哈尔滨工程大学本科生考试试卷（ 2010-2011 年 第一 学期）2011-01-04得分评卷人选择题（每小题2分，共10分）一、1、00Im Im limz z z z z z →-=- （ ）.Ａ．i Ｂ．i - Ｃ．0 Ｄ．不存在2、若0(1)n n n a z ∞=-∑在3z =发散，则它在 （ ）.A . 1z =-收敛 Ｂ．2z =收敛 C . 2z i =发散 D . 均不正确3、已知函数212()1cos f z z z=--，则0z =，z =∞分别是()f z 的 （ ）.Ａ．二阶极点、孤立奇点 Ｂ．二阶极点、非孤立奇点 Ｃ．可去奇点、孤立奇点 Ｄ．可去奇点、非孤立奇点4、映射3z iw z i-=+在02z i =处的旋转角为 （ ）. Ａ．/2π- Ｂ．0 C ./2π D . π5、下列命题或论断中，正确的个数是 （ ）.I ：Ln z Ln z =Ⅱ：设()(,)(,)f z u x y iv x y =+解析，则u -是v 的共轭调和函数III ：()(,)(,)f z u x y iv x y =+的导数()f z '存在的充要条件是,u v 的偏导数分别存在Ⅳ：()tan(1/)f z z =在任意圆环域0z R <<不能展开为洛朗级数Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．3得分评卷人填空题（每小题2分，共10分）二、6、设z i e i =，则Re z = .7、若函数32(,)v x y x axy =+为某一解析函数的虚部，则常数=a .8、设函数cos ze z 的泰勒展开式为∑∞=0n n n z c ，则它的收敛半径为 .9、设信号()(1)f t t δ=-，则通过Fourier 变换得到的频谱函数()F ω= .10、设1()(1)F s s s =-，则通过Laplace 逆变换得到()f t = . 得分评卷人计算题Ⅰ（每小题5分，共25分）三、11、函数33()23f z x i y =+在何处可导？何处解析？12、设()(,)(,)f z u x y iv x y =+是解析函数，且22()(4)u v x y x xy y -=-++，求()f z .13、计算积分()n Cz z dz +⎰，其中:1C z =为负向，n 为整数.14、计算积分(21)(2)C zdzz z +-⎰，其中:3C z =为正向.15、利用留数定理计算定积分201cos d πθθ+⎰.得分评卷人计算题Ⅱ（每小题6分，共18分）四、16、求函数23()32z f z z z -=-+在下列要求下的级数(泰勒或者洛朗级数)展开：(1) 圆1z <内；(2) 环12z <<内；(3) 环11z <-<∞内.17、设2321sin (),:32C e f z d C z iz ξξξξπξξ=-=-⎰正向，试求：(1) ()f z 在复平面上除去3z =的点处的函数表达式； (2) ()f i '及()f i π.18、按照要求逐步完成下列有关保形映射的问题.(1) Z 平面阴影部分是角形区域/6arg /6z ππ-<<，如下图所示。
通过何种变换，保形映射为1w 平面上的右半平面？在下图方框中填入该变换.1w 平面(2) 21(1)w i w =⋅+，在下图中画出经过该映射后的区域. 得分评卷人应用题（8分）五、19、质量为m 的物体挂在弹簧系数为20k m ω=的弹簧一端（如下图所示），其中常数0ω为固有频率，()f t 为作用在物体上的外力。
若物体从静止平衡位置0x =开始运动，物体的初始位移(0)0,x =初始速度大小(0)0x '=，根据牛顿定律可得到方程：()()()m x t f t kx t ''⋅=-假设在初始时刻0t =时，物体受到外力()()f t t δ=（()t δ为单位冲击函数），应用Laplace 变换，求解物体的运动规律()x t 。
xx =0mxkxf (t )得分评卷人证明题（5+4=9分）六、20、假设()f z 在给定区域D 解析，且()0f z ≠，若()f z 为常数，证明：()f z 为常数.21、若1n n a ∞=∑收敛而级数1n n a ∞=∑发散，证明：幂级数1n n n a z ∞=∑的收敛半径为1.题号一二三总分分数评卷人得分评卷人填空题（每小题2分，共20分）一、1. 3i ＝ .2. 设3223()33f z x x yi xy y i =+--，则()f z '＝ .3. 幂级数0(cos )n n in z +∞=∑的收敛半径R = .4. 设C 为正向圆周32z =，则积分22d (1)(4)Cz z z =++⎰ . 5. 设C 为包含原点的任意一条正向简单闭曲线，则12e d zCz z =⎰. 6. z ＝0是函数5cos 1()z f z z -=的孤立奇点，其类型为 . （如果是极点，则要说明阶数） 7. 函数21()(1)f z z z =-在复平面内的所有有限奇点处留数的和为 .8. 映射1w z =将z 平面内的圆域11z -<映射到w 平面内的区域为 .9. 函数sin w z =在4z π=处的转动角为 .10. 已知函数0,0,()1,0.t u t t <⎧=⎨>⎩，0,0,()e ,0.t t f t t -<⎧=⎨>⎩，则()*()u t f t = .得分评卷人单项选择题（每小题2分，共20分）二、哈尔滨工程大学本科生考试试卷（ 2012 年 秋季 学期）说明：请将以下单项选择题的答案按题号写入下表中.1 2 3 4 5 6 7 8 9 101．方程2Re 1z =所表示的平面曲线为（ ）.(A) 圆 (B) 直线 (C) 椭圆 (D) 双曲线2．极限0limz zz z→+的值为（ ）. (A) 0 (B) 1 (C) 1- (D)不存在3．设Ln(1)w i =-，则Im w 为（ ）.(A) 4－π(B) 2,0,1,4k k ππ=±－ (C)4π (D) 2,0,1,4k k ππ+=±4．下列等式中，不成立的是（ ）.