复变函数与积分变换试题1答案

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1、复变函数与积分变换试题1答案π一.1.−i.2.i(2kπ−),(k=0,±1,±2)3.2，0.24(s+3)4.0.5.常数.6.22[(s+3)+4]∂u∂u二.解：=2x+ay,=ax+2by，∂x∂y∂v∂v=2cx+dy,=dx+2y,∂x∂y∂u∂v∂u∂v从而要使=,=−,∂x∂y∂y∂x只需2x+ay=dx+2y,2cx+dy=−ax−2by.因此，当a=2,b=−1,c=−1,d=2时，该函数在复平面内解析.dddzzz三.(1)解：原积分=∫∫∫+−34ccczzz−++112=2πi+3×2πi+0=8πi.ize

2、(2)解：函数在上半平面有一级极点：−2+i（分母的一级零点）2z+4z+5iziz−1−2ieee且Res[,−2+i]==22z+4z+5(z+4z+5)′z=−2+i2i11=⋅(cos2−isin2).2ieixiz+∞eeπdxis=2πRe[,2−+=i](cos2−isin2)∫−∞xx22++45zz++45e+∞sinxπ−1两边取虚部得：dx=−sin2=−πesin2.∫−∞xx2++45e111四．解：f(z)==−(z−1)(z−2)z−2z−1当1

3、+1.z−1z−21+z−2n=1(z−2)n=0(z−2)z−21(<1)z−2∞n∞n+11(−1)(−1)∴f(z)=−∑n+1=∑n+1.z−2n=0(z−2)n=1(z−2)+∞−jtω五.(1)解：F()ω=∫fte()dt−∞01−−jtωωjt=∫∫etetdd+−102(1−cosω)=.jω(2)再由傅氏积分公式得：11+∞jtωω+∞21cos(−ω)jtft()=∫∫Fe()ωωd=etd22π−∞πω−∞j∴2+∞(1cos−ωω)sintft()=∫dω.πω0六.解：设Y(s)=L[y(t)],由线性性质，微分性质，

4、对方程两边取拉氏变换得，3226sY(s)−s+3(sY(s)−s)+3(sY(s)−1)+Y(s)=.s+126(s+1)+s+26111Y(s)=+=+++43423(s+1)(s+1)(s+1)s+1(s+1)(s+1)3−t−t−t12−t取逆变换y(t)=te+e+te+te2−t312=e(t+t+t+1).2−16也可由Heaviside公式求L[],s=−1是四级极点.4(s+1)3st6st1d46eRes[e,−1]=lim[(s+1),](s+1)43!s→−1ds3(s+1)4263st3−t=limte=te3!s→−1其

5、余类似.∂u∂u七.解：=2x+y,=−2y+x由C-R条件∂x∂y∂v∂u==2x+y.于是∂y∂x12vxy(,)=+=++∫(2xyy)d2xyygx()2∂v∂u再由=−,得2y+g′(x)=2y−x，∂x∂y12所以g′(x)=−x,g(x)=−x+c.21212∴v(x,y)=2xy+y−x+c.22221212于是得解析函数f(z)=x−y+xy+i(2xy+y−x+c).2222i22即f(z)=[x+2ixy+(iy)]−[x+2ixy+(iy)]+ic.22i2~i2=z−z+c=(1−)z+c.22i2由条件f(0)=0得c=

6、0，故f(z)=(1−)z.2八.证明：注意到f(z)及f′(z)在C上及C内都解析，由柯西积分公式及柯西古萨基本定理得fz′()2πifz′(),当z在C内.00∫dz=czz−00,当zC0不在内.由高阶导数的柯西积分公式及柯西-古萨基本定理得fz()2πifz′(),当z在C内.00dz=∫c()zz−20,当zC不在内.00fz′()fz()故有等式ddzz=∫∫cczz−−()zz2003