例卷I 复变函数试题
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复变函数试题 注意 除第一题要求直接回答外,其余各题 均需写出必要的关键步骤及理由 、选择题(20分) 1.对数函数w=ln(1+z)是多值函数,其原因是: (1)argz的多值性; (2)arg(1+z)的多值性; (3)z的数值不确定; (4)1+的数值不确定 2.设函数f(2)在复连通区域G内解析,C为G内的分段光滑曲线,端点为A和B,则积分f(z)d (1)与积分路径无关,但与端点坐标有关; (2)与积分路径有关,但与端点坐标无关; (3)与积分路径及端点坐标均无关; (4)与积分路径及端点坐标均有关 3.若函数f()在z=a点解析, f(a)=f(a)=…=f(n-1)(a)=0,f(n)(a)≠0 则函数f()f()在z=a点的留数为 (1)1-n; (2)n-1; (3)-n; (4)n 4.2=∞是f(z)=的 sinz (1)一阶极点; (2)本性奇点; (3)解析点; ()非孤立奇点 5.r(z)r(1-2)sin的成立区域为: (1)全平面; (2)带形区域0<Rez<1; (3)右半平面Rez>0;(4)左半平面Rez<1. 二、(10分)已知解析函数f(z)在正实轴上的数值为纯虚数,且虚部(y)=x2+y2,试求f(2) 2
✟ ✠ ✡ ☛ ☞ ✌ ✍ ✎ ✏✑✒✓✔✕✖✗✘✙✚✛✜✢✣✓ ✤✥✦✧★✔✩✪✫✬✭✮✯✰ ✱✲✳✴✵ (20 ✶) 1. ✷✸✹✸ w = ln(1 + z) ✺✻✼✹✸✛✽✾✿✺❀ (1) arg z ✩❁❂❃❄ (2) arg(1 + z) ✩❁❂❃❄ (3) z ✩❅❂❆❇❈❄ (4) 1 + z ✩❅❂❆❇❈❉ 2. ❊✹✸ f(z) ❋●❍■❏❑ G ▲ ▼◆✛ C ❖ G ▲ P ✶◗❘❙❚❯✛❱❲❖ A ❳ B ✛❨❩✶ Z C f(z)dz (1) ❬❭❪❫❴❵✪✛❛❬❜❝❞❡❢✪❄ (2) ❬❭❪❫❴❢✪✛❛❬❜❝❞❡❵✪❄ (3) ❬❭❪❫❴✮ ❜❝❞❡✤ ❵✪❄ (4) ❬❭❪❫❴✮ ❜❝❞❡✤ ❢✪❉ 3. ❣✹✸ f(z) ❋ z = a ❲▼◆✛ f(a) = f 0 (a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, f(n) (a) 6= 0, ❨ ✹✸ f 0 (z)/f(z) ❋ z = a ❲P❤✸❖ (1) 1 − n ❄ (2) n − 1 ❄ (3) −n ❄ (4) n ❉ 4. z = ∞ ✺ f(z) = 1 sin z P (1) ✒✐❥❝ ❄ (2) ❦ ❃❧❝ ❄ (3) ♠♥❝❄ (4) ♦♣q❧ ❝ ❉ 5. Γ(z)Γ(1 − z) = π sin πz Prs❏❑❖❀ (1) t✉✈❄ (2) ✇①②③ 0 < Rez < 1 ❄ (3) ④⑤✉✈ Rez > 0 ❄ (4) ⑥⑤✉✈ Rez < 1 ❉ ⑦✲(10 ✶) ⑧ ⑨▼◆✹✸ f(z) ❋⑩❶❷❸P ✸✼❖❹❺✸✛❻ ❺❼ v(x, y) = x x 2 + y 2 ✛❽❾ f(z) ❉ 2
c0分将函数m十在2=∞的邻域内展开为幂级数,规定l 四、(40分)计算下列积分 (x2+1)(x2-2 r cos+1) 0<6<丌,且6≠丌/2 x(x2+4) 五、(10分)已知f(t=xcos(osd,试求其拉普拉斯变换的象函数F(p)
❿✲ (20 ✶) ➀✹✸ ln z − 1 z + 1 ❋ z = ∞ P➁❑▲➂➃❖➄➅✸✛➆➇ ln z − 1 z + 1 z=∞ = 0 ❉ ➈✲ (40 ✶) ➉➊➋➌❩ ✶❀ (1) Z ∞ −∞ dx (x 2 + 1)(x 2 − 2x cos θ + 1), 0 < θ < π, ❻ θ 6= π/2. (2) Z ∞ −∞ sin x x(x 2 + 4)dx. ➍✲ (10 ✶) ⑧ ⑨ f(t) = 1 π Z π 0 cos(t cos θ)dθ ✛❽❾✽➎➏➎➐➑➒P➓✹✸ F(p) ❉
