北京理工大学05级复变函数与积分变换(工科A卷)参考答案

北京理工大学2006—2007学年第二学期

2005级复变函数与积分变换试题A卷

参考答案与评分标准

一 (6) 求下列复数的值。

(1) (i)i 解：原式e(2) Ln(ei)

解：原式ln|ei|iarg(ei)2ki(2k1)i (kZ) …………3’

二 (10) (1) 求区域{z:|zi|1}在映射w2(zi)下的像，并作出其映射过程的图形。

解：该映射可分解为

w1zi, w2w1,

iLn(i)ei(ln|i|i2ki)2e22k(kZ) …………3’

而区域{z:|zi|1}是以i为心、1为半径的圆盘，经平移w1zi后得到在w1平面的象为圆盘{w1:|w1|1}，然后伸长2倍得到在w平面的象为圆盘{w:|w|2}。………2’

(2) 判别函数f(z)(x2y2x)i(2xyy2)在复平面上哪些点处可导，哪些

点处解析。

解：设u(x,y)x2y2x, v(x,y)2xyy2，则

uuvv2x1, 2y, 2y, 2x2y. ………1’ xyxyy i o x w1=z-i o 1 v1 v u1

w=2w1 o 2 u ………5’ 1

若f(z)在zxiy处可导，则由Cauchy-Riemann方程得

uvuv, . ………2’ xyyx即

2x12x2y, 2y2y,

得 y1. ………3’ 2故f(z)仅在直线y1上可导，从而在复平面上处处不解析。 ………5’ 2

三 (10) 设函数f(z)u(x,y)iv(x,y)在区域D内解析，其中u(x,y), v(x,y)为二元实函数，并且v(x,y)u2(x,y)，试证：f(z)在区域D内是一个常数。

证明：由f(z)在区域D内解析得

uvuv,  (1) ………4’ xyyx又v(x,y)u2(x,y)，两边分别对x,y求偏导数得

vuvu2u, 2u (2) ………6’ xxyy将(2)代入(1)得

u(4u21)0, x故

u0, x再由(1)、(2)得

uvv0, ………8’ yxy所以u(x,y)c1, v(x,y)c2(c1,c2为实常数)，从而f(z)在区域D内是一个常数。…10’

2

四 (10) 证明u(x,y)3xy2x3为调和函数，并求满足条件f(0)c的解析函数

f(z)uiv。

(1) 证明：由于u(x,y)3xy2x3的四个二阶偏导数

2u2u6x, 26x,x2yuu6y, 6yxyyx2u2u0, x2y222 ………2’

在整个复平面上连续，并且满足Laplace方程

所以u(x,y)3xy2x3为整个复平面上的调和函数。 ………4’

(2) 解：[方法一]由Cauchy-Riemann条件得

uv3x23y2, ① xy

uv6xy, ② ………6’ yx对①积分得 v(3x23y2)dyg(x)3x2yy3g(x), ………7’ 两边对x求导，并且与②比较得

v6xyg'(x)6xy, x于是得 g'(x)0, g(x)c'(c'为实常数) 故 v(x,y)3x2yy3c', ………8’ 从而 f(z)u(x,y)iv(x,y)(3xy2x3)i(3x2yy3c')z3ic' ………9’ 又f(0)c，所以c'ic，于是所求解析函数f(z)z3c。 ………10’

[方法二]由Cauchy-Riemann方程和解析函数的求导公式可得，由u,v构成的解析函数f(z)的导数

3

f'(z)uvuui=ixxxy =(3x23y2)i6xy =3z2z ………7’

于是 f(z)3z2dzic'z3ic' ………9’

0其中c'为任意实常数。又f(0)c，所以c'ic，从而所求解析函数

f(z)z3c。 ………10’

五 (48) 计算下列积分：

(1)

C|z|dz，其中C为I)从点0到1i的直线段；II)正向圆周|z|2的上半圆周。

解：I) 当路径C为从点0到1i的直线段时，其参数方程为

z(t)(1i)t, 0t1， ………1’

则

C|z|dz|(1i)t|(1i)dt012(1i) ………4’ 2II) 当路径C为圆周|z|2的上半圆周时，其参数方程为

z(t)2eit, 0t， ………1’

则

iC|z|dz|2eit|2ieitdt8 ………4’

0(2)

zcoszdz

20解：由于zcosz2在整个复平面上解析，则

sinz2 zcoszdz202ii0sin2 ………5’ 2zdz(3) 4(z2i)z2i4z(z2i)4dz 44(z2i)(z2i)z2i4z2i4z(z2i)4dzz2i8 ………3’

148z2i4z(z2i)4dz0 ………5’

4

(4)

Cdz，其中C为|z|r, 1z2(z1)(z2)z2(z1)(z2)z2(z1)(z2)解：C2i{[11]'|z02|} ………4’

z1(z1)(z2)z(z2)2i{1413}i6 ezi(ez)(5)(5) 6dz2|z0 z12z5! i60 ezz4ezz4z(6)

2dz2i{Res(zz12,0)Res(ez4 z2zz1zz12,1)} 2i{ezz4(z1)2|z0[ezz4z]'|z1} 2i{13}8i z5cos1(7)

z51z6dz2iRes(cos1162,0) |z|22iRes(15cos(61),0) 2i15cos61|02i (8)

xcosxx24x20Re{xeixdxx24x20dx} Re{2iRes(zeizz24z20,24i)} Re{2i(24i)ei(24i)8i}2e4(cos22sin2) 5

………5’

………4’

………5’

………2’

………4’

………5’

………3’ ………5’

………2’ 4’ ………5’ ………

(9)

|zi|2ze1/zdz

22解：ze1/z在圆周{z:|zi|2}所围成的区域内除了本性奇点z0外均解析，它在

z0的Laurent级数展开式为

ze1/zz(122111z22!z4111)zz2!z3, ………2’

则 Res(ze1/z,0)1. ………3’ 于是由留数定理得

|zi|2ze1/zdz2iRes(ze1/z,0)2i. ………5’

22

六 (16) 求函数f(z)1分别在

(z1)(3z2)(1) z0处的Taylor级数展开式及其收敛半径； (2) 环域

2z1内的Laurent级数展开式； 3(3) 环域1z内的Laurent级数展开式； (4) 环域0z11内的Laurent级数展开式。 32，故它在点z0的Taylor级数收敛半径 3解：(1) f(z)的不解析点为z1和z222R|0|，从而它在点z0的Taylor级数展开式为 (|z|) ………1’

333f(z)13 z13z231231z1z ………2’ 233nnnz()z2n02n032 [()n11]zn (|z|) ………4’

23n0

6

(2) f(z)在环域

2z1内的Laurent级数展开式为 3 f(z)13 z13z211z1z123z ………2’

zn1n0z(2n3z)n01(3)n1znzn n2n0(3) f(z)在环域1z内的Laurent级数展开式为 f(z)13z13z2 11z 11zz123z 1z(1)n12nn0zz()n03z2nn113n03nn1(1(1nn)zn1)z 2(4) f(z)在环域0z113内的Laurent级数展开式为 f(z)1(z1)(3z2)1z1113(z1) 1z1(3)n(z1)n n0(3)n(z1)n13)n1(z1)n n0n(17

………4’………2’………4’………1’………3’………4’