华理复变试卷1

7.设 f ( z ) = z sin 二、单项选择题（每小题 4 分，共 16 分） 1.设 z = cos(π + 5i ) , 则 Re z 等于( )
1
（A） −
e −5 + e 5 e −5 + e 5 （B） 2 2
）
（C）
e −5 − e 5 2
（D） 0
２．
∫
z =3
dz =（ z ( z 10 − 2)
2
7
解： f ( z ) 的有限孤立奇点为 z 0 =
1 及 z1 = 1 2 2 − 3z 1 1 f ( z) = 2 = + 2 z − 3z + 1 1 − 2 z 1 − z 1 1 < 时 2 2
1 z−
1
（2 分）
1）当 0 < z −
f ( z) =
1 −2
1 2
+
2 1 1 − 2( z − ) 2
3
（A） 2π i
（B） 0
（C） π i
（D） 3π i
3.
∫
+∞
0
1 − cost −t e dt = ( t
).
1 s2 （A） ln 2 s2 +1
1 s2 +1 ln 2 （B） 2 s
（C）
1 ln 2 2
（D） 0 ）
4. 由三对点： f (1) = i, f (0) = −i, f (−1) = 0 所确定的分式线性映射为（ （A）
华东理工大学 2008–2009 学年第一学期
《 复变函数与积分变换》课程期终考试试卷 A
开课学院：理学院 ，考试形式：闭卷_，所需时间：120 分钟 考生姓名： 题序 得分 评卷人
(本试卷共七道大题)
2009.1
学号： 一 二 三 四
班级： 五
任课教师 ：赵建丛 六 七 总 分
一、 填空（每小题 4 分，共 32 分） 1．已知 z = (
解：(1) 由
∂v ∂u = 2x + 2 y = ，有 ∂y ∂x
v = ∫ (2 x + 2 y ) d y = 2 x y + y 2 + ϕ ( x) ，3 分
由
∂v ∂u = −2 y + 2 x = − = −2 y − ϕ ′( x) ，有 ϕ ′( x) = −2 x ，2 分 ∂y ∂x
1 < z − 1 < +∞ 2
1 − z −1 1 z ( z − 1)(1 + 1 ) 2( z − 1)
f ( z) = −
8
=−
1 1 − z − 1 2( z − 1)
∑ (−1)
n =0
∞
n
2 − n ( z − 1) − n
（2 分）
六、(10 分)利用 Laplace 变换求解微分方程组：
∫
∫
| z | =1
1 dz． 2 z + 5i z − 2
2
可知它在 | z | = 1 内只有一个一级极点 z0 = − 原式 = 2π i Res [ f ( z ), z0 ] = 五． （10 分） 将函数 f ( z ) =
i ， 2
2π i 4 z + 5i
=
z = z0
2π ． 3
2 − 3z 在有限孤立奇点处展开为 Laurent 级数. 2 z − 3z + 1
（2 分）
2 f ( z) ( z 2 + 1) f ( z ) dz =∫ dz ± ∫ | z | =1 | z | =1 z z2
= 2π i{2 f (0) ±Байду номын сангаас[( z 2 + 1) f ( z )]′
z =0
} = 2π i (2 ± f ′(0)) （2 分）
9
10
i
1+ 3 i 1− 3 i
)10 ，则 Im( z ) = ___________， arg z = __________.
2． (1 + i ) 的值为______________________；主值为_______________________. 3． z = 0 为函数 f ( z ) =
z +1 3z + 1
（B）
z +1 3z − 1
（C）
2 2
z +1 i 3z + 1
（D）
z +1 i 3z − 1
三． （8 分）已知调和函数 u ( x, y ) = x − y + 2 x y ,求函数 v( x, y ) ,使函数
f ( z ) = u + i v 在复平面上解析且满足 f (i ) = −1 + i ．
7. −
1 1 , 3! 3!
8.圆周|w|=
二、单项选择题（每小题 4 分，共 16 分） A B C D
2 2
三． （8 分）已知调和函数 u ( x, y ) = x − y + 2 x y ,求函数 v( x, y ) ,使函数
f ( z ) = u + i v 解析且满足 f (i ) = −1 + i ．
⎧ ⎪ x′(t ) + y (t ) = 1, x(0) = 0, ⎨ ⎪ ⎩ x(t ) − y′(t ) = t , y (0) = 1.
解：对方程两边取拉氏变换并代入初值得
1 ⎧ s X ( s) + Y ( s) = , ⎪ ⎪ s ⎨ 1 ⎪ X ( s ) − ( sY ( s ) − 1) = 2 . ⎪ s ⎩
1 dz [2 ± ( z + )] f ( z ) = (2 ± f ′(0))2π i | z | =1 z z 1 dz 证：由于 ∫ [2 ± ( z + )] f ( z ) | z | =1 z z =∫
| z | =1
[
2 f ( z ) ( z 2 + 1) f ( z ) ]dz ± z z2
2
心的圆环域内展开为 Laurent 级数.
4
六．(10 分) 利用 Laplace 变换求解微分方程组：
⎧ ⎪ x′(t ) + y (t ) = 1, x(0) = 0, ⎨ ⎪ ⎩ x(t ) − y′(t ) = t , y (0) = 1.
