)已知，求函数使函数为解析函222121),(y x y x v +-=),(y x u ),(),()(y x iv y x u z f +=数，且f (0)=0。
三、（10分）应用留数的相关定理计算⎰=--2||6)3)(1(z z z z dz四、计算积分（5分×2）1．⎰=-2||)1(z z z dz2． C ：绕点i 一周正向任意简单闭曲线。
⎰-c i z z3)(cos 五、（10分）求函数在以下各圆环内的罗朗展式。
)(1)(i z z z f -=1．1||0<-<i z 2．+∞<-<||1i z 六、证明以下命题：（5分×2）（1）与构成一对傅氏变换对。
)(0t t -δo iwt e -（2）)(2ωπδ=⎰∞+∞-ω-dt e t i 七、（10分）应用拉氏变换求方程组满足x (0)=y (0)=z (0)=0的解y (t )。
⎪⎩⎪⎨⎧='+=+'+='++'0401z y z y x z y x 八、（10分）就书中内容，函数在某区域内解析的具体判别方法有哪几种。
复变函数与积分变换试题答案（一）一、1．， 2.-i 2i -i22942ln π+ππk arctg 22ln 32+-333.Z 不取原点和负实轴 4. 空集5.2z 6．07.将常形域映为角形域8.角形域映为角形域9.10.⎰∞+∞-ωωπωωd e F i )(21⎰∞+-0)(dte tf st 二、解：∵∴（5分）yu x x v ∂∂-=-=∂∂xuy y v ∂∂==∂∂c xy u +=cxy y x i z f ++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=222121)(∵f (0)=0c =0（3分）∴（2分）222222)2(2)(2)(z ixyi y x i y x i xy z f -=+--=--=三、解：原式=（2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2621π01=z 12=z （2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2643π33=z ∞=4z 2312(3,)3)(1(1Re 66⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--分）z z z s =0⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋅--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞--0,1)31)(11(11Re 2,)3)(1(1Re 266z z z z s z z z s 分）（∴原式=（2分） =23126⨯⨯i πi 63π-四、1．解：原式（3分）z 1=0z 2=1⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=∑=k k z z z s i ,)1(1Re 221=0（2分）]11[2+-=i π2．解：原式=iz z i=''=s co !22πi z z i =-π=）（cos i i cos π-=1ich π-五、1．解：ni z z f ∑∞⎪⎫⎛--⋅=⋅⋅=⋅=1111111111)(分）（分）（分）（（2分）11)(--∞=-=∑n n n i z in nn i z i )(1-=∑∞-=2．解：⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅-=-+⋅-=i z i i z i z i i z z f 11)(11)(1)(11)(2分）（分）（（1分）（2分）nn i z i i z ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛---=02)(120)(11+∞=-=∑n n n i z i 20)(--∞=-=∑n n n i z i 六、1．解：∵（3分）∴结论成立0)(0t i e t t ti t i e dt e t t ωωωδ-==--∞+∞-=-⎰（2）解：∵（2分）1)(2210==ωπδπ=ωω-ω-∞+∞-⎰t i t i e dw e ∴与1构成傅氏对)(2w πδ∴（2分）)(2ωπδω=-∞+∞-⎰dt e t i 七、解：∵（3分）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=++=++)3(0)(4)()2(0)()()()1(1)()()(s sZ s Y s Z s sY s X S s sZ s Y s sX S （2）-（1）：∴（3分）⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=s s s Y 111)(2⎪⎭⎫ ⎝⎛++--=--=1111211112s s s s s s ∴cht e e t Y t t -=--=-121211)(八、解：①定义；②C-R 充要条件Th ；③v 为u 的共扼函数10分复变函数与积分变换试题（二）一、填空（3分×10）1．函数f (z )在区域D 内可导是f (z )在D 内解析的（）条件。
复变函数参考答案(1-8章)
复变函数与积分变换同步练习参考答案中北大学复变函数教研室编印1复变函数同步练习第一章参考答案三、作业题1、(1)设23412i z i +⎛⎞=⎜⎟−⎝⎠，则z = 5 ，辐角主值为4arctan()3π−。
(2)设55(1)1(1)1i z i −−=++，则其实部为125−，虚部为3225−。
提示：本题注意到2(1)2i i −=−，2(1)2i i +=。
则52225222(1)1[(1)](1)1(2)(1)1132(1)1[(1)](1)1(2)(1)12525i i i i i z i i i i i i −−−−−−−−====−−+++++++ 。
(3)一复数对应的向量按逆时针方向旋转23π时对应的复数为1i +，则原复数为1122−+−+。
提示：本题相当于解23111(1)()(1)2222i z ei i i i π−−+−=+=−−+=+。
(4)设1z =2z i =−，则12z z 的指数式i122e π，12zz 的三角式为 155[cos sin 21212i ππ+。
(5)2122lim1z zz z z z →+−−=−32。
提示：211122(2)(1)23limlim lim 1(1)(1)12z z z zz z z z z z z z z z →→→+−−+−+===−−++。
(6)设复数z 满足arg(2)3z π+=，5arg(2)6z π−=，那么z=1−+。
提示：（利用复数的几何意义）向量2z −与向量2z +夹角为5632πππ−=，在复平面上，代表复数2z −、z 、2z +的点在平行于x 轴的直线上（由于此三点的虚轴没有发生变2化）。
连接0，2z +，2z −的三角形为Rt Δ。
因此推出向量2z =，2arg 3z π=，即1z =−+。
本题也可以利用代数法来做。
2、把复数πααα≤≤+−=0,sin cos 1i z 化为三角表示式与指数表示式，并求z 的辐角主值。
(完整版)《复变函数与积分变换》习题册(2)
第一章 复数与复变函数本章知识点和基本要求掌握复数的概念和它的各种表示方法及运算; 熟悉复平面、模与辐角的概念;熟练掌握乘积与商的模、隶莫弗公式、方根运算公式； 了解区域的概念;理解复变函数的概念; 理解复变函数的极限和连续的概念。
一、填空题1、若等式))(()75(i y i x i i -+=-成立，则=x ______, =y _______.2、设(12)(35)13i x i y i ++-=-,则x = ，y =3、若1231izi i，则z4、若(3)(25)2i i zi,则Re z5、若421iz i i+=-+，则z = 6、设(2)(2)z i i =+-+,则arg z =7复数1z i =-的三角表示式为 ，指数表示式为 .8、复数i z 212--=的三角表示式为 _________________，指数表示式为_________________. 9、设i z 21=，i z -=12，则)(21z z Arg = _ _____。
10、设4i e 2z π=，则Rez=____________. Im()z = 。
z11、。
方程0273=+z 的根为_________________________________。
12、一曲线的复数方程是2z i -=，则此曲线的直角坐标方程为 . 13、方程3)Im(=-z i 表示的曲线是__________________________.14、复变函数12+-=z z w 的实部=),(y x u _________，虚部=),(y x v _________。
15、不等式114z z -++<所表示的区域是曲线 的内部.16二、判断题（正确打√，错误打⨯）1、复数7613i i +>+. （ ）2、若z 为纯虚数，则z z ≠. （ ）3、若 a 为实常数，则a a = （ ）4、复数0的辐角为0.5、()f z u iv =+在000iy x z +=点连续的充分必要条件是(,),(,)u x y v x y 在00(,)x y 点连续。
复变函数与积分变换习题册(含答案)
第1章 复数与复变函数 (作业1)一、填空题 1、ieπ2的值为 。
2、k 为任意整数，则34+k 的值为 。
3、复数i i (1)-的指数形式为 。
4、设b a ,为实数，当=a , b= 时，).35)(1()3()1(i i b i a ++=-++ 二、判断题（正确的划√，错误的划 ） 1、2121z z z z +=+ （ ）2、()()())z Re(iz Im ;z Im iz Re =-= （ ）3、()()i i i 125432+=++ （ ） 三、选择题1．当ii z -+=11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1-2．复数)(tan πθπθ<<-=2i z 的三角表示式是（ ）（A ）)]2sin()2[cos(secθπθπθ+++i （B ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos(secθπθπθ+++-i （D ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 3．使得22z z =成立的复数z 是（ ）（A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数 4.若θi re i i=+--2)1(3，则（ ） （A ）πθ-==3arctan ,5r （B ）πθ-==3arctan ,210r （C ）3arctan ,210-==πθr （D ）3arctan ,5-==πθr 5. 设复数z 位于第二象限，则z arg 等于（ ）。
(A) x y arctan 2+π (B) x y arctan +π (C) x y arctan 2-π (D) xy arctan +-π 四、计算与证明题 1、设ii i i z -+-=11，求.),Im(),Re(z z z z2、当x y ,等于什么实数时，等式()i iy i x +=+-++13531成立？3、求复数ii-+23的辐角。
复变函数与积分变(北京邮电大学)课后的习题答案
1 i 1 i 1 i 2 2 2
4、证明：当且仅当 z z 时，z 才是实数．
3
1 1 3 1 8
3 1 3
2
2
3
3
3
证明：若 z z ，设 z x iy ，
3 2 2 2 2 x x 2 y 2 2 xy 2 y x y 2x y i
③解： 2 i 3 2i 2 i 3 2i 5 13 65 ．
2 i 3 2i 2 i 3 2i 2 i 3 2i 4 7i
za 因为 L ={z: Im =0}表示通过点 a 且方 b
向与 b 同向的直线，要使得直线在 a 处与圆相切， 则 CA⊥ L ．过 C 作直线平行 L ，则有∠BCD=β， ∠ACB=90° 故 α-β=90° 所以 L 在 α 处切于圆周 T 的关于 β 的充要条件
习题二xy所以4i的一段即平面上扇形域即是以原点为焦点张口向右抛物线如图所示limlimlimlim的极限不同所以极限不存在limlimlimlim00lim00lim00lim所以fz在整个为正整数所以fz在整个xyxy时才满足cr方程
复变函数与积分变换课后答案（北京邮电大学出版社）
复变函数与积分变换 （修订版）
1 i 3 ∴ Re 1, 2
④解： ∵
3
1 i 3 Im 0． 2
2 2 2 2 π π cos isin i i 2 4 4 2 2 2
(完整版)《复变函数与积分变换》习题册(2)
第一章 复数与复变函数本章知识点和基本要求掌握复数的概念和它的各种表示方法及运算； 熟悉复平面、模与辐角的概念；熟练掌握乘积与商的模、隶莫弗公式、方根运算公式； 了解区域的概念；理解复变函数的概念； 理解复变函数的极限和连续的概念。
一、填空题1、若等式))(()75(i y i x i i -+=-成立，则=x ______, =y _______.2、设(12)(35)13i x i y i ++-=-，则x = ，y =3、若1231izi i，则z4、若(3)(25)2i i zi，则Re z5、若421iz i i+=-+，则z = 6、设(2)(2)z i i =+-+，则arg z =7复数1z i =-的三角表示式为 ，指数表示式为 。
8、复数i z 212--=的三角表示式为 _________________，指数表示式为_________________.9、设i z 21=,i z -=12，则)(21z z Arg = _ _____.10、设4i e 2z π=,则Rez=____________. Im()z = 。
z11、.方程0273=+z 的根为_________________________________.12、一曲线的复数方程是2z i -=，则此曲线的直角坐标方程为 。
13、方程3)Im(=-z i 表示的曲线是__________________________. 14、复变函数12+-=z z w 的实部=),(y x u _________,虚部=),(y x v _________. 15、不等式114z z -++<所表示的区域是曲线 的内部。
16二、判断题（正确打√，错误打⨯）1、复数7613i i +>+. ( )2、若z 为纯虚数，则z z ≠. ( )3、若 a 为实常数，则a a = （ ）4、复数0的辐角为0.5、()f z u iv =+在000iy x z +=点连续的充分必要条件是(,),(,)u x y v x y 在00(,)x y 点连续。
复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的第二章习题答案
解：f(z)除 外处处可导，且 .
(4) .
解：因为
.所以f(z)除z=0外处处可导，且 .
6.试判断下列函数的可导性与解析性.
(1) ;
解： 在全平面上可微.
所以要使得
， ,
只有当z=0时,
从而f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.
(2) .
解： 在全平面上可微.
只有当z=0时,即(0,0)处有 , .
