复变函数与积分变换试题2答案

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1、复变函数与积分变换试题2答案一.填空题（每空3分，共18分）πiln21.模不变，辐角减少.2.cosln2+isinln2=e.3.2.2π4.0.5.−u(x,y).6.πδ(ω)−[δ(ω+2)+δ(ω−2)].2二.（10分）证明：由函数f(z)=u+iv在区域D内解析⇔u,v在D内可微，并且满足∂u∂v∂u∂v=,=−,(1)∂x∂y∂y∂x由函数f(z)=u−iv在区域D内解析，则有∂u∂v∂u∂v=−,=,(2)∂x∂y∂y∂x∂u∂u∂v∂v由(1)(2)知，====0,⇒du=dv=0,⇒u,v在区域D内是常∂x∂y∂x∂y数，从而f(z)=u

2、+iv在区域D内是常数.三.（18分）111zz22++44[∫∫ddzz−](1)（9分）解：原积分=2icczi−+zi111=⋅−(22ππii22zi=zi=−)=0244iz++z111+∞(2)（9分）解：函数为偶函数，所以原式=dx1+x421∫−∞+x4=π1i∑Res[f(z),zk]，其中f(z)=，4ImZk>01+zπ+2kπi在一共有4个一级极点：z=e4(k=0,1,2,3)（分母的一级零点）k1zkzk4且Res[f(z),z]===−(k=0,1,2,3)(z+1=0)，k34k4zz=zk4zk41f(z)=在上半平面内只有

3、两个极点z,z，于是原式4011+z1π3πππ1iiπii−i=πi−e4+e4=−e4−e444.πiππ2=−⋅2isin==π44224z+112四．（10分）解：f(z)==(1+)22z(z−1)zz−1当1

4、ift()sinttd−∞0π−2siniωπ=−=2isinsintωttd.∫01−ω2(2)再由傅氏积分公式得：1+∞jtωω1+∞−2sinitωjtft()=Fe()ωωd=etd2π∫∫−∞21πω−∞−22+∞sinωπsinωt=dtπω∫01−2π+∞sinωπsinωtsin,tt≤π∴∫dω=2.01−ω20,t>π六..（16分）(1)（7分）解：由积分及位移性质，得t112Lsin2dtt=L[sin2t]=⋅∫0sss4+2t12−5tFsLft()=()=Lesin2dtt=⋅∫0s+545

5、++s2()(2)（9分）解：设Y(s)=L[y(t)],由线性性质及微分性质，对方程两边取拉氏变换得，21sY(s)−1+3sY(s)+2Y(s)=s211Y(s)==[−](s+1)(s+2)s(s+1)(s+2)−t−2t1−t1−2t取逆变换y(t)=e−e+−e+e)u(t)22−2七.（8分）答：z=0是(sinz−z)的6级极点.因为131517sinz−z=z−z+z−z+−z3!5!7!3112143=z−+z−z+=zϕ(z)3!5!7!()11214()1其中ϕz=−+z−z+在z=0处解析，且ϕ0=−≠03!5

6、!7!3!所以z=0是sinz−z的3级零点，由零点和极点的关系知z=0是()−2sinz−z的6级极点.八.（8分）证明：由题意，当z在C内时，z在C外，由高阶导数的柯西积分公0102式及柯西古萨基本定理得21zzsin12′[∫∫cc122dz+2dz]=2πiz⋅()zz=0+=02z02ππi(zz−0)()zz−02i同样，当z在C内时，z在C外，由高阶导数的柯西积分公式及柯西-古萨基本定理得020121zzsin1′[∫∫cc2dz+−2dz]=02+⋅πiz(sin)zz=0=cosz02ππi12(zz−0)()z

7、z02i故有等式21zzsin2,z当zC在内时001[ddzz+=].∫∫cc222πi12(zz−0)()zz−0cosz0,当zC02在内时3