试题答案及评分标准 4分) 2.(4) (4分) 4.(4) (4分) (4分) (10分) 方法1求出u(x,y)的全微分 (x2+y2)2 dr+ u(, y) 已知f(z)在正实轴上的数值为纯虚数,说明当y=0时, 由此即可定出 f(2) y+IT 一 (2分) 2分) 求出a(x,y) (2分) 积分常数C=0 (2分) 化简,求出f(x) (2分) 法2直接化简给出f(z) 1z+z* (x,y)
➔→➣↔↕➙➛➜➝ ✱✲ (20 ✶) 1. (2) (4 ✶) 2. (4) (4 ✶) 3. (4) (4 ✶) 4. (4) (4 ✶) 5. (1) (4 ✶) ⑦✲ (10 ✶) ➞➟ 1 ❾➠ u(x, y) P➡➢✶ du(x, y) = ∂u ∂xdx + ∂u ∂y dy = ∂v ∂y dx − ∂v ∂xdy = − 2xy (x 2 + y 2) 2 dx + x 2 − y 2 (x 2 + y 2) 2 dy, ❩ ✶ ✛ u(x, y) = y x 2 + y 2 + C. ⑧ ⑨ f(z) ❋⑩❶❷❸P ✸✼❖❹❺✸✛➤➥➦ y = 0 ➧ ✛ u(x, y) = 0, ➨➩➫➭➇➠ C = 0. ➯➲✛ f(z) = y + ix x 2 + y 2 = iz ∗ zz∗ = i z . ∂u ∂x (2 ✶) ∂u ∂y (2 ✶) ❾➠u(x, y) (2 ✶) ❩ ✶➳✸ C = 0 (2 ✶) ➵➸✛❾➠f(z) (2 ✶) ➞➟ 2 ➺➻➵➸➼➠ f(z): v(x, y) = x x 2 + y 2 = 1 2 z + z ∗ zz∗ = 1 2 1 z ∗ + 1 z 4
f(2)-f*(2) 由此即可直接得到 f(2) (上述5步,每步2分) z|>1 正确作出割线 (3分) 单值分枝讨论 (3分) 展开 分) +)展开 (4分) 化简 (4分) 收敛范围 (2分) 四、(1)(20分) 取围道为上半圆,考虑复变积分 (2+1)(2-22c0s+D 根据留数定理有 1)(22-2zcos6+1) (x2+1)(x2-2 =+10=2+ 上率平面 (2+1)(2-2zcos6+1)
= 1 2i i z ∗ + i z = 1 2i i z − i z ∗ = f(z) − f ∗ (z) 2i ➨➩➫➭➺➻➽➾ f(z) = i z . (❸➚ 5 ➪ ✛➶➪ 2 ✶) ❿✲ (20 ✶) ln z − 1 z + 1 = ln 1 − 1 z 1 + 1 z = X∞ n=1 (−) n−1 n − 1 z n − 1 z n = X∞ n=1 (−) n−1 n [(−) n − 1] 1 z n = −2 X∞ n=0 1 2n + 1 1 z 2n+1 , |z| > 1. ⑩➹➘➠➴❯ (3 ✶) ➷ ✼✶➬➮➱ (3 ✶) ln 1 − 1 z ➂➃ (4 ✶) ln 1 + 1 z ➂➃ (4 ✶) ➵➸ (4 ✶) ✃❐❒❮ (2 ✶) ➈✲ (1) (20 ✶) ❰❮Ï ❖❸ÐÑ✛ÒÓ● ➑❩ ✶ I 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)dz. ÔÕ❤✸ ➇Ö× I 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)dz = Z R −R 1 (x 2 + 1)(x 2 − 2x cos θ + 1)dx + Z CR I 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1)dz = 2πi X ØÙÚÛ res 1 (z 2 + 1)(z 2 − 2z cos θ + 1) 5