它们分别为
∴
∴满足C-R条件．
(3)当z沿y=x趋向于零时，有
∴ 不存在．即f(z)在z=0处不可导．
11.设区域D位于上半平面，D1是D关于x轴的对称区域，若f(z)在区域D内解析，求证 在区域D1内解析．
证明：设f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，因为f(z)在区域D内解析．
所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足C-R方程，即 ．
15.计算下列各值．
(1)
(2)
(3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i
(4)
16.试讨论函数f(z)=|z|+lnz的连续性与可导性．
解：显然g(z)=|z|在复平面上连续，lnz除负实轴及原点外处处连续．
设z=x+iy，
在复平面内可微．
故g(z)=|z|在复平面上处处不可导．
所以f(z)在z=0处可导，在全平面上不解析.
(3) ;
解： 在全平面上可微.
所以只有当 时，才满足C-R方程.
从而f(z)在 处可导，在全平面不解析.
(4) .
解：设 ，则
所以只有当z=0时才满足C-R方程.
从而f(z)在z=0处可导，处处不解析.
复变函数与积分变换答案-第2章解析函数
11 27、第二章 解析函数习题详解1、(1) f 1(z )= z 4在定义域(-,+) 内连续；2) f 2(z ) =4z +5在定义域(-,+)内连续； 1在定义域-, 3,3, +内连续。
- 4, v = 16u + 64, 为一抛物线。
4、(1)w = z 3，则w = (2i )3= -8i , w =( 2+2i )3=2 2+12i -12 2-8i =-10 2+4i ；5、 f (z )=Re z =x ，当 y →0时， f (z )→1；当x →0时， f (z )→0，因为极限不等， z x + iy 所以当z →0时， f (z )极限不存在。
1在原点处不连续，故 w =i arg z +1 在负实轴上与原点 zz3) f 3 (z )= 22、w = z2u =x 2-y 2v = 2 xy u =x 2 -4，把直线C :y =2映射成:u =x -4v = 4 xvx = ，代入第一个式子，4u =3、1zw = = = z zzx - iy22,x + yv =x 22 x + y-y 22 x + y把直线C :x =1映射成，:vu =v =1 1+y 2-y 1+y 21-u u 2u= (1- u ) u v 2 + u 22)w = z 3，像域为0arg w 26、i arg z 在负实轴上与原点处不连续， 处不连续。
f (z +z )- f (z )z →0z= limz →0(z +z )2zy 2 = 1 -1 = u为一个圆周。
uz 2-(z +z )2z 2(z +z )2z 2 -z 2 -2z z -z 22= lim = lim = - 。
z →0 z z →0z 2(z +z )2zz 38、(1) f (z ) =5-3z +5z 2，在(-,+)内解析，且导数为 f (z ) = -3+10z ；12、(1) z =e 1-2i =ecos -i sin=-ei ；1222) f (z )=1 1 1z 4 -1 (z 2 -1)(z 2 +1) (z -1)(z +1)(z +i )(z -i )在(-,+)内除z =1,5z +431 1 5 3) f (z )= z +4,在(-,+)内除z = - 3外解析， f (z )=1+ 2 =1+ 52z + 32 2 2z +32 2(2z +3)且导数为： f(z )= 1(2z +3)-2(-2)=-5 (2z +3)29、(1) f (z )=Im z = y 在z 平面上的点点不可导，不解析(因柯西-黎曼条件不满足)；2) f (z )= z 4 ，在平面上的点解析。
复变函数与积分变换 第二章课后答案
e z sin z e z sin z 则 dz z 2i dz 2 z 2i z 4 z 3 z 2 i 1
2i
e 2i sin 2i e 2i sin 2i e 2i sin 2i e 2i sin( 2i ) 2i 2i 2i 2i 2i 2 2 sin 2i e 2i e 2i sin 2i cosh 2i . 2
i
i
i i
= 2 cos i .
7. 沿指定曲线的正向计算下列各积分： （1）
C
ez dz ， C ： z 2 1 ； z2 dz (a 0) ， C ： z a a ； z a2
2
（2）
C
（3）
C
eiz 3 dz ， C ： z 2i ； 2 z 1 2 f ( z) dz ， C ： z 1 ； f ( z ) 在 z 1 上解析, z0 1 ； z z0
z 0
0.
4
(8) f ( z ) 有四个奇点， 其中 z i在c 内，作互不相交互不包含且 在 C 内的小圆周 c1和c2 包含 i 与-i，则
c1
(z
2
1 dz 1 dz 2 4)( z i ) z i c2 ( z 4)( z i ) z i
(2) 由于被积函数在全平面上解析,利用柯西积分定理得
求积分
C
3 z 2 dz 0 .
2. 设 C 是由点 0 到点 3 的直线段与点 3 到点 3 i 的直线段组成的折线，
C
Re zdz ．
解 将 C 分为两段,从 z=0 到 z=3, c1 的方程为 z 3 x, 0 x 1,
(含答案)复变函数与积分变换习题解析2
习题2.11. 判断下列命题的真假，若真，给出证明；若假，请举例说明． （1）如果()f z 在0z 连续，那么0()f z '存在． （2）如果0()f z '存在，那么)(z f 在0z 解析． （3）如果0z 是()f z 的奇点，那么()f z 在0z 不可导． （4） 如果0z 是()f z和()g z 的一个奇点，那么0z 也是()()f z g z +和()()f z g z ⋅的奇点．（5）如果(,)u x y 和(,)v x y 可导，那么()(,)(,)f z u x y iv x y =+亦可导．2．应用导数定义讨论函数)Re()(z z f =的可导性，并说明其解析性．3．证明函数在0z =处不可导． 习题2.21. 设试证)(z f 在原点满足柯西-黎曼方程，但却不可导.（提示：沿抛物线x y =2趋向于原点）2. 判断下列函数在何处可导，何处解析，并在可导处求出其导数．（1）y ix xy z f222)(+=； （2）i y x y x z f 22332)(+-=； （3）=)(z f232z z -+； （4）22()2(1(2)f z x y i x y y =-+-+）. 3.（1 （2 （3）iy x z f 2)(+=； （4 4. （1）iz z z f 2)(3+=； （25. 讨论下列各函数的解析性．（1）3223()33f z x x yi xy y i =+--； （2 (0)z ≠； （3）1(33)x iy ω-=-； （4习题2.31. 证明下列u 或v 为某区域的调和函数，并求解析函数()f z u iv =+． （1）2(1)u x y =-； （2）3223u x x xy =-+；（3）323u x xy =-； （4）23v xy x =+；（5）x y x v 222+-=； （62. 求k 值使22ky x u +=为调和函数，并求满足1)(-=i f 的解析函数iv u z f +=)(．3. 设函数iv u z f +=)(是一个解析函数，且y x xy y x y x v u 22332233---+-=+，求iv u z f +=)(.4. 证明：如果函数iv u z f +=)(在区域D 内解析，并满足下列条件之一，则)(z f 是常数.（1（2（3（4（5.5.（1（2）u -是v 的共轭调和函数.6. 如果iv u z f +=)(是z 的解析函数，证明：（1（2习题2.41.（2 （3（4（5（6）()i Ln e ； （7）i 3； （8）i i )1(+；（9）1(34)i i ++； （10）)1sin(i +；（11）cos(5)i π+； （12）i ei cos 1++π.2（1 （2）0cos sin =+z z .3. （1 （2 （34．证明：（1）121212sin()sin cos cos sin z z z z z z +=+，212121sin sin cos cos )cos(z z z z z z -=+；2）1cos sin 22=+z z ； （3（4 （55．证明：（1）122=-z sh z ch ； （2）z ch z sh z ch 222=+；（3）cos sin shz shx y ichx y =+，cos sin chz chx y ishx y =+；（4）212121)(shz chz chz shz z z sh +=+，212121)(shz shz chz chz z z ch +=+.复 习 题 二一、单项选择题1.D2.C3.B4.A5.C6.C7.A8.A9.D 10.C 11.C 12.B一、单项选择题1. ）. D.z sin2. 下列说法正确的是（ ）.A.函数的连续点一定不是奇点B.可微的点一定不是奇点C.)(z f 在区域D 内解析，则)(z f 在D 内无奇点D.不存在处处不可导的函数3. 下列说法错误的是（ ）. A.如果)(z f 在点0z 解析，则)(z f 在点0z 可导B.如果0z 是)(z f 的奇点，则)(0z f '不存在C.如果)(z f 在区域D 内可导，则)(z f 在D 内解析D.如果)(z f 在点0z 可导，则)(z f 在点0z 连续 4. 下列说法正确的是（ ）.A.iv u z f +=)(在区域D内解析，则v u ,都是调和函数B.如果v u ,都是区域D 内的调和函数，则iv u +是D 内的解析函数C.如果v u ,满足C-R 方程，则v u ,都是调和函数D.iv u +是解析函数的充要条件是v u ,都是调和函数5. 设函数iv u z f +=)(解析，则下列命题中错误的是（ ）.A.v u ,均为调和函数B.v 是u 的共轭调和函数C.u 是v 的共轭调和函数D.u -是v 的共轭调和函数6. 设函数iv u z f +=)(在区域D 内解析，下列等式中错误的是（ ）.7. 设在区域D 内v 为u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是（ ）. A.iu v - B.iu v + C.iv u - D.x x iv u -8. 函数z z z f Im )(2=在0=z 处的导数（ ）. A. 等于0 B. 等于1 C. 等于 -1 D. 不存在9. 下列数中为实数的是（ ）.A. 3)1(i -B. i sinC. LniD. i e π-310. 下列函数中是解析函数的是（ ）.A.xyi y x 222--B.xyi x +2 C. )2()1(222x x y i y x +-+- D. 33iy x + 11. 设z z f cos )(=，则下列命题中，不正确的是（ ）. A. )(z f 在复平面上处处解析 B. )(z f 以π2为周期12. 设Lnz =ω是对数函数，则下列命题正确的是（ ）.A. nLnz Lnz n =B. 2121Lnz Lnz z Lnz +=因为x z =是实常数，所以x Lnx Lnz ln ==二、填空题 在区域D 内三、计算题1. 指出下列函数的解析区域和奇点，并求出其导数.（1）zzezf z sincos)(+-=；（2（3（4（5（62..（1（3（53. 试证下列函数为调和函数，并求出相应的解析函数ivuzf+=)(.（1）xu=；（2）xyu=；（3）3223236yxyyxxu+--=；（4（5）yev x sin2=；（64. 已知22yxvu-=-，试确定解析函数ivuzf+=)(.5. 函数yxv+=是yxu+=的共轭调和函数吗？为什么？6.（1（2）ie43+；（3）Lni；（4（5（6）i-13；（7（8四、证明题1. 若函数),(yxu和),(yxv都具有二阶连续偏导数，且满足拉普拉斯方程，现令xyvus-=，yxvut+=，则2. 设)(zf与)(zg都在，0()0g z'≠，证明第二章习题、复习题参考答案习题2.11.（1）假（2）假（3）假（4）假（5）假2. 函数)Re()(zzf=处处不可导，处处不解析.习题2.22.（1）在0z =处可导，处处不解析，导数(0)0f '=；（2）在点)0,0(和处可导，处处不解析，导数0)0(='f ，（3）处处可导， （44.（1（25.（1（3.习题2.31.（1）ci iz z z f ++=22)(； （2）ci z z z f +-=32)(； （3）=)(z f 3z ci +； （4）=)(z f 23z iz c ++；（5）c iz iz z f ++=2)(2； （62.1k =-；2()f z z =．3.c y y x y v c x xy x u --+-=+--=23,232323,c i z z z f )1(2)(3-+-=. 习题2.41.（1 （2 （3）k )1(-)(Z k ∈； （（5（6（7）3ln 2i k e e π-)(Zk ∈； （9 （ （2.（1 （23.（1）正确； （2）正确； （3）正确.复习题二二、填空题2.0；3.c uv +2(c 为实常数)；4.3,1,3-==-=n m l ；5.i +1；6.常数；8.ic ixy y x ++-222或ic z +2(c 为常数)；9.i -； 10.πk e 2-),2,1,0( ±±=k .三、计算题1.（1（2（3（4（5（6z z z f cot csc )(-='.2.（1）在复平面内处处不可导，处处不解析；（2）在0=z 处可导，但在复平面内处处不解析，0)0(='f ；（3）在复平面内处处不可导，处处不解析；6.（1）4e -； （2）)4sin 4(cos 3i e +； （3（4（6 （7。
全国自考复变函数与积分变换的试卷及答案 (2)