(A) 4arg(34)arctan 3i π-+=-(B) arg(3)arg()i i -=- (C) 2arg(34)2arg(34)i i -+=-+(D) 2||z z z ⋅=5．下列函数中，在整个复平面上解析的函数是（ ）.(A) e z z +(B) tan e z z +(C) sin e z z +(D)2sin 1zz + 6．在复平面内，下列命题正确的是（ ）.(A) e cos sin iz z i z =+ (B)2||z z =(C) cos z 是有界函数(D) 2Ln 2Ln z z =7．下列积分中，积分值不为零的是（ ）.(A) 3(23)d Cz z z ++⎰，其中C 为正向圆周|1|2z -= (B) e d z Cz ⎰，其中C 为正向圆周||5z =(C)sin d C zz z ⎰，其中C 为正向圆周||1z =(D)cos d 1C zz z -⎰，其中C 为正向圆周||2z =8．设C 为正向圆周||4z =, 则积分10e d ()zC z z i π-⎰的值为（ ）. (A)110!(B)210!iπ (C)29!iπ (D)29!iπ- 9．3z π=是函数sin()3()3z f z z ππ-=-的（ ）.(A) 可去奇点 (B) 一阶极点(C) 本性奇点(D)一阶零点10．已知[()]()f t F ω=F ，则下列命题中正确的是（ ）(A) 2[(2)]e ()i f t F ωω-=F (B) 2[e ()](2)it f t F ω=-F (C) [(2)]2(2)f t F ω=F (D) 12[(2)]e ()it F f t ω-+=F得分评卷人计算题（每小题5分，共30分）三、1. 已知e sin x v y =为调和函数，求以v 为虚部的解析函数()f z .2. 求()(1)(2)zf z z z =--在圆环域12z <<和12z <-<+∞内的洛朗展开式.3. 利用留数计算积分22cos d 45xx x x +∞-∞++⎰.4. 求分式线性映射()w f z=，使下半平面映射为单位圆内部，并满足条件(2)0f i-=，(0)1f=-.5. 利用拉氏变换解常微分方程初值问题62(0)1,(0)0 y y yy y'''--=⎧⎨'==⎩.6. 求函数()()(3)f t u t t δ=+-的傅氏变换，其中()u t 为单位阶跃函数，()t δ为单位脉冲函数.复变函数与积分变换期末考试A 卷标准答案与评分标准一、 填空题（每小题2分，共20分）1.3ln 2i k e +-π或2ln3k i e π+；2. 23z 或22336x y xyi -+；3. e1； 4. 0； 5. 0； 6. 三阶极点； 7. 0； 8. ()1Re 2w >或12u >； 9. 0； 10. 1t e --二、 选择题（每小题2分，共20分）1. D ；2. D ；3. B ；4. C ；5. C ；6. A ；7. D ；8. D ；9. A ； 10. B三、 计算题（每小题5分，共30分）1. 解答：因为sin x v e y =是调和函数，则由C-R 方程，e cos x u v y x y∂∂==∂∂, 则(,)e cos e cos ()x x u x y ydx y C y ==+⎰, ……………….2分 又由u vy x∂∂=-∂∂，即e sin ()e sin x x y C y y '-+=-，故()0C y '=, 所以()C y C =。
……………….2分则 ()e cos e sin x x f z y i y C =++. ……………………………….………...….1分2. 解答： (1) 在12z <<内：11000111111()()(()())()21222n n n n n n n n z z f z z z z z z z z +∞∞∞+====-=--=-+--∑∑∑ …….3分(2) 在1|2|z <-<∞内：1111()(1)(1)12212(2)(1)2f z z z z z z =+=+--+--+-2011(1)2(2)n n n z z ∞+==+---∑ …………………………………...…2分 3. 解答：被积函数分母最高次数比分子最高次数高二次，且在实轴上无奇点，在上半平面有一个一阶极点2i -+, 故2222Res[,2]454545ixiz izCe e e dx dz i i x x z z z z π+∞-∞==-+++++++⎰⎰…..………2分222lim [(2)](cos 2sin 2)45iz z i e i z i i z z eππ→-+=--+=-++ ……….2分故 2cos 254Re 254cos 222edx x x e dx x x x ix π=++=++⎰⎰∞+∞-∞+∞-. …………………..….1分4. 解答: (2)0f i -=，由对称性知(2)f i =∞，设2=2z iw kz i+-， …………..…2分 由(0)1f =-，即02102ik i+-=-，解得1k =， …………………….……2分 于是22z iw z i+=-. ………………………………………..………………1分 5. 解答：方程两边取拉氏变换，有[]22()(0)(0)()(0)6()s Y s sy y sY s y Y s s'⎡⎤-----=⎣⎦ …………….2分 整理得22148()(2)(3)35(2)15(3)s s Y s s s s s s s -+==-+++-+- ……………1分123148()[()]3515t t y t L F s e e --==-++. ……………………..…………………2分6. 解答：1[()]()u t i πδωω=+F ，()()3[3][3]i t t e ωδδ--=-=F F ， ……………3分从而()31[]()i f t e i ωπδωω-=++F . ………………………..…………………2分。