七． （6 分）设 f ( z ) 在 | z |≤ 1 上解析，且 f (0) = 1 ，证明：
2．
∫
+∞ −∞
cos x dx x2 + 4
解：令 f ( z ) =
eiz ，它在上半平面只有一个简单极点 z = 2 i ， z2 + 4
Res [ f ( z ), 2 i ] =
eiz 2z
=
z =2 i
e −2 ， 4i
原式 = Re ( 2π i Res [ f ( z ), 2i ] ) =
（4 分）
1 ⎧ X ( s) = 2 2 , ⎪ ⎪ s ( s + 1) 求解得 ⎨ （3 分） s ⎪Y ( s ) = 2 . ⎪ s +1 ⎩ ⎧ x(t ) = t − sin t , 求拉氏逆变换得 ⎨ （3 分） ⎩ y (t ) = cos t .
七． （6 分） 证明： ∫
设 f ( z ) 在 | z |< 1 内解析，在闭圆 | z |≤ 1 上连续，且 f (0) = 1 ，
2
四．计算下列积分（每题 6 分，共 18 分）
1．
∫
| z | =2
sin 2 z dz z 2 ( z − 1)
2．
∫
+∞ −∞
cos x dx x2 + 4
3．
∫
2π
0
1 dθ 5 + 4 sin θ
3
五． （10 分）指出函数 f ( z ) =
2 − 3z 的有限孤立奇点，并在以这些孤立奇点为中 2 z − 3z + 1
1 − cos z 的______级极点；在该点处的留数为________. z8
4．函数 f ( z ) = z Im( z ) − Re( z ) 仅在 z = _______________处可导. 5. w = f ( z ) 是 Im( z ) > 0 到 w < 1 的分式线性映射，且 f (i ) = 0, f (−1) = 1, 则
（2 分）
=−
∞ 1 + 2∑ 2 n ( z − ) n 1 2 n =0 2( z − ) 2
2）当
1 1 < z − < +∞ 2 2
1 1 2( z − ) 2 1 1 2( z − ) 2 − 1 1 ( z − )(1 − 2 1 z− 2 1∑
n =0 ∞
f ( z) = −
1 1 2( z − ) 2
π e −2
2
=
π
2 e2
．
3．
∫
2π
0
1 dθ 5 + 4 sin θ
解：令 z = eiθ ，则 sin θ = 原式 =
z2 −1 dz ， dθ = ， 2i z iz
1 dz = 2 | z | =1 ⎛ 4( z − 1) ⎞ i z ⎜ ⎜ 5 + 2i z ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ 1 令 f ( z) = ， 2 2 z + 5i z − 2
f ( z ) = ____________
6.设函数 f (t ) = ⎨
2
⎧4, 0 ≤ t ≤ 2 ，则 f (t ) 的 Fourier 变换 F (ω ) = _______________. ⎩ 0, 其它
1 ，则 Re s[ f ( z ),0] = ________， Re s[ f ( z ), ∞] = ____________. z 1 2 2 8.设 z = x + iy ，则 w = 将圆周 x + y = 2 映射为____________. z
2π 3 [cos(ln 2 ) + i sin(ln 2 )], k = 0, ± 1, L ， e 4 [cos(ln 2 ) + i sin(ln 2 )]
4． （0，-1） 5. 1 2
−
π
e 2．
3． 6,
0
z −i iz − 1
6． F (ω ) =
4 iω
(1 − e − 2iω ) .
∫
| z | =1
1 f ( z) [2 ± ( z + )] dz = (2 ± f ′(0))2π i z z
5
华东理工大学 2008–2009 学年第一学期
《 复变函数与积分变换》课程期终考试试卷 A
二、 填空（每小题 4 分，共 32 分）
2009.1
1．
π
3 2
− ( + 2 kπ ) 4
)
=−
−
−n
1 ( z − ) −n 2
（2 分）
2
3）当 0 < z − 1 < f ( z) =
1 2
1 1 1 1 − = − 1 − 2 z z − 1 z − 1 1 + 2( z − 1)
∞ 1 − ∑ (−1) n 2 n ( z − 1) n z − 1 n =0
= 4）当
（2 分）
故 v( x, y ) = 2 xy + y 2 − x 2
1 分．
四．计算下列积分（每题 6 分，共 18 分）
6
1．
∫
| z | =2
sin 2 z dz z 2 ( z − 1) sin 2 z ，在 | z | = 2 内，函数 f ( z ) 有两个奇点． z 2 ( z − 1)
解：令 f ( z ) =
⇒ ϕ ( x) = ∫ (−2 x) d x = − x 2 + c ，
即得 v( x, y ) = 2 xy + y 2 − x 2 + c ，
2分
f ( z ) = x 2 − y 2 + 2 x y + i (2 x y + y 2 − x 2 + c) ；
(2) 由 f (i ) = −1 + i ⇒ c = 0 ，
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 →1
sin 2 z z2
= sin 2 1 ，
z =1
原式 = 2π i (Res [ f ( z ), 0] + Res [ f ( z ), 1]) = 2π i sin 2 1 ．