全国2008年7月复变函数与积分变换真题一、单项选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分)1．设z=i +-11，则z 为（ ） A ．21i +- B ．21i --C ．21i - D ．21i +2．下列集合为有界闭区域的是（ ）A ．0< arg (z+3)≤2πB ．Re (z-i)<1C ．1≤Imz ≤2D ．1≤i z -≤43．Ln(-4+3i)的主值是（ ） A ．ln5+i(-π-arctg 34) B ．ln5+i(π-arctg 34)C ．ln5+i(-π-arctg 43) D ．ln5+i(π-arctg 43)4．正弦函数sinz=（ ）A ．i e e iziz 2--B ．2iz iz e e --C ．i e e iz iz 2-+D ．2iz iz e e -+ 5．复积分⎰i iz dz e 0的值是（ ）A ．-（1-e-1）iB ．e-1iC ．（1-e-1）iD ．-e-1i6．复积分⎰=---21i z zi z e dz 的值是（ ） A ．ei B ．e-I C ．2πiei D ．2πie-i7．z=0是函数2zcos 1z -的（ ） A ．本性奇点 B ．可去奇点 C ．一阶极点 D ．二阶极点8．Res []1,ctg z π=（ ）A ．-π1B ．π1C ．-2iD ．2i9．3z =ω把Z 平面上区域0<θ<π映射成W 平面上的区域（ ）A ．-3π<ϕ<0B ．-3π<ϕ<0C ．0<ϕ<3πD ．0<ϕ<3π10．函数f(t)=π2122t e -的傅氏变换[])(t f 为（ ） A ．2ω-e B ．22ω-e C ．22ωe D ．2ωe二、填空题(本大题共6小题，每小题2分，共12分11.复数1-3i 的三角表达式是_________________.12.tgz 的所有零点为_________________.13．⎰=-13cos i z z zdz e =______________.14．幂级数∑∞-12n nn nz 的收敛半径是____________.15．设n z z f n n n2)1()(0∑∞=-=，则)0()10(f =___________. 16．分式线性映射i z iz +---=11ω把上半平面Imz>0映射成___________.三、计算题（本大题共8小题，共52分）17．（本题6分）用θcos 与θsin 表示θ5cos ．18．（本题6分）已知z ≠时22y x y x +-=υ为调和函数，求解析函数υi u z f +=)(的导数)(z f '，并将它表示成z 的函数形式． 19．（本题6分）计算积分I=dz ix y x c ⎰+-)(2，其中C 为从0到1+i 的直线段．20．（本题6分）将函数f(z)=ln(z2-3z+2)在z=0处展开为泰勒级数．21．（本题7分）函数f(z)=x2-y2-x+i(2xy-y2)在复平面上何处可导？何处解析？22．（本题7分）计算积分I=dz z z c ⎰+-)1()1(122，其中C 为正向圆周x2+y2-2x=0. 23．（本题7分）利用留数计算积分I=⎰-c zdz z e 22)1(，其中C 为正向圆周z =2． 24．（本题7分）将函数)1(1)(2-+=z z z z f 在圆环域0<z <1内展开为罗朗级数．四、综合题（下列３个小题中，第25题必做，第26、27题中只选做一题，若两题全做，以26题计分。
复变函数习题解答
p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]5. 由积分C 1/(z + 2) dz 之值证明[0, ] (1 + 2 cos )/(5 + 4cos ) d = 0，其中C 取单位圆周| z | = 1．【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故C 1/(z + 2) dz = 0． 设C : z () = e i ，[0, 2]．则C 1/(z + 2) dz = C 1/(z + 2) dz = [0, 2] i e i /(e i + 2) d = [0, 2] i (cos + i sin )/(cos + i sin + 2) d = [0, 2] ( 2 sin + i (1 + 2cos ))/(5 + 4cos ) d= [0, 2] ( 2 sin )/(5 + 4cos ) d + i [0, 2] (1 + 2cos )/(5 + 4cos ) d ．所以[0, 2] (1 + 2cos )/(5 + 4cos ) d = 0．因(1 + 2cos ))/(5 + 4cos )以2为周期，故[, ] (1 + 2cos )/(5 + 4cos ) d = 0；因(1 + 2cos ))/(5 + 4cos )为偶函数，故[0, ] (1 + 2 cos)/(5 + 4cos ) d = (1/2) [, ] (1 + 2cos )/(5 + 4cos ) d = 0． 7. (分部积分法)设函数f (z ), g (z )在单连通区域D 内解析，, 是D 内两点，试证[, ] f (z )g ’(z )dz = ( f (z )g (z ))|[, ][, ] g (z ) f ’(z )dz ． 【解】因f (z ), g (z )区域D 内解析，故f (z )g ’(z )，g (z ) f ’(z )，以及( f (z )g (z ))’都在D 内解析．因区域D 是单连通的，所以f (z )g ’(z )，g (z ) f ’(z )，以及( f (z )g (z ))’的积分都与路径无关．[, ] f (z )g ’(z )dz+ [, ] g (z ) f ’(z )dz = [, ] ( f (z )g ’(z )dz + g (z ) f ’(z ))dz= [, ] ( f (z )g (z ))’ dz ．而f (z )g (z )是( f (z )g (z ))’在单连通区域D 内的一个原函数，所以[, ] ( f (z )g (z ))’ dz = f ()g () f ()g () = ( f (z )g (z ))|[, ]． 因此有[, ] f (z )g ’(z )dz + [, ] g (z ) f ’(z )dz = ( f (z )g (z ))|[, ]， 即[, ] f (z )g ’(z )dz = ( f (z )g (z ))|[, ] [, ] g (z ) f ’(z )dz ．13. 设C : z = z (t ) ( t )为区域D 内的光滑曲线，f (z )于区域D 内单叶解析且f ’(z ) 0，w = f (z )将曲线C 映成曲线，求证 亦为光滑曲线．【解】分两种情况讨论．(1) 当z () z ()时，C 不是闭曲线．此时z (t )是[, ]到D 内的单射，z (t )C 1[, ]，且在[, ]上，| z ’(t ) | 0．因 是曲线C 在映射f 下的象，所以 可表示为w = f (z (t )) ( t )． t [, ]，z (t )D ．因f 于区域D 内解析，故f 在z (t )处解析， 因此f (z (t ))在t 处可导，且导数为f ’(z (t ))z ’(t )．显然，f ’(z (t ))z ’(t )在[, ]上是连续的，所以f (z (t ))C 1[, ]． 因为f (z )于区域D 内是单叶的，即f (z )是区域D 到的单射，而z (t )是[, ]到D 内的单射，故f (z (t ))是[, ]到内的单射．因在D 内有f ’(z ) 0，故在[, ]上，| f ’(z (t ))z ’(t ) | = | f ’(z (t )) | · |z ’(t ) | 0． 所以， 是光滑曲线．(2) 当z () = z ()时，C 是闭曲线．此时z (t )C 1[, ]；在[, ]上，有| z ’(t ) | 0；z ’() = z ’()；t 1[, ]，t 2(, )，若t 1 t 2，则z (t 1) z (t 2)．与(1)完全相同的做法，可以证明f (z (t ))C 1[, ]，且| f ’(z (t ))z ’(t ) |0．由z () = z ()和z ’() = z ’()，可知f ’(z ())z ’() = f ’(z ())z ’()．因为t 1[, ]，t 2(, )，若t 1 t 2，则z (t 1) z (t 2)， 由f (z )于区域D 内单叶，因此我们有f (z (t 1)) f (z (t 2))． 所以 是光滑的闭曲线．14. 设C : z = z (t ) ( t )为区域D 内的光滑曲线，f (z )于区域D 内单叶解析且f ’(z ) 0，w = f (z )将曲线C 映成曲线，证明积分换元公式(w ) dw = C ( f (z )) f ’(z ) dz ． 其中(w )沿曲线 连续．【解】由13题知曲线 也是光滑曲线，其方程为w (t ) = f (z (t )) ( t )． 故 (w ) dw = [, ] (w (t )) · w ’(t ) dt = [, ]( f (z (t ))) · ( f ’(z (t )) z ’(t )) dt ．而C ( f (z )) f ’(z ) dz = [, ] ( ( f (z (t ))) f ’(z (t ))) · z ’(t ) dt ． 所以 (w ) dw = C ( f (z )) f ’(z ) dz ．15. 设函数f (z )在z 平面上解析，且| f (z ) |恒大于一个正的常数，试证f (z )必为常数．【解】因| f (z ) |恒大于一个正的常数，设此常数为M ． 则z ，| f (z ) | M ，因此| f (z ) | 0，即f (z ) 0． 所以函数1/f (z )在上解析，且| 1/f (z ) | 1/M ． 由Liuville 定理，1/f (z )为常数，因此f (z )也为常数．17. 设函数f (z )在区域D 内解析，试证(2/x 2 + 2/y 2) | f (z ) |2 = 4 | f ’(z ) |2．【解】设f (z ) = u + i v ，w = | f (z ) |2，则w = ln ( u 2 + v 2 )． w x = 2(u x u + v x v )，w y = 2(u y u + v y v )；w xx = 2(u xx u + u x 2 + v xx v + v x 2 )，w yy = 2(u yy u + u y 2 + v yy v + v y 2 )； 因为u , v 都是调和函数，所以u xx u + u yy u = (u xx + u yy ) u = 0，v xx v + v yy v = (v xx + v yy ) v = 0； 由于u , v 满足Cauchy-Riemann 方程，故u x 2 = v y 2，v x 2 = u y 2，故w xx + w yy = 2 (u x 2 + v x 2 + u y 2 + v y 2) = 4 (u x 2 + v x 2) = 4 | f (z ) |2； 即(2/x 2 + 2/y 2) | f (z ) |2 = 4 | f ’(z ) |2．18. 设函数f (z )在区域D 内解析，且f ’(z ) 0．试证ln | f ’(z ) |为区域D 内的调和函数．【解】a D ，因区域D 是开集，故存在r 1 > 0，使得 K (a , r 1) = { z | | z a | < r 1 } D ．因f ’(a ) 0，而解析函数f ’(z )是连续的，故存在r 2 > 0，使得 K (a , r 2) K (a , r 1)，且| f ’(z ) f ’(a )| < | f ’(a ) |．用三角不等式，此时有| f ’(z )| > | f ’(a ) | | f ’(z ) f ’(a )| > 0． 记U = { z | | z f ’(a ) | < | f ’(a ) | }，则U 是一个不包含原点的单连通区域．在沿射线L = {z | z = f ’(a ) t ，t 0 }割开的复平面上，多值函数g (z ) = ln z 可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支g (z )k 在\L 上都是解析的．t 0，| f ’(a ) t f ’(a ) | = (t + 1) | f ’(a ) | | f ’(a ) |，故 f ’(a ) t U ．所以U \L ，即每个单值连续分支g (z )k 在U 上都是解析的．因为当z K (a , r 2)时，f ’(z )U ，故复合函数g ( f ’(z ))k 在上解析．而Re(g ( f ’(z ))k ) = ln | f ’(z ) |，所以ln | f ’(z ) |在K (a , r 2)上是调和的．由a D 的任意性，知ln | f ’(z ) |在D 上是调和的．【解2】用Caucht-Riemann 方程直接验证．因为f ’(z )也在区域D 内解析， 设f ’(z ) = u + i v ，则u , v 也满足Cauchy-Riemann 方程．记w = ln | f ’(z ) |，则w = (1/2) ln ( u 2 + v 2 )，w x = (u x u + v x v ) /( u 2 + v 2 )，w y = (u y u + v y v ) /( u 2 + v 2 )；w xx = ((u xx u + u x 2 + v xx v + v x 2 )( u 2 + v 2 ) 2(u x u + v x v )2)/( u 2 + v 2 )2；w yy = ((u yy u + u y 2 + v yy v + v y 2 )( u 2 + v 2 ) 2(u y u + v y v )2)/( u 2 + v 2 )2； 因为u , v 都是调和函数，所以u xx u + u yy u = (u xx + u yy ) u = 0，v xx v + v yy v = (v xx + v yy ) v = 0；由于u , v 满足Cauchy-Riemann 方程，故u x 2 = v y 2，v x 2 = u y 2，u x v x + u y v y = 0， 因此(u x u + v x v )2 + (u y u + v y v )2= u x 2 u 2+ v x 2v 2 + 2 u x u v x v + u y 2 u 2+ v y 2v 2 + 2 u y u v y v = (u x 2 + v x 2 )( u 2 + v 2 )；故w xx + w yy = (2(u x 2 + v x 2 )( u 2 + v 2 ) 2(u x 2 + v x 2 )( u 2 + v 2 ))/( u 2+ v 2)2 = 0．所以w 为区域D 内的调和函数．[初看此题，就是要验证这个函数满足Laplace 方程．因为解析函数的导数还是解析的，所以问题相当于证明ln | f (z ) |是调和的，正如【解2】所做．于是开始打字，打了两行之后，注意到ln | f ’(z ) |是Ln f ’(z )的实部．但Ln z 不是单值函数，它也没有在整个上的单值连续分支，【解1】前面的处理就是要解决这个问题．]p141第三章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 ]1. 设函数f (z )在0 < | z | < 1内解析，且沿任何圆周C : | z | = r , 0 < r < 1的积分值为零．问f (z )是否必须在z = 0处解析？试举例说明之．【解】不必．例如f(z) = 1/z2就满足题目条件，但在z = 0处未定义．[事实上可以任意选择一个在| z | < 1内解析的函数g(z)，然后修改它在原点处的函数值得到新的函数f(z)，那么新的函数f(z)在原点不连续，因此肯定是解析．但在0 < | z | < 1内f(z) = g(z)，而g(z)作为在| z | < 1内解析的函数，必然沿任何圆周C: | z| = r的积分值都是零．因此f(z)沿任何圆周C: | z | = r的积分值也都是零．f(z)存在的条件下，补若进一步加强题目条件，我们可以考虑，在极限lim z充定义f(0) = lim z0 f(z)，是否f(z)就一定在z = 0处解析？假若加强条件后的结论是成立，我们还可以考虑，是否存在满足题目条件的函数，f(z)不存在，也不是？]使得极限lim z2. 沿从1到1的如下路径求C1/√z dz．(1) 上半单位圆周；(2) 下半单位圆周，其中√z取主值支．【解】(1) √z = e i arg z /2，设C : z()= e i，[0, ]．