西安交通大学考试题 课 程 复变函数与积分变换(B卷)

系 别 考 试 日 期 2006 年 1 月 日 专业班号 姓 名 学 号 期中 期末 一、解答下列各题（每小题5分，共60分）

1、设ba,是实数，函数iybxaxyzf)()(22在复平面解析，求ba,. 1、解：Cauchy-Riemann方程，yay2，bxax2，解出 2a，1b.

2、求ii2)1(，并指出其主值. 解：)))1(2(ln2exp())1(2exp()1(2iiArgiiLniii exp(2(ln2(2)))4exp((4)(ln2))2iikni

 ))2sin(ln)2(cos(ln42ien；其中Zn；

其主值为))2sin(ln)2(cos(ln2ie.

3、计算Czdzzze2sin，其中1||:zC，方向为正向. 2、解：用Cauchy积分公式， 2sin2|)sin(22sin22eizeidzzzezzCz

.

4、计算Czdzze326，其中1||:zC，方向为正向.

成绩 解：用高阶导数公式， iieidzzezzCz44!22|)6(!2260)2(232

5、判别级数1nnni的收敛性. 解：2sin2cos)2sin2(cosniniinn， 12cosnnn和12sinnnn的收敛性分别与12coskkk和112)21sin(kk

k

的相同，

由高等数学中的Leibniz判别法，后两个级数收敛，故前两个也收敛，所以 1nn

ni

收敛。

6、求幂级数nnznn155的收敛半径. 解：记55nncn，则1||1nncc（n），所以收敛半径为1。

7、求1)(2zezzf的奇点，并指出奇点类型. 解：1)(zezg的零点为ik2（Zk），显然它们都是孤立零点； 而01)2('2ikeikg，所以这些点都是)(zg的1级零点； 但其中0z是分子2z的2级零点，所以，0z是函数f的可去奇点，

其他的ik2（0,kZk）都是f的1级极点

8、求2sin)(zzezfz在孤立奇点0z处的留数. 解：0z是f的1级极点，所以

220sinsinRes[(),0]Res[,0]lim()1zzzezezfzzzz

 9、求积分dzzzC12，其中2||:zC，方向为正向. 解：1)(2zzzf在复平面上有两个奇点 i，i，且都包含在曲线C内； 由留数定理，

2222(Res[,]Res[,])111Czzzdziiizzz

iiiiii2)22(2

共 2 页 第 1 页 11、求函数)(sin)(tuttf的Fourier变换. 解： [)(tu]=)(1j， [tsin]=))1()1((j， 所以 )]([tf=  [)(tu] +  [tsin]=)(

1



j+))1()1((j

12、求函数ttetftsin)(的Laplace变换. 解：[tsin]=112s，由Laplace变换的微分性质, L [ttsin)(]=)

11(2sds

d，

所以 L [ttsin]=222)1(2)11(sssds

d；

L [tte

tsin]=22)1)1(()1(2ss.

二、（10分）将函数)1)(2(1)(zzzf分别在圆环域1|1|0z，|1|1z

展开成Laurent级数. 、、解：在圆环域1|1|0z上的Laurent级数为



01)1()1(11)1(1111)1)(2(1)(nnnzzzzzzzf；

在圆环域|1|1z上的Laurent级数为

111111111)1(111)1)(2(1)(zzzzzzzzf

20)11()1()11()1(1111nnnnnn

zzzz

四、（10分）用留数计算广义积分dxxxx)4)(1(cos22. 解：有理函数)4)(1(1)(22zzzf的分母次数=分子次数+4，且该函数在在实轴上无奇点，而在上半平面仅有两个奇点i，i2；故 dxxxx)4)(1(cos

22

=])2,)4)(1([Re],)4)(1([(Re2)4)(1(222222izzesizzesidxxxeizizix

)63()126(22121eeieiei

五、（10分）用Laplace变换解微分方程的初值问题： 21txxxe，(0)(0)0xx

.

、解：设[)(tx]=)(sX，方程两边求Laplace变换，得到 sssXssXsXs111)(2)()(2； 将(0)(0)0xx代入，得

sssXss111)()2(2； 解出 )1111121(21)1)(2(1)111()(sssssssssX；

求Laplace逆变换，得到 )1(21)(2ttteeetx 西安交通大学考试题 课 程 复变函数与积分变换(B卷)解答

系 别 考 试 日 期 2006 年 1 月 日 专业班号 姓 名 学 号 期中 期末 一、解答下列各题（每小题5分，共60分） 3、解：Cauchy-Riemann方程，yay2，bxax2，解出 2a，1b.

2、解：)))1(2(ln2exp())1(2exp()1(2iiArgiiLniii

exp(2(ln2(2)))4exp((4)(ln2))2iikni

 ))2sin(ln)2(cos(ln42ien；其中Zn；

其主值为))2sin(ln)2(cos(ln2ie. 4、解：用Cauchy积分公式，

2sin2|)sin(22sin22eizeidzzzezzCz

.

4、解：用高阶导数公式， iieidzzezzCz44!22|)6(!2260)2(232

5、解：2sin2cos)2sin2(cosniniinn，

12cosnnn和12sinnnn的收敛性分别与12coskkk和112)21sin(kk

k

的相同，由高等

数学中的Leibniz判别法，后两个级数收敛，故前两个也收敛，所以 

1nn

ni

收敛。

成绩 共 4 页 第 1 页 6、解：记55nncn，则1||1nncc（n），所以收敛半径为1。

7、解：1)(zezg的零点为ik2（Zk），显然它们都是孤立零点； 而01)2('2ikeikg，所以这些点都是)(zg的1级零点； 但其中0z是分子2z的2级零点，所以，0z是函数f的可去奇点， 其他的ik2（0,kZk）都是f的1级极点. 8、解：0z是f的1级极点，所以

220sinsinRes[(),0]Res[,0]lim()1zzzezezfzzzz

.

9、解：1)(2zzzf在复平面上有两个奇点 i，i，且都包含在曲线C内； 由留数定理，

2222(Res[,]Res[,])111Czzzdziiizzz

iiiiii2)22(2

11、解： [)(tu]=)(1j， [tsin]=))1()1((j， 所以 )]([tf=  [)(tu] +  [tsin]=)(1



j+))1()1((j

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