復變函數(shù)與積分變換A 期末試卷(北京航空航天大學)

2010—2011學年第一學期考試統(tǒng)一用答題冊題號成績閱卷人

一 二 三 四 五 六 七 八 總分考試課程 復變函數(shù)與積分變換班 級 學號姓 名 成績2011年1月81BPAGEPAGE10B（試題共5頁）一、選擇題(每題3分，共24分)一個復數(shù)乘以i，則( )（A）復數(shù)的模不變，輻角減/2 （B）復數(shù)的模不變，輻角增/2。（C）復數(shù)的模增加，輻角減/2。 （D）復數(shù)的模減少，輻角增加/2。1設Cz

1，則

(z2)3sinz2

dz ( )2 C z26z10（A）i(3cos1sin1) （B）0 （C）icos1 （D）isin3．設f(z)和g(z)均為整函數(shù)，下列命題錯誤的（ ）（A）

3(z)是整函數(shù) （B）f(z)g(z)是整函數(shù)（C）

f(z)g(z)

是整函數(shù) （D）g(z

2是整函數(shù)4.若c

2n, n

,則雙邊冪級數(shù)

(z2)n的收斂域為（ ）n 3n, n1,2,

nn1（A）

|z|1

1（B）

|z2|1

（C）2|z3 （D）2|z233 2 3 2zzf(zmz0 0

2(z)的( )（A）m級零點 （B）2m級零點 （C）m級極點 （D）2m級極點1ez設z 0為函數(shù) 的m級極點，那么m( )zsinz（A）5 （B）4 (C)3 （D）2z32z2iz是函數(shù) 的（ ）z（A）可去奇點 （B）一級極點 （C）二級極點 （D）本性奇點積分te3tsin2tdt的值為（ ）0（A）

12 (B) 169

12169

(C)0 (D) 不存在二、 填空題（每題3分，共24分）1．假設z,z 非零，則|z ||z ||z ||z |的充分必要條件是z,z 具有相同1 2 1 2 1 2 1 2的 .96if(z)z則f(z)0的根為

z2

(39i)z， .復數(shù)ln(cosi) .4.設f(z) |z|1

22d,則f(0) , f(2i) .z設C

(x1)2

y21

，則積分

1dz= .9 4 CzRes[z3

2i,] .z函數(shù)f(t)(t)cost的傅立葉變換為 .函數(shù)F() 1 的傅立葉逆變換為 .92（8分）計算積分C

coszdz，其中C為不經(jīng)過0,1的簡單正向閉曲線.(1z)2z（8分）設vepxsiny,p的值使vf(z)uiv.（10分）f(z)

1(zi)(z2)2

在適當?shù)膱A環(huán)域內展成以i為心的冪級數(shù)。（10分）f(tF，求函數(shù)tf(2t4的傅立葉變換，（10分）利用拉普拉斯變換求解微分方程f2ff

1t

(0)0,f(0)00,其他 ，f八、（6分）f(zRMz|zR,且|f(zM。2010-2011（1）復變函數(shù)與積分變換試題A答案一、選擇題（每題3分，共24分）1.A2.B3.C4.B5.B6.D7.C8.A三、 填空題（每題3分，共24分）2e2ki

1(e

e

4i

i 21．幅角

3 3.2 2

4. ,0

6.37.2[1)]

1e8.12e

3|t|2（8分）計算積分C

cosz dz，其中C為不經(jīng)過的簡單正向閉曲線.(1z)2z解曲線C可分為四種情況討論：C01，則C

cosz dzz)2zC01，則cosz(cosz(z1)2 cosz dz

(z1)2dz2i

2iz)2z C zC

z02C01，則cosz cos

dz z dz2i(cosz

1cos1](1z)2zC

C(z1)2

z z14C010，1為心做互不包含、互不相交小曲線CCC0C1，則1 2 1 2 cos

dz

cos

dz

cos

dz2i[1sin1cos1]z)2z z)2z z)2zC C C1 2（8分）設vepxsiny,p的值使vf(z)uiv.解因為vpepxsiny, 2vpe siny,2 pxx x2v 2vepxcosy, epxsiny,y y2p1v為調和函數(shù)。v vp1f(z)

yix

ez，進而有f(z)ezc.v vp1f(z)

yix

ez,進而有f(z)ezc.（10分）f(z)

1(zi)(z2)2

在適當?shù)膱A環(huán)域內展成以i為心的冪級數(shù)。5解有兩個適當?shù)膱A環(huán)域：0|zi55

|zi, 分別展開1．在0|zi|

內，因為551 ( 1 )(

)

(zi)n

n(zi)n1(z2)2 z2 zi(2i)

n0

(2i)n1

n1

(2i)n1所以f(z)

1(zi)(z2)2

n1

n(zi)n2(2i)n12．在

|zi|內，51 1 15

1

1 ( )( ) (z2)2

z2 zi(2i)

zi12i zi

(2i)n

(n)(2i)nn0

(zi)n1

n0

(zi)n2所以f(z)

1(zi)(z2)2

n0

(n1)(2i)n(zi)n2（6分）f(tFtf(2t4，解法一：定義

1 u4

iu4F[tf(2t4)]tf(2titdt ( )f(u)e 2du 2 21e2iuf(ueiudue2if(ueiudu2 24 1e2iF[uf(u)]

2ie2iF( ) e2iF( )e2iF( )2i4 2 4 2 2法二：用性質F[tf(2t4)]

1F[(2t4)f(2t4)][f(2t4)]21e2iF[uf(u)]

2ie2iF( ) e2iF( )e2iF( )2i4 2 4 2 2（12分）利用拉普拉斯變換求解微分方程f2ff

1t

(0)0,f(0)00,其他 ，f解：設Lf(tF(s方程兩邊同時進行Laplace變換得，s2F(s)2sF(s)F(s)21estdt

ese2s1 sese2s 1整理得F(s) 。又因為 的Laplace逆變換為s(s1)2

s(s1)21 1 se

est(s1)2f(t)Reest,s0]Reest,slim lim 1 s(s1)2

s(s1)2

s0

s(s1)2

s1

s(s1)2 1et(t1)f(t)et1)(t1et1)]u(t