1/√z dz= [0, ] i e i/e i/2d= [0, ] i e i/2d= 2e i/2|[0, ]= 2( C1 + i)．(2) √z = e i arg z /2，设C : z()= e i，[, 0]．1/√z dz = [, 0] i e i/e i/2d = [, 0] i e i/2d = 2e i C/2|= 2( 1 i)．[, 0][这个题目中看起来有些问题：我们取主值支，通常在是考虑割去原点及负实轴的z平面上定义的单值连续分支．因此，无论(1)还是(2)，曲线C上的点1总不在区域中(在区域的边界点上)．因此曲线C也不在区域中．所以，题目应该按下面的方式来理解：考虑单位圆周上的点，以及沿C从1到的积分的极限，当分别在区域y > 0和区域y < 0中趋向于1时，分别对应(1)和(2)的情形，简单说就是上岸和下岸的极限情形．那么按照上述方式理解时，仍然可以象我们所做的那样，用把积分曲线参数化的办法来计算，这是由积分对积分区域的连续性，即绝对连续性来保证的．以后我们遇到类似的情形，都以这种方式来理解．]3. 试证| C(z + 1)/(z 1) dz | 8，其中C为圆周 | z 1 | = 2．【解】若z C，| z + 1 | | z 1 | + 2 = 4，故| (z + 1)/(z 1) | 2．因此| C(z + 1)/(z 1) dz| C| (z + 1)/(z 1) | ds 2 ·Length(C) = 8．4. 设a, b为实数，s = + i t ( > 0)时，试证：| e bs–e as| | s | · | b–a | e max{a, b} ·．【解】因为f(z) = e sz在上解析，故f(z)的积分与路径无关．设C是从a到b的直线段，因为e sz/s是f(z)的一个原函数，所以| C e sz dz | = | e sz/s |[a, b] | = | e bs–e as|/| s |．而| C e sz dz | C | e sz|ds = C | e(+ i t)z|ds = C | e z+ i tz| ds= C | e z|ds C e max{a, b} · ds = | b–a | e max{a, b} ·．所以| e bs–e as| | s | · | b–a | e max{a, b} ·．5. 设在区域D = { z : | arg z | < /2 }内的单位圆周上任取一点z，用D内曲线C连接0与z，试证：Re(C1/(1 + z2) dz ) = /4．【解】1/(1 + z2)在单连通区域D内解析，故积分与路径无关．设z = x + i y，z D，i z{ z : 0 < arg z < } = { z : Im z > 0 }，i z{ z : < arg z < 0 } = { z : Im z < 0 }，故1 + i z{ z : Im z > 0 }， 1 i z{ z : Im z < 0 }．设ln(z)是Ln(z)的主值分支，则在区域D内( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/(2i)是解析的，且(( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/(2i))’= (i/(1 + i z) + i/(1i z))(2i) = 1/(1 + z2)；即( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/(2i)是1/(1 + z2)的一个原函数．1/(1 + z2) dz = ( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/2 |[0, z]C= (ln(1 + i z) ln(1 i z))/(2i) = ln((1 + i z)/(1 i z))/(2i) = (ln |(1 + i z)/(1 i z)| + i arg ((1 + i z)/(1 i z)))/(2i)= i (1/2) ln |(1 + i z)/(1 i z)| + arg ((1 + i z)/(1 i z))/2，故Re(C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 i z))/2．设z = cos + i sin，则cos> 0，故(1 + i z)/(1 i z) = (1 + i(cos+ i sin))/(1 i(cos+ i sin)) = i cos/(1 + sin)，因此Re(C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 i z))/2= arg (i cos/(1 + sin))/2 = (/2)/2 = /4．[求1/(1 + z2) = 1/(1 + i z) + 1/(1 i z) )/2的在区域D上的原函数，容易得到函数( ln(1 + i z) ln(1 i z) )/(2i)，实际它上就是arctan z．但目前我们对arctan z的性质尚未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点z在单位圆周上，从几何意义上更容易直接地看出等式arg ((1 + i z)/(1i z))/2 = /4成立．最后，还要指出，因曲线C的端点0不在区域D中，因此C不是区域D中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]6. 试计算积分C( | z | e z sin z ) dz之值，其中C为圆周| z | = a > 0．【解】在C上，函数| z | e z sin z与函数a e z sin z的相同，故其积分值相同，即C( | z | e z sin z ) dz = C( a e z sin z ) dz．而函数a e z sin z在上解析，由Cauchy-Goursat定理，C( a e z sin z ) dz = 0．因此C( | z | e z sin z ) dz = 0．7. 设(1) f(z)在| z| 1上连续；(2) 对任意的r(0 < r< 1)，| z | = r f(z)f(z) dz = 0．dz = 0．试证| z | = 1【解】设D(r) = { z | | z | r }，K(r) = { z | | z | = r }，0 < r 1．因f在D(1)上连续，故在D(1)上是一致连续的．再设M= max z D(1) { | f(z) | }．> 0，使得z, w D(1), 当| z w | < 1时，| f(z) > 0，1f (w ) | < /(12)．设正整数n 3，z k = e 2k i /n ( k = 0, 1, ..., n 1)是所有的n 次单位根． 这些点z 0, z 1, ..., z n – 1将K (1)分成n 个弧段(1), (2), ..., (n )． 其中(k ) (k = 1, ..., n 1)是点z k – 1到z k 的弧段，(n )是z n – 1到z 0的弧段．记p (k ) (k = 1, ..., n 1)是点z k – 1到z k 的直线段，p (n )是z n – 1到z 0的直线段．当n 充分大时，max j {Length(( j ))} = 2/n < 1．设P 是顺次连接z 0, z 1, ..., z n – 1所得到的简单闭折线．记 = (P , 0)． 注意到常数f (z j )的积分与路径无关，( j ) f (z j ) dz =p ( j ) f (z j ) dz ； 那么，| K (1) f (z ) dz P f (z ) dz | = | j ( j ) f (z ) dz j p ( j ) f (z ) dz | = | j (( j ) f (z ) dz p ( j ) f (z ) dz ) | j | ( j ) f (z ) dzp ( j ) f (z ) dz | j ( | ( j ) f (z ) dz ( j ) f (z j ) dz | + | p ( j ) f (z j ) dz p ( j ) f (z ) dz | ) = j ( | ( j ) ( f (z ) f (z j )) dz | + | p ( j ) ( f (z ) f (z j )) dz | ) = j ( ( j )/(12) ds + p ( j ) /(12) ds ) = (/(12)) · j ( Length(( j )) + Length(p ( j )) ) (/(12)) · j ( Length(( j )) + Length(( j )) ) = (/(12)) · (2 Length(K (1))) = (/(12)) · 4 = /3．当 < r < 1时，P 中每条线段p (k )都与K (r )交于两点，设交点顺次为w k , 1, w k , 2．设Q 是顺次连接w 1, 1, w 1, 2, w 2, 1, w 2, 2, ..., w n , 1, w n , 2所得到的简单闭折线． 与前面同样的论证，可知| K (r ) f (z ) dz Q f (z ) dz | /3． 因此，| K (1) f (z ) dz | = | K (1) f (z ) dz K (r ) f (z ) dz || K (1) f (z ) dz P f (z ) dz | + | K (r ) f (z ) dz Q f (z ) dz | + |P f (z ) dzQ f (z ) dz | /3 + /3 + | P f (z ) dz Q f (z ) dz |．记连接w k , 2到w k +1, 1的直线段为l (k )，连接w k , 2到z k +1的直线段为r (k )，连接z k +1到w k +1, 1的直线段为s (k )，则| r (k ) f (z ) dz + s (k ) f (z ) dz l (k ) f (z ) dz | M ( Length(l (k )) + Length(r (k )) + Length(s (k )) ) 3 M · Length(l (k ))． 因为当r 1时，有Length(l (k )) 0，故存在r (, 1)使得| r (k ) f (z ) dz + s (k ) f (z ) dz l (k ) f (z ) dz | < /(3n )．对这个r ，我们有| P f (z ) dz Q f (z ) dz | = | k (r (k ) f (z ) dz + s (k ) f (z ) dz l (k ) f (z ) dz ) |k (| r (k ) f (z ) dz + s (k ) f (z ) dz l (k ) f (z ) dz |) k /(3n ) = /3．故| K (1) f (z ) dz | ．因此K (1) f (z ) dz = 0．8. 设(1) f (z )当| z – z 0 | > r 0 > 0时是连续的；(2) M (r )表| f (z ) |在K r :| z–z0| = r > r0上的最大值；(3) lim r +r M(r) = 0．试证：lim r +K(r) f(z) dz = 0．【解】当r > r0时，我们有| K(r) f(z) dz |K(r)| f(z) | ds K(r) M(r) ds = 2r M(r) 0 (当r +时)，所以lim r+K(r)f(z) dz = 0．9. (1) 若函数f(z)在点z = a的邻域内连续，则lim r0 | z–a | = rf(z)/(z–a) dz = 2i f(a)．(2) 若函数f(z)在原点z = 0的邻域内连续，则lim r0 [0, 2]f(r e i ) d = 2 f(0)．【解】(1) 当r充分小时，用M(r)表| f(z) |在K r : | z–a | = r上的最大值；|| z–a | = rf(z)/(z–a) dz– 2i f(a) |= || z–a | = r f(z)/(z–a) dz–f(a)| z–a | = r1/(z–a) dz |= || z–a | = r( f(z) –f(a))/(z–a) dz | | z–a | = r| f(z) –f(a) |/| z–a| dsM(r)| z–a | = r1/| z–a| ds = 2r M(r)．当r 0时，由f(z)的连续性，知M(r) | f(a) |．故|| z–a | = rf(z)/(z–a) dz– 2i f(a) | 0．因此，lim r0 | z–a | = rf(z)/(z–a) dz = 2i f(a)．(2) 根据(1)，lim r0 | z | = rf(z)/z dz = 2i f(0)．而当r充分小时，我们有| z | = r f(z)/z dz =[0, 2]f(r e i )/(r e i )· (r e i i ) d = i[0,2]f(r e i ) d．所以，lim r0 (i[0, 2]f(r e i ) d)= 2i f(0)．故lim r0 [0, 2]f(r e i ) d = 2 f(0)．10. 设函数f(z)在| z| < 1内解析，在闭圆| z| 1上连续，且f(0) = 1．求积分(1/(2i))| z | = 1(2 (z + 1/z)) f(z)/z dz之值．【解】(1/(2i))| z | = 1(2 (z + 1/z)) f(z)/z dz=| z | = 1(2f(z)/z (zf(z)/z + (1/z)f(z)/z) dz= (1/(2i)) ·(| z | = 12f(z)/z dz (| z | = 1 f(z) dz +| z | = 1 f(z)/z 2dz) )= (1/(2i)) ·( 2(2i) f(0) (0+ (2i/1!)f’(0)) )= 2 f(0)f’(0) = 2 f’(0)．11. 若函数f(z)在区域D内解析，C为D内以a, b为端点的直线段，试证：存在数，| | 1，与C，使得f(b) f(a) = (b a) f’()．【解】设C的参数方程为z(t) = (1 –t ) a + t b，其中t[0, 1]．在区域D内，因f(z)是f’(z)的原函数，故f(b) f(a) =C f’(z) dz =[0, 1]f’((1 –t ) a + t b) (b a) dt== (b a) [0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt．(1) 若[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = 0，因| f’((1 –t ) a + tb) |是[0, 1]上的连续函数，故| f’((1 –t) a+ t b) |在[0, 1]上恒为零．即f’(x)在C上恒为零．此时取= 0，任意取C，则有f(b) f(a) = (b a)[0, 1]f’((1 –t ) a + t b) dt = 0 = (ba) f’()．(2) 若[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt > 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的实变量连续函数，由积分中值定理，存在t0[0, 1]，使得[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’((1 –t0)a + tb) |．取 = (1 –t0) a + t0b，则f’() = f’((1 –t0) a + t0b) 0，令= ([0, 1]f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’()．因为|[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt |[0, 1]| f’((1 –t ) a + tb) | dt = | f’() |．所以| | = | ([0, 1]f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’() |= |[0, 1]f’((1 –t ) a + t b) dt |/| f’() | 1．且f(b) f(a) = (b a) [0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = (b a) f’()．12. 如果在| z | < 1内函数f(z)解析，且| f(z) | 1/(1 | z |)．试证：| f(n)(0) | (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!，n =1, 2, ...．【解】设K(r) = { z | | z | = r }，0 < r 1．由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有| f(n)(0) | = (n!/(2)) | K(r) f(z)/z n + 1dz| (n!/(2)) K(r) | f(z) |/| z |n + 1ds(n!/(2)) K(r) 1/((1 | z |)| z |n + 1) ds = (n!/(2))/((1 r ) r n + 1) 2r= n!/((1 r ) r n)．为得到| f(n)(0) |的最好估计，我们希望选取适当的r(0, 1)，使得n!/((1r ) r n)最小，即要使(1 r ) r n最大．当n 1时，根据均值不等式，(1 r ) r n = (1 r ) (r/n)n ·n n(((1 r ) + (r/n) + ... + (r/n))/(n + 1))n + 1·n n = n n/(n + 1)n + 1．当1 r = r/n，即r = n/(n + 1)时，(1 r ) r n达到最大值n n/(n + 1)n + 1．因此，我们取r = n/(n + 1)，此时有| f(n)(0) | n!/((1 r ) r n) = n!/(n n/(n + 1)n + 1) = (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!．[也可以用数学分析中的办法研究函数g(r) = (1 r ) r n在(0, 1)内的上确界，也会得到同样的结果．]13. 设在| z | 1上函数f(z)解析，且| f(z) | 1．试证：| f’(0) | 1．【解】设D = { z | | z | 1 }．由高阶导数公式，| f’(0) | = (1/(2)) | D f(z)/z 2dz | (1/(2)) D1/| z |2 ds = 1．14. 设f(z)为非常数的整函数，又设R, M为任意正数，试证：满足| z | > R 且| f(z) | > M的z必存在．【解】若不然，当| z | > R时，| f(z) | M．而f(z)为整函数，故必连续，因此f(z)在| z | R上有界．所以f(z)在上有界．由Liouville定理，f(z)必为常数，这与题目条件相矛盾．15. 已知u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，试确定解析函数f(z) = u + i v．【解】由于u x + v x = 3(x2 + 2xy–y2) – 2，u y + v y = 3(x2– 2xy–y2) –2，两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有u x = 3(x2–y2) – 2．两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有v x = 6xy．所以f’(z) = u x + i v x = 3(x2–y2) – 2 + 6xy i = 3(x + y i)2– 1 = 3 z2– 2．因此，f(z) = z3– 2z + ，其中为常数．将z = 0代入，f(z) = z3– 2z + ，得 = f(0)．把(x, y) = (0, 0)带入u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，得u(0, 0) + v(0, 0) = 0．设u(0, 0) = c，则v(0, 0) = c．因此 = f(0) = u(0, 0) + v(0, 0) i = (1 i )c．所以，f(z) = z3– 2z + (1 i )c，其中c为任意实数．[书上答案有误．设f(z) = z3– 2z + (a + b i)，则f(z) = (x + y i)3– 2(x + y i) + (a + b i) = (x3 3xy2 – 2x + a) + (3x2y y3– 2y + b)i．因此，u + v = (x3 3xy2 – 2x + a) + (3x2y y3– 2y + b)= (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y) + (a + b)，所以，当a + b 0时，不满足题目所给条件．]16. 设(1) 区域D是有界区域，其边界是周线或复周线C；(2) 函数f1(z)及f2(z)在D内解析，在闭域cl(D) = D + C上连续；(3) 沿C，f1(z) = f2(z)．试证：在整个闭域cl(D)，有f1(z) = f2(z)．【解】设f(z) = f1(z) f2(z)．用Cauchy积分公式，z D有f(z) = (1/(2i))f()/(–z) d = 0．C所以z cl(D)有f(z) = 0，即f1(z) = f2(z)．·◦√§§m+，m+，★1,2, ..., n lim n，+n > 0，u n ，n1un，m，> 0，> 0，【解】[0, 2]l 2 dx，f(x) = (, +)[, ] 1k n un，[0, 2]。
《复变函数与积分变换》卷二
《复变函数与积分变换》一、判断题（正确打“√”，错误打“×”,每题2分，共20分） 1、212121Re 2z z z z z z +=； （ ）2、()为任意实数则设y x x yz iy x z ,0arctan arg ,<+=+=π；（ ）3、 解析函数的实部和虚部都是调和函数； （ ）4、⎰==+12041z dz z ； （ ）5、幂级数的和函数在其收敛圆的内部不能逐项求导；（ ）6、2ππ+=k z 是()zz f cos 1=的五阶极点； （ ） 7、若0z 是函数()z f 的孤立奇点，则()[]10,Re -=C z z f z ；（ ） 8、在扩充复平面上，分式线性映射把圆映射成圆；（ ） 9、()1tt dt δ-∞=⎰；（ ）10、单位阶跃函数()t u 的拉普拉斯变换为s1. （ ）二、填空题（每空2分，共20分） 1、复数i +3的辐角主值为 ； 2、)43(ln i +-的值为 ；3、若()()()y x iv y x u z f ,,+=为解析函数，则 是()y x v ,的共轭调和函数；4、积分⎰=-2||2z zdz zz e 的值为 ； 5、幂级数∑∞=121n nz n的收敛半径为 ；6、函数()zzz f sin =在0=z 的留数为 ； 7、实轴在映射iz iw +=2下的像曲线 ； 8、设()=ωF ℱ()[]0,t t f 为是实常数，则ℱ()0f t t -=⎡⎤⎣⎦；9、用Matlab 求)(z f '的命令为 ； 10、用Matlab 的基本二维绘图命令为 . 三 、求解下列各题（每题6分，共30分）1、利用留数计算积分dz z e z z ⎰=-222)1(；2、将()()()31--=z z z f 2在32<<z 内展成洛朗级数；3、计算函数()()521)(2+-=z z z z f 在各孤立奇点处的留数；4、求上半单位圆域}0Im ,1||:{><z z z 在映射2z w =下的象；5、用拉式变换求解微分方程.2)0(,0)0(,0)(4)(='==+''y y t y t y四、证明下列各题（3分+5分，共8分）1、证明函数2)(z z f =在点0=z 可导，且导数等于0；（3分）2、验证xy y x y x u 2),(22+-=是z 平面上的调和函数，并求以),(y x u 为实部的解析函数()()()y x iv y x u z f ,,+=，使i i f 21)(+-=.（5分） 五、求下列函数的积分变换（每题5分，共10分） 1、求函数()t t f 2sin =的傅氏变换； 2、求函数()t t f cos =的拉氏变换. 六、实验题（每题3分，共12分）1、写出ze z zf z sin )(2=在0=z 的极限的Matlab 源程序；2、写出求函数()1122+++=z z z z f 在孤立奇点处留数的Matlab 源程序；3、写出函数()()t e t g t e t f t t sin ,cos 22--==的Fourier 变换的Matlab 源程序；4、写出函数()()22222ωω+-=ss s F 的Laplace 逆变换的Matlab 源程序.试卷一 参考答案一、判断题（正确的打“√”，错误的打“×”，每题2分，共20分） 1、（√）; 2、（×）；3、（√）；4、（√）；5、（×）； 6、（×）；7、（√）；8、（√）；9（×）；10、（√）. 二、填空题（每空2分，共20分） 1、6π；2、⎪⎭⎫⎝⎛+-+π34arctan 5ln i ；3、()y x u ,-；4、0 ；5、 1 ；6、 0 ；7、11=-w ；8、()ωωF e t j 0-；9、diff ；10、 Plot .三 、求解下列各题（每题6分，共30分） 1、 解: 先求出被积函数在1=z 处的留数.因为1=z 是函数22)1(-z e z的2阶极点，所以.2)1()1(lim ]1,)1([Re 2222122e z e z z e s zz z ='⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-→------4分 再由留数定理得.422)1(22222ie e i dz z e z zππ=⋅=-⎰= ------6分 2、解：在32<<z 内，有,13,12<<zz()()()分分63232331214-31131211131)(0111011-----<<--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--------=--=∑∑∑∑∞=+∞=-∞=-∞=n n nn n n nn n n z z z z z z z zzz z z f 23、 解：由于5,0-=z 是)(z f 的一阶极点，有()()()201521lim)(lim ]0,[Res 20=+-==→→z z z zf z f z z -------2分 ()()245121lim)()5(lim ]5,[Res 255-=-=+=--→-→z z z f z z f z z -------4分2=z 是)(z f 的二阶极点，有()()1969552lim ))()2((lim ]2,[Res 22222-=++-='-=→→z z z z f z z f z z ------6分 4、解：令θi re z =，则πθ<<<0,1r ------2分 ϕθρi i e e r z ==222，πθϕρ220,12<=<<=r------4分故2z w =将上半单位圆域映射为1||<w 且沿0到1的半径有割痕.------6分5、解：对方程两边取拉式变换，并利用线性性质和微分性质有)),(()((,0)(4)0()0()(2t y L s Y s Y y sy s Y s ==+'--------3分代入初值即得2z w=42)(2+=s s Y , ------5分 根据t 2sin 的拉式变换结果，有.2sin )]([)(1t s Y L t y ==- ------6分四、证明下列各题（3分+5分，共8分） 1、证: 由商式,0)0()(22z zz z zz f z f ===-- ------2分当0→z 时，0→z ，故在可导且导数等于0. ------3分2、 证：（1）2,222=∂∂=∂∂xux xu； ,2,222-=∂∂-=∂∂y uy y u 在z 平面有02222=∂∂+∂∂yux u 故),(y x u 是调和函数. ------1分（2）利用C —R 条件，先求出),(y x v 的两个偏导数.y x xu y v y x y u x v 2222+=∂∂=∂∂+-=∂∂-=∂∂ ------2分 则 C dy y x dx x y y x v y x +++-=⎰)22()22(),(),()0,0(⎰⎰+++-=xy C dy y x dx x 0)22()2(C y xy x +++-=222)2()2()(2222C y xy x i xy y x z f +++-++-=2(1)i z iC =-+ ------3分 由 121121)(=⇒+-=+-⇒+-=C i iC i i i f ------4分 故 i z i z f +-=2)1()( ------5分五、求下列函数的积分变换（每题5分，共10分） 1、解：()dt t e dt et f F t j tj ⎰⎰+∞∞---+∞∞-==2sin )(ωωω()d te e e jt j tj t j ⎰+∞∞----=2221ω -----2分()()dt e e jtj t j ⎰+∞∞-+----=][2122ωω ()()()()]2-2[][222----=--=⎰+∞∞----ωδωδπωωj dte e j t j tj ------4分 ()()]22[--+=ωδωδπj ------5分2、 解: 由于(),21cos jt jte e t -+=ℒ[]j s e jt -=1 -------2分 所以有ℒ()[]=t f ℒ[]21cos =t [ℒ()jt e +ℒ()jt e -] ------4分 =111212+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-s sj s j s -------5分 六、实验题（每题3分，共12分）1、解 syms z; ------1分 f=(z^2)*exp(z)/(sin(z)); ------2分 limit(f,z,0) ------3分2、解 ])1,1[],1,2,1([residue ]K P,R,[= ------3分3、解 syms t w ------1分 f=exp(-t^2)*cos(t);g=exp(-t^2)*sin(t); ------2分 F=simple(fourier(f))G=simple(fourier(g)) ------3分 4、解 syms t s ω; ------1分F=(s^2-ω^2)/(s^2+ω^2)^2; ------2分 f=ilaplace(F) ------3分。
复变函数试题1-3答案
1-3参考答案试题一一 1.11)),22i -++ 2.526632,2,2ii i e e eπππ 3.2exp(2)2z π+ 4. 1ln 2(2)22e e i k k ππ-+++为整数 5. 2(1)i e π+6.27.21(2)(1)(21)!n nn z n +∞=-+∑ 823Re()09s s >+ 二．1-5 D A A C D三．1. 解:由于=1z ，=2z i ，均位于圆周内，由柯西积分公式得23431212C C Cdz dz dz z z i z z i ⎛⎫+=+ ⎪--++⎝⎭⎰⎰⎰ 224212i i i πππ=⨯+⨯=注:其他解法正确也应给分2. 解: ()f z 在C 所围成的区域内有121,1z z ==-两个孤立奇点,2211213211Re [(),1]lim(1),Re [(),1]lim(1)1212z z z z s f z z s f z z z z →→-++=-=-=+=--,2' 所以由留数定理,原式()2Re [(),1]Re [(),1]224i s f z s f z i i πππ=⋅+-=⨯=.注:其他解法正确也应给分 3. 解:11sin cos z zdz z d z ⋅=-⎰⎰111000cos |cos cos1sin |z z z zdz z =⎡⎤⎡⎤=--=--⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎰sin1cos1.=-四．1. 解:因为22u x axy by =++,22v cx dxy y =++2,2,2,2u u vvx a y a x b y c x d y d x yx y x y∂∂∂∂=+=+=+=+∂∂∂∂ 要使,u v u v x y y x∂∂∂∂==-∂∂∂∂ 只需22,22x ay dx y ax by cx dy +=++=-- 得到2,1,1,2a b c d ==-=-=2. 解:23231,2!3!!(1)1,2!3!!nzn zn z z z e z n z z e z z n -=++++++-=-+-+++ 3521()23!5!(21)!z z n n e e z z z f z z n -+∞=-∴==+++=+∑收敛半径.R =+∞3. 解:011z <-<时，()21111()()(1)(1)22f z z z z z '=⋅=⋅----- 因为()()0111121111nn z z z z ∞===-=----+---∑所以()111()12n n n z z ∞-='=---∑所以 ()()12111()111n n n n f z n z n z z ∞∞--===-=--∑∑ 当 021z <-<时，220111()(1)(2)(2)12(2)n n n f z z z z z ∞==⋅=⋅---+--∑ 2(1)(2)nn n z ∞-==--∑4. 22(2)()(sin )z z f z z π-=sin()0z z k πππ=⇒=，故()f z 的奇点为,0,1,2,z k k ==±± ---------当()(),sin |0,sin |0z k z k z k z z ππ=='==≠，z k ∴=是sin()z π的一级零点， 是2(sin())z π的二级零点 ------------------又由于12z =，是(1)(2)z z --的一级零点 所以12z =，是()f z 的一级极点，-------当,1,2z k z =≠时，k 是()f z 的二级极点。
《复变函数与积分变换(刘建亚)》作业答案
《复变函数与积分变换》作业参考答案习题1： 4、计算下列各式 (1)3i(3i)(1+3i)-； (3)23(3i)-(5)13i 2z +=，求2z ，3z ，4z ； (7) 61-。
解：(1)3i(3i)(1+3i)=3i(3+3i i+3)=3i(2i+23)=6+63i ---；(3)2333(223i)3(223i)333i 41288(3i)223i (223i)(223i)++====++---+； (5)213i 3i 3223i 13i 4422z ++--+===-+，3213i 13i 131224z z z -++--=⋅=⋅==-， 4313i 22z z z =⋅=--．(7) 因为1cos isin ππ-=+，所以6221cosisin66k k ππππ++-=+，即0k =时，031cosisini 6622w ππ=+=+； 1k =时，133cosisin i 66w ππ=+=； 2k =时，25531cosisin i 6622w ππ=+=-+； 3k =时，37731cosisin i 6622w ππ=+=--； 4k =时，499cos isin i 66w ππ=+=-； 5k =时，5111131cosisin i 6622w ππ=+=-．习题2：3、下列函数在何处可导？何处解析？在可导点求出其导数． (2) 2()i f z x y =-； (4) ()sin ch icos sh f z x y x y =+(6)()az b f z cz d+=+。
解：(2) 因为2(,)u x y x =，(,)v x y y =-，2x u x '=，0y u '=，0x v '=，1y v '=-．这四个一阶偏导数都连续，故(,)u x y 和(,)v x y 处处可微，但柯西-黎曼方程仅在12x =-上成立，所以()f z 只在直线12x =-上可导，此时1122()21x x f z x =-=-'==-，但复平面上处处不解析． (4) 因为(,)sin ch u x y x y =，(,)cos sh v x y x y =，cos ch x u x y '=，sin sh y u x y '=，sin sh x v x y '=-，cos ch y v x y '=．这四个一阶偏导数都连续，故(,)u x y 和(,)v x y 处处可微，且满足柯西-黎曼方程，所以()f z 在复平面内解析，并且()()i i i i iz iz ()i cos ch isin sh cos isin 22cos isin cos isin 2222cos 22y y y yx x y y y y x x y x y x e e e e f z u v x y x y x x e e e e x x x x e e e e e e z-------+-+-'''=+=-=⋅-⋅=-++=⋅+⋅++===．(6)020()()1()limlim ()lim()()()z z z f z z f z a z z b az b z z c z z d cz d ad bc ad bccz c z d cz d cz d ∆→∆→∆→⎡⎤+∆-+∆++=-⎢⎥∆∆+∆++⎣⎦--==+∆+++所以，()f z 在除dz c=-外处处解析，且2()()ad bc f z cz d -'=+．4、指出下列函数的奇点． (1)221(4)z z z -+； (2) 222(1)(1)z z z +++．解：(1)22343242242232322(4)(1)(48)3448()(4)(4)3448(4)z z z z z z z z zf z z z z z z z z z z +--+-+-+'==++-+-+=+所以，()f z 的奇点为0，2i ±．(2)22232422322(1)(1)2(2)(1)(21)3953()(1)(1)(1)(1)z z z z z z z z z f z z z z z ++-+++++++'==-++++ 所以，()f z 的奇点为1-，i ±．10、如果()i f z u v =+在区域D 内解析，并且满足下列条件之一，试证()f z 在D 内是一常数．(2)()f z 在D 内解析；证明：由()i f z u v =+在区域D 内解析，知(,)u x y 、(,)v x y 在区域D 内可微，且x y u v ''=，y x u v ''=-．同理，由()f z 在D 内解析，知x y u v ''=-，y x u v ''=．从而我们得到0x y y x u v u v ''''====，所以(,)u x y 、(,)v x y 皆为常数，故()f z 在D 内是一常数．15、求解下列方程： (2)10z e +=解：1ze =-，于是Ln(1)ln1iarg(1)2i=(21)i,z k k k Z ππ=-=+-++∈18、求Ln(i)-，Ln(34i)-+的值及主值．解：Ln(i)ln i i arg(i)2i i 2i 2k k πππ-=-+-+=-+，所以其主值为i 2π-； 4Ln(34i)ln 34i i arg(34i)2i ln 5i(arctan )2i 3k k πππ-+=-++-++=+-+，所以其主值为4ln 5i(arctan )3π+-．19、求1i2eπ-，1i 4eπ+，i 3，i(1i)+的值．解：1ii()22cos()isin ()i 22ee ee e ππππ--⎡⎤=⋅=-+-=-⎢⎥⎣⎦；()1i 11i444444222cos isin i 1i 44222ee ee e e ππππ+⎛⎫⎛⎫=⋅=+=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； ()i iLn3i(ln32i)2+iln323cosln3isinln3k k k e e e e πππ+--====+； 11i ln 2i 2i 2iln 22i iln(1i)444ln 2ln 2(1i)cos isin 22k k k e eeeππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++-++-+ ⎪⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫+====+ ⎪⎝⎭．20、求21，2(2)-，i 1-，i i ，1i(34i)+-的值．解：22Ln122i1cos(22)isin(22)k e e k k πππ===+；()22Ln(2)2ln 2(21)2i2(2)2cos (21)2isin (21)2k eek k πππ-++⎡⎤⎡⎤-===+++⎣⎦⎣⎦；i iLn1i(2i)21k k e e e ππ---===；1i i 2i 2i iLni22i k k eeeπππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭===；()()444(1i)ln5arctan i 2i ln5arctan 2i ln5arctan 231i(1i)Ln(34i)332(34i)45cos ln 5isin ln 5,arctan ,3k k k k eeee k Z πππθπθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++-++-+-+ ⎪⎢⎥⎪++-⎝⎭⎣⎦⎝⎭--====-+-=∈⎡⎤⎣⎦22、解方程： (1)ch 0z =；解：1Arch0Ln(001)Lni 2i 2z k π⎛⎫==+-==+ ⎪⎝⎭，k Z∈．习题3：1、沿下列路径计算积分2i20z dz +⎰：(1) 从原点至2i +的直线段；(2) 从原点沿实轴至2，再由2铅直向上至2i +； (3) 从原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至2i +． 解：(1) 从原点至2i +的直线段的复参数方程为i2x z x =+，1(1i)2dz dx =+，参数:02x →，所以22i22323330001111(1i)(1i)(2i)2323z dz x dx x +=+=+=+⎰⎰(2) 从原点沿实轴至2的直线段的复参数方程为z x =，参数:02x →，由2铅直向上至2i +的直线段的复参数方程为2i zy =+，参数:01y →，所以122i212222202132300(2i )i 18i 2111(i 44i)24i=i (2i)333333C C z dz z dz z dz x dx y dyx y y dy +=+=++=+--+=--++=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰(3) 从原点沿虚轴至i 的直线段的复参数方程为i z y =，参数:01y →，由i 沿水平方向向右至2i +的复参数方程为i zx =+，参数:02x →，所以122i1222222012223300(i )i (i)i 1i 1i (i)(2i)(2i)3333C C z dz z dz z dz y dy x dxy dy x dx +=+=++=-++=-+++=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰2、分别沿y x =与2y x =算出积分1i20(i )x y dz +-⎰的值．解：y x =的复参数方程为(1i)z x =+，(1i)dz dx =+，参数:01x →所以1i122051(i )(i )(1i)i 66x y dz x x dx +-=-+=-⎰⎰； 2y x =的复参数方程为2i z x x =+，(12i)dz x dx =+，参数:01x →所以1i 1222051(i )(i )(12i)i 66x y dz x x x dx +-=-+=+⎰⎰5、计算积分Czdz z⎰的值，其中C 为正向圆周： (1)3z =解：设1C 是C 内以被积函数的奇点0z=为圆心的正向圆周，那么111132i=6i CC C C z z z zdz dz dz z dz z z z z z ππ⋅====⋅⎰⎰⎰⎰6、试用观察法得出下列积分的值，并说明观察时所依据的是什么？C 是正向圆周1z =：(1)2Cdzz +⎰； (2) 223Cdzz z ++⎰； (3)cos C dz z⎰ ；(4)13Cdzz -⎰； (5) z Cze dz ⎰； (6)i 522C dzz z ⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰ ．解：(1) 02C dzz =+⎰ ，根据柯西积分定理；(2) 2023C dz z z =++⎰ ，根据柯西积分定理；(3) 0cos C dz z =⎰ ，根据柯西积分定理；(4)2i 13C dz z π=-⎰ ，根据复合闭路定理；(5)0z Cze dz =⎰，根据柯西积分定理；(6)4ii 55i 22C dz z z π=-⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰ ，根据柯西积分定理及复合闭路定理．7、沿指定曲线的正向计算下列积分：(1)3zCe dz z -⎰ ，:31C z -=； (2)22Cdz z a -⎰，:C z a a +=；(3)i 21zCe dz z +⎰ ，4:2i 3C z -=； (4)3Czdzz +⎰，:2C z =； (5)23(1)(1)C dzz z +-⎰ ，:1C z r =<；(6)3cos Cz zdz ⎰，C 为包围0z =的闭曲线；(7)22(1)(4)C dzz z +-⎰ ，3:2C z =； (8)sin C zdz z ⎰ ，:3C z =；(9)2cos 2Czdz z π⎛⎫- ⎪⎝⎭⎰ ，:3C z =；(10)5z C e dz z ⎰ ，:1C z =．解：(1)332i 2i 3z zz C e dz e e z ππ==⋅=-⎰ ；(2)2212i i C z adz z a z aaππ=-=⋅=---⎰ ；(3)i i 2i 2i 1i z z C z e e dz z z eππ==⋅=++⎰ ； (4)03Czdzz =+⎰； (5)230(1)(1)C dzz z =+-⎰ ；(6)3cos 0Czzdz =⎰ ；(7)222222i i 1(1)(4)2i (i)(4)(i)(4)11102i 44C C C z z dz dz dzz z z z z z z z =-=⎡⎤-=-⎢⎥+-+---⎣⎦⎛⎫-=-= ⎪--⎝⎭⎰⎰⎰ ；(8)0sin 2i sin 0z C z dz z z π==⋅=⎰ ；(9)()22cos 2sin 21!2Cz zidz z i z ππππ==⋅-=-⎛⎫- ⎪⎝⎭⎰ ；(10) 502(51)!12z zC z e i idz ez ππ==⋅=-⎰ ．21、证明：22ux y =-和22yv x y =+都是调和函数，但是i u v +不是解析函数．证明：因为2u x x ∂=∂，222u x ∂=∂，2u y y ∂=-∂，222u y∂=-∂， 2222()v xy x x y ∂-=∂+，223222362()v x y y x x y ∂-=∂+，22222()v x y y x y ∂-=∂+，232222326()v y x y y x y ∂-=∂+， 所以22220u u x y ∂∂+=∂∂，22220v vx y∂∂+=∂∂，且x y u v ''≠，y x u v ''≠-． 即22u x y =-和22y v x y =+都是调和函数，但是i u v +不是解析函数．22、由下列各已知调和函数求解析函数()i f z u v =+，并写出z 的表达式：(1)22()(4)u x y x xy y =-++；(2)22y v x y =+，(2)0f =；(3)2(1)u x y =-，(2)i f =-．解：(1) 因为()i f z u v =+是调和函数，所以22363v u x xy y x y ∂∂=-=-++∂∂，22363v u x xy y y x∂∂==+-∂∂． 于是22223(363)()33v x xy y dy g x x y xy y =+-=++-⎰．那么222()63363vg x xy y x xy y x∂'=++=-++∂， 则3()g x x C =-+，所以322333v x x y xy y C =-++-+，3223322332233()(33)i(33)i (1i)3(i )3(i )(i )i (1i)i f z x x y xy y x x y xy y Cx x y x y y Cz C=+--+-++-+⎡⎤=-++++⎣⎦=-+(2)2222()v xy x x y ∂-=∂+，22222()v x y y x y ∂-=∂+．因为()i f z u v =+是调和函数，所以222222222222222(i )11()i i ()()()(i )y xx y xy x y f z v v x y x y x y x y z ---'''=+=+===++++，从而1()f z C z=-+．由(2)0f =知12C =，所以11()2f z z=-．(3) 因为()i f z u v =+是调和函数，所以2(1)v u x x y ∂∂=-=--∂∂，2v uy y x∂∂==∂∂． 于是22()v ydy g x y ==+⎰．那么()2(1)vg x x x∂'==--∂， 则2()2g x x x C =-++，所以222v x x y C =-+++，2222()(22)i(2)i i (i )2(i )1i i(1)i f z xy y x x y Cx y x y Cz C=-+-+++⎡⎤=-+-+++⎣⎦=--+由(2)i f =-知0C =，所以2()i(1)f z z =--．习题4： 1、下列数列{}n z 是否收敛？若收敛，求其极限．(1)1i 1i n n z n +=-； (2) i 12nn z -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭； (3)i(1)1nn z n =-++； (4) i2n n z e π-=．解：(1)222221i 12i 12i1i 111n n n n n n z n n n n +-+-===+-+++，当n →∞时，实部22111n n -→-+，虚部2201nn→+，所以{}n z 收敛于1-． (2)i i 5122n nn n z e ---⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当n →∞时502n-⎛⎫→ ⎪ ⎪⎝⎭，那么0n z →，所以{}n z 收敛于0．(3) 当n →∞时，实部(1)n-是发散的，所以{}n z 发散．(4) i 2cosisin 22n n n n z eπππ-==-，实部和虚部都发散，所以{}n z 发散．2、判断下列级数的收敛性与绝对收敛性：(1)21131i nn n n ∞=⎡⎤⎛⎫++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑； (3) i 221n n en π-∞=∑．解：(1) 记2131i nn z n n ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则当n →∞时1Re()1nn z e n ⎛⎫=+→ ⎪⎝⎭，那么n z 不趋近于0，所以级数发散．(3)i 222111n n n en nπ-∞∞===∑∑收敛，即级数i 221n n en π-∞=∑绝对收敛，所以收敛．7、将下列各函数展成z 的幂级数，并指出它们的收敛半径． (1)311z +； (3)2cos z ．解：(1)3363311()111()n n z z z z z ∞===-=-+-+--∑ ． 因为1(1)lim1(1)n nn ρ+→∞-==-，所以收敛半径1R =．(3)22021*******cos 211(2)cos (1)122(2)!21222(1)1(2)!22!4!6!nn n n n n n z z z n z z z zn ∞=-∞=⎡⎤+==-+⎢⎥⎣⎦=-+=-+-+∑∑因为211212(1)(22)!4limlim0(21)(22)2(1)(2)!n n n n n nn n n n ρ++-→∞→∞-+===++-，所以收敛半径R =∞．8、将下列各函数在指定点0z 处展成泰勒级数，并指出它们的收敛半径． (3)21z ，01z =-； (4)143z-，01i z =+； (6) arctan z ，00z =．解：(3)()20()(1)(1)!1!!n n n n z z f z n z c n n n --=-+===+，则201(1)(1)n n n z z ∞==++∑．因为1lim1n n nρ→∞+==，所以收敛半径1R =． (4)()101()3!(43)3!!(13i)n n n nn n z z f z n z c n n --+=-===-，则 []1013(1i)43(13i)n nn n z z ∞+==-+--∑． 因为121333lim(13i)(13i)10n nn n n ρ+++→∞==--，所以收敛半径103R =． (6)21222000000arctan ()()(1)121n zz z n n n n n n dz z z z dz z dz z n +∞∞∞=====-=-=-++∑∑∑⎰⎰⎰． 因为1(1)(1)lim12321n nn n n ρ+→∞--==++，所以收敛半径1R =．10、求下列各函数在指定圆环域的洛朗级数展开式： (2)21(1)z z -，01z <<，11z <-<+∞；(5)21(i)z z -，在以i 为中心的圆环域内；(7)1(2)(3)z z --，3z >．解：(2) 在01z <<内，由于011nn z z ∞==-∑，且211(1)1z z '⎛⎫= ⎪--⎝⎭，所以 21(1)(1)n n n z z ∞==+-∑， 从而211(2)(1)nn n z z z ∞=-=+-∑．在11z <-<+∞内，由于111z <-，所以 011111111(1)11111nn z z z z z z ∞=⎛⎫==⋅=⋅- ⎪+----⎝⎭+-∑，从而2301(1)(1)(1)nn n z z z ∞+=-=--∑． (5) 当0i 1z <-<时，由于211z z '⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10011111i (i)(1)i i (i)i i i i 1inn n n n n z z z z z ∞∞+==--⎛⎫==⋅=-=- ⎪-+-⎝⎭+∑∑，所以12111(i)(1)i n n n n n z z -∞+=-=--∑，从而212111(i)(1)(i)i n n n n n z z z -∞-+=-=--∑．当1i z <-<∞时，由于i11z <-，所以 10011111i i (1)i i (i)i i i (i)1inn n n n n z z z z z z z ∞∞+==⎛⎫==⋅=⋅-=- ⎪+-----⎝⎭+-∑∑， 且211z z '⎛⎫=- ⎪⎝⎭，从而2211(1)i (1)(i)n n n n n z z ∞+=+=--∑，所以2311(1)i (1)(i)(i)n n n n n z z z ∞+=+=---∑．(7) 由于21z <且31z<，所以 10000111111(2)(3)32131213213232n n n n n n nn n n n n z z z z z z z z z z z zz ∞∞∞∞+====⎛⎫=-=⋅- ⎪------⎝⎭⎡⎤--⎛⎫⎛⎫=-==⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑∑∑∑习题5：1、求下列函数的孤立奇点并确定它们的类别，若是极点，指出它们的级． (1)221(1)z z +； (3)3sin z z ； (4) ln(1)z z +； (7) 21(1)zz e -； (11) 1sin 1z -． 解：(1) 易见0z =，iz =±是221()(1)f z z z =+的孤立奇点．由于221lim(1)z z z →=∞+，22i 1lim(1)z z z →±=∞+，所以0z =，i z =±是极点．0z =，一级极点，i z =±，二级极点．(3) 30sin limz zz →=∞，所以0z =是极点．0z =，二级极点． (4) 易见0z =是ln(1)()z f z z +=的孤立奇点，且0ln(1)lim1z z z→+=，所以0z =是可去奇点； (7) 0z =，三级极点，2i 1,2,z k k π==±± （），一级极点； (11) 1z =，本性奇点．5、求下列各函数在有限奇点处的留数． (2)()211z z -； (3) ()2221z z +； (6)21sinz z．解：(2) 记()21()1f z z z =-，则易见0，1±是()f z 的孤立奇点，且他们都是一级极点．由规则Ⅰ， ()201Res[(),0]lim 0()lim11z z f z z f z z →→=-==-，()1111Res[(),1]lim 1()lim(1)2z z f z z f z z z →→-=-==-+，()1111Res[(),1]lim 1()lim(1)2z z f z z f z z z →-→--=+==--．(3) 记()222()1z f z z=+，则()f z 有二级极点i ±．由规则Ⅱ，()3i i 12i iRes[(),i]lim i ()lim (21)!(i)4z z d z f z z f z dz z →→=-==-⎡⎤⎣⎦-+， ()3i i 12i iRes[(),i]lim i ()lim (21)!(i)4z z d z f z z f z dz z →-→---=+==⎡⎤⎣⎦--． (6) 记21()sinf z z z=，则()f z 有本性奇点00z =．因为1sin z 在00z =的去心邻域0z <<∞内的洛朗级数为2101(1)sin (21)!n n n z z n --∞=-=+∑于是有()21201(1)sin 0(21)!n n n z z z z n -+∞=-=<<∞+∑其中1n=的项的系数113!c -=-，所以1Res[(),0]6f z =-6、利用留数定理计算下列积分． (1)22(1)(1)Cdz z z -+⎰ ，C 为圆周222()x y x y +=+ 解：被积函数()f z 在圆周C 的内部有一级极点0i z =和二级极点11z =，由留数的计算规则Ⅰ、Ⅱ得()2ii11Res[(),i]lim i ()lim(1)(i)4z z f z z f z z z →→=-==-+， ()22211121Res[(),1]lim 1()lim (21)!(i)2z z d z f z z f z dz z →→-⎡⎤=-==-⎣⎦-+．于是由留数定理得积分值{}22i2i Res[(),i]Res[(),1](1)(1)2Cdz f z f z z z ππ=+=--+⎰ (2)222(1)zz e dz z =-⎰ 解：被积函数()f z 在2z =内有一个二级极点01z =，由留数的计算规则Ⅱ得()222111Res[(),1]lim 1()lim 22(21)!z z z d f z z f z e e dz →→⎡⎤=-==⎣⎦-于是由留数定理得积分值22222iRes[(),1]4i (1)zz e dz f z e z ππ===-⎰ (4)32sin z z dz z =⎰解：被积函数()f z 在32z =内有可去奇点00z =，则Res[(),0]0f z =，所以由留数定理知 32sin 0z z dz z ==⎰(6)sin 2212(1)zz e dz z z =+⎰解：被积函数()f z 在12z =内有一个二级极点00z =，由留数的计算规则Ⅱ得 sin 2sin 222001(1)cos 2Res[(),0]lim ()lim 1(21)!(1)z zz z d e z z ze f z z f z dz z →→+-⎡⎤===⎣⎦-+于是由留数定理得积分值sin 22122iRes[(),0]2i (1)zz e dz f z z z ππ===+⎰9、(1)2053cos d πθθ+⎰解：令i z e θ=，则i dzd zθ=，21cos 2z zθ+=．于是221253cos i 3103z d dzI z z πθθ===+++⎰⎰ 被积函数21()3103f z z z =++在1z =内有一个一级极点13z =-，其留数 11331111Res[(),]lim ()lim 333(3)8z z f z z f z z →-→-⎛⎫-=+== ⎪+⎝⎭所以212i i 82I ππ=⋅⋅=(5)222(1)(4)x dx x x +∞++⎰解：222()(1)(4)x R x x x =++是偶函数，而()R z 在上半平面内有一级极点0i z =和12i z =，且()22i i iRes[(),i]lim i ()lim (i)(4)6z z z R z z R z z z →→=-==++， ()222i 2i iRes[(),2i]lim 2i ()lim (1)(2i)3z z z R z z R z z z →→=-==-++，所以2221i i 2i (1)(4)2636x dx x x ππ+∞⎛⎫=⋅⋅-= ⎪++⎝⎭⎰(6)22cos (1)(9)xdx x x +∞-∞++⎰解：421()109R x x x =++，4m =，0n =，1m n -≥，且()R z 在实轴上无孤立奇点，故积分 i 22(1)(9)xe dx x x +∞-∞++⎰存在，所求积分I 是它的实部． 函数()R z 在上半平面有两个一级极点0i z =和13i z =，而且()i i i 2i i iRes[(),i]lim i ()lim (i)(9)16z zzz z e R z e z R z e z z e→→=-==-++， ()i i i 233i 3i iRes[(),3i]lim 3i ()lim (1)(3i)48z zzz z e R z e z R z e z z e →→=-==++，从而()i 22233ii 2i 31(1)(9)164824x e dx e x x e e eππ+∞-∞⎛⎫=-+=- ⎪++⎝⎭⎰所以()2223cos 31(1)(9)24x dx e x x eπ+∞-∞=-++⎰习题8： 4、试求()tf t e-=的傅氏变换．解：()f t 的傅里叶变化为0j j j 00(1j )(1j )0(1j )(1j )02()()111j (1j )1121j 1j 1t t t t t t t t tF f t e dt e e dt e e dte dt e dt e e ωωωωωωωωωωωωω+∞+∞-----∞-∞+∞--+-∞+∞--+-∞==+=+=+--+=+=-++⎰⎰⎰⎰⎰5、试求矩形脉冲,0,()0,A t f t τ≤≤⎧=⎨⎩其他的傅氏变换．解：()f t 的傅里叶变化为j j 0j j 0()()(1)j j tt t F f t edt Ae dtA A e e τωωωττωωωω+∞---∞--==-==-⎰⎰6、求下列函数的傅氏积分：(1)0,1,1,10,()1,01,0,1.t t f t t t -∞<<-⎧⎪--<<⎪=⎨<<⎪⎪<<+∞⎩ 解：()f t 是(.)-∞+∞上的奇函数，则()0a ω=，12221cos ()()sin sin b f d d ωωτωττωττπππω+∞-===⋅⎰⎰，于是()()cos ()sin 21cos 21cos sin sin f t a td b td td td ωωωωωωωωωωωωπωπω+∞+∞+∞+∞=+--=⋅⋅=⎰⎰⎰⎰7、求函数2221,1,()0,1t t f t t ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩的傅氏积分，并计算3cos sin cos 2x x x xdx x +∞-∞-⋅⎰． 解：()f t 是(.)-∞+∞上的偶函数，则123224(sin cos )()()cos (1)cos a f d d ωωωωτωτττωττπππω+∞-==-=⎰⎰，()0b ω=，于是33()()cos ()sin 4(sin cos )4sin cos cos cos f t a td b td td td ωωωωωωωωωωωωωωωωπωπω+∞+∞+∞+∞=+--=⋅=⎰⎰⎰⎰10、求符号函数1,0,sgn 1,0t tt -<⎧=⎨>⎩的傅氏变换．（提示：sgn 2()1t u t =-．）解：方法一：12[sgn ]2[()]2()2()2()j j t u t πδωπδωπδωωω⎛⎫=-=+-= ⎪⎝⎭FF ． 方法二：0j j j 02()sgn j ttt F t edt edt e dt ωωωωω+∞+∞----∞-∞=⋅=-+=⎰⎰⎰．11、求函数()sin 2cos f t t t =的傅氏变换．解：()sin(2)sin(2)1()sin 2cos sin 3sin 22t t t t f t t t t t ++-===+，则()1[()][sin 3][sin ]2j [(3)(3)(1)(1)]2f t t t ωδωδωδωδω=+=+--++--F F F15、利用位移性质计算下列函数的傅氏变换： (1)()u t C -；(2)1[()()]2t a t a δδ++- 解：(1)j j j 11[()][()]()()j j C C Cu t C e u t e e ωωωπδωπδωωω---⎡⎤-==+=+⎢⎥⎣⎦F F ； (2) j j ()()[()][()]cos 222a at a t a t a t a e e a ωωδδδδω-++-++-+⎡⎤===⎢⎥⎣⎦F F F ．23、求下列函数的傅氏变换： (2)0j ()()t f t e u t ω=；(3) 0j 0()()t f t e u t t ω=-；(4) 0j ()()t f t e tu t ω=．解：(2) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，21()[()]()j F u t ωπδωω==+F ，由卷积定理有12000000000111[()]()()2()()22j()1()()()j()11()()j()j()t f t F F d t t dt t t t t ωωπδτωπδωττππωτδπδωωτωωωπδωωπδωωωωωω+∞-∞+∞-∞=⎡⎤=*=-+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤=+--=-⎢⎥--⎣⎦=+--=+----⎰⎰令F(3) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，221()[()]j ()F tu t ωπδωω'==-+F ，由卷积定理有120200200022000111[()]()()2()j ()22()1()j ()()()11j ()j ()()()t f t F F d t t dt t t t t ωωπδτωπδωττππωτδπδωωτωωωπδωωπδωωωωωω+∞-∞+∞-∞=⎡⎤'=*=--+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤'=-+--=-⎢⎥--⎣⎦''=-+--=-+----⎰⎰令F(4) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，0j 201()[()]()j t F u t t e ωωπδωω-=-=+F ，由卷积定理有000000j()120j()000j()j()00000111[()]()()2()()22j()1()()()j()11()(j()j()t t t t t t t f t F F e d t e t d t t e t e t ωτωωωωωωωωπδτωπδωττππωτδπδωωττωωωπδωωπδωωωωωω+∞---∞+∞----∞-----=⎡⎤=*=-+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤=+--=-⎢⎥--⎣⎦=+--=+----⎰⎰令F )习题9：2、求下列函数的拉氏变换：(1)1,01,()1,15,0,5t f t t t ≤<⎧⎪=-≤<⎨⎪≥⎩(3)()cos ()sin ()f t t t tu t δ=-.解：(1)1550011[()]()(12)st st st s s f t f t e dt e dt e dt e e s+∞-----==-=-+⎰⎰⎰L ．(3) 22201[()]()(1sin )111ststs f t f t e dt t e dt s s +∞+∞--==-=-=++⎰⎰L ．3、求下列周期函数的拉氏变换： (1)()f t 以2π为周期且在一个周期内的表达式为sin ,0,()0,2t t f t t πππ≤<⎧=⎨≤<⎩．解：()00(j )(j )220011[()]()sin 11111sin 12j (1)(1)T st st sT sT s t s tss f t f t e dt te dt e ee dt te dt e e s πππππ------+--==--=⋅-=--+⎰⎰⎰⎰L4、求下列函数的拉氏变换： (1) 2()(1)t f t t e =-；(2)()5sin 23cos f t t t =-；(3) ()1t f t te =-；(6) ()cos t f t e kt =（k 为实常数）； (9) 3()sin 2t f t te t -=； (10)30()sin 2tt f t t e tdt -=⎰；(11)3sin 2()t e tf t t-=．解：(1)222323[()][2][]2[][]211452(1)(1)1(1)t t t t t t f t t e te e t e te e s s s s s s =-+=-+-+=-⋅+=----L L L L L(2)22103[()]5[sin 2]3[cos ]41sf t t t s s =-=-++L L L(3)211[()][1][](1)t f t te s s =-=--L L L ；(6)22()[cos ]s F s kt s k ==+L ，则由位移性质有221[()](1)(1)s f t F s s k -=-=-+L ；(9)322()[sin 2](3)4t F s e t s -==++L ，则224(3)[()]()[(3)4]s f t F s s +'=-=++L ；(10)322()[sin 2](3)4tF s et s -==++L ，则301sin 2()t t e tdt F s s -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L ，从而 222212(31213)[()]()[(3)4]d s s f t F s ds s s s ++⎡⎤=-=⎢⎥++⎣⎦L ；(11) 322()[sin 2](3)4t F s e t s -==++L ，则 33[()]()arctanarccot 222s s s f t F s ds π∞++==-=⎰L ．。
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复变函数的积分习题二答案
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习题二解答1．利用导数定义推出：
1 1
n n−1 ⎛⎞
1)( )' ,( ) 2 '
z nz n是正整数；）⎜⎟− 2 。
z z
⎝⎠
n (z +∆z)n −zn n−1 2 n−2 n−1 n−1
证 1 ）(z )' lim lim(nz +C z
∆z +∆z ) nz
n
z z
∆→0 ∆z ∆→0
1 1
−
1 1
1
⎛⎞z +∆z z
2 ）⎜⎟' lim −lim =− 2
z ∆→z 0 ∆z ∆→z 0 z(z +∆z) z
⎝⎠
2．下列函数何处可导？何处解析？
2
3 3
（1）f (z ) x −i y （2 ）f (z) 2x =+3y i
() 2 2
（3）f z xy +ix y （4 ）f (z) sin xchy +i cosxshy
∂u ∂u ∂v ∂v
解（1）由于2x, 0, 0, −1
∂x ∂y ∂x ∂y
1
( )
在z 平面上处处连续，且当且仅当x − 时，u,v 才满足C-R 条件，故f z u +i v x −i y 仅在
2
1
直线x − 上可导，在z 平面上处处不解析。
2
∂u 2 ∂u ∂v ∂v
2
（2 ）由于6x ，0 ，0 ，
9y
∂x ∂y ∂x ∂y
在z 平面上处处连续，且当且仅当2
2
2x 3y ,即2x ±
3y 0 时，u,v 才满足C-R 条件，故
3 3
f z u =+iv 2x =+3y i 仅在直线2x ±3y 0 上可导，在z 平面上处处不解析。
( )
∂u 2 ∂u ∂v ∂v 2 （3）由于y ，2xy ，2xy ，x
∂x ∂y ∂x ∂y
在z 平面上处处连续，且当且仅当z=0 时，u,v 才满足C-R 条件，故() 2 2
f z xy +i x y 仅在点z 0
处可导，在z 平面处处不解析。
∂u ∂u ∂v
∂v
（4 ）由于cosxchy ，sin xshy ，
=−sin xshy ，cosxchy
∂x ∂y ∂x
在z 平面上处处连续，且在整个复平面u,v 才满足C-R 条件，故f (z) sin xchy +i cosxshy 在
z 平面处处可导，在z 平面处处不解析。
3．指出下列函数f (z) 的解析性区域，并求出其导数。
1）(z −1)5 ；（2 ）z3 +2iz ；
1 az +b
3）；（4 ）
中至少有一个不为
2
(c,d 0)
z −1 cz +d
′ 4 ()
解（1）由于f z 5(z =−1) ，故f z 在z 平面上处处解析。
( )
′( ) 2 ()
（2 ）由于f z 3z +2i ，知f z 在z 平面上处处解
−2z 2z
（3）由于′( )
f z 2 − 2 2
2 ( )( )
(z ) z −1 z +1
−1
知()
()
f z 在除去点z ±1外的z 平面上处处可导。
处处解析，z ±1是f z 的奇点。
1
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ad −bc
f ′z ()
（4 ）由于( ) 2 ，知f z 在除去z −d / c(c ≠0) 外在复平面上处处解析。
(cz +d)
5．复变函数的可导性与解析性有什么不同？判断函数的解析性有那些方法？
答：
f (z) 在D （区域）内解析 f (z) 在D 内可导
f (z) 在z0 解析 f (z) 在z0 可导
f (z) 在z0 连续
判定函数解析主要有两种方法：1）利用解析的定义：要判断一个复变函数在z0 是否解析，只
要判定它在z0 及其邻域内是否可导；要判断该函数在区域D 内是否解析，只要判定它在D 内是否
可导；2 ）利用解析的充要条件，即本章§2 中的定理二。
6．判断下述命题的真假，并举例说明。
() ′( )
（1）如果f z 在z0 点连续，那么f z0 存在。
′( ) ( )
（2 ）如果f z0 存在，那么f z 在z0 点解析。
() ()
（3）如果z0 是f z 的奇点，那么f z 在z0 不可导。
（4 ）如果()
z 是f z 和g (z) 的一个奇点，那么z 也是f z +g (z) 和f z / g(z) 的奇点。
0 0 ( ) ( )
（5）如果u(x, y) 和v(x,。