复变函数与-积分变换自测题.doc

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1、-_复变函数与积分变换自测题 1:第一章至第三章1、已知函数 f(z)在 z0 处连续,且 f(z0)0.求证:存在 z0 的某个邻域,f(z)在其中处处不为 0.2、试将 1-cos+isin 化为指数形式。3、计算(3+4i) 1+i。4、计算 tan(3-i)。 (注意:指最后结果需将实部、虚部分离)5、求解方程 sinz+icosz=4i。6、已知 v(x,y)=epxsiny 是调和函数,求实常数 p 的值,并求对应的复变解析函数 f(z)=u+iv。7、已知 f(z)= ex xcosy-ysiny+i(ycosy+xsiny),求 f(z)。8、已知解析函数 f(z)满足,当 z

2、0 时,f(z)= ,求 f(z)。2xiy9、计算 ,其中 C:由 0 到 2+i 的有向线段。Im()Czd10、 计算 ,其中 C: 正向。11z11、 计算 ,其中 C: 顺时针方向。cosCzdA12、 计算 ,其中 C:(1,0)沿单位圆的上半周至(-1,0).(2Re)13、 计算 ,其中 C: 。已知条件:f(z)在2(1)Cfzdz内解析,且 f(0)=1,f(0)=2.由此再计算z的值。20cos()ifed自测题 1 答案1、证明:反设题设结论不成立。用数学语言表示:。0,(,).()0zUstfz于是由于 f(z)在 z0 处连续(连续必极限存在) ,及复变函数极限的定

3、义,知f(z0)=0,与题目已知条件矛盾。题设结论获证。2、化为指数形式意味着必须标准化,成为 形式。ire-_我们首先计算复数的模。 (逆用二倍角2(1cos)in2cos公式,这一点大家一定要掌握) (绝对值符号千万表丢了)i下面考虑复数的辐角。 (逆用二倍角公式,注意 cot0 无意义,sincot12事实上 时,原复数为 0,辐角不存在,也不需要表示为指数式了)2k。因此,只要 时,原复数就可以表示为下面的指数式:tan()k。si2()ie3、遇到这样的问题一定要用最原始的方法进行计算,首先计算 ,则原式=4(4)ln5(arct2)3Liik44(1)ln5(arct2)ln5ar

4、ct2(ln5arct)3 3iik kiee (为什么可以这样?因为 )1ki由此可见,我们绝对不能忽略 Lnz 的多值性,2ki 很重要!4、tan(3-i)= (和差角公式)sin(3)sicos3incoi22i11)(co1sin3)sisihhhs 2222in3c()(in3o3is6(1in)chs(注意恒等式与二倍角公式的巧妙运用)5、这个问题显然不经处理是无法轻易解决的。考虑原方程可化为 ,4ize则我们可知-iz=Ln4.从而 z=iLn4=iln4-2k。6、 。 (想想为什么可以这样快地得到1,();,1,()z zpfeorpfe-_结果?知道前者就可以对偶地将后者

5、设出来啦)7、解这样的问题,以首先化简 f(z)为宜,因为复变函数的求导法则与实函数相同。 。(),()1zzfefe(将复变初等函数展开为 u、v 的形式,要烂熟于心, “挫骨扬灰”都能认出来!)8、方法一(强烈推荐!解析函数法) ,1(),()fzfzLnCxiy其中 z0,C 为任意复常数。方法二:首先利用已知条件求得 ,再利用 Cauchy-Riemann 条件,通过,uvx“偏积分”的方法将 u、v 求出。 (很罗嗦,这里不作演示了)9、利用参数法,本题答案为 。12i10、大家可以发现本题的解决依赖于第 2 题的结论!令 ,则原式=ize(注意:积分上下限的变化、积分变量的变化、被

6、20sin(cosin)d积函数的变化)= 。83i11、考虑复变函数的积分是线积分,可以将积分曲线的方程代入表达式,则显然分母被消去,原式=0.12、易见 (用原函数法) ,而 (令 )2(1)0Czd ReCzdie= ,原式= 。0cos(sin)ii 2i13、本题大家要勇于对 拆项计算,利用 Cauchy 积分公式与2()(1CfzdA一阶导数公式,它等于 8i;因此,运用参数化方法,-_=2.20cos()ifed复变函数与积分变换自测题 2:第四章14、 幂级数 的收敛半径是多少?21(!)nnz15、 在 z=0 的邻域内将 展开成泰勒级数,它的收敛半径是多少?()1zef16

7、、 判别 的敛散性。1ni17、 证明cos(in)是无界数列,并判别 的敛散性。21cos()ni18、 求 在 z=0 处的泰勒展开式,其中 C: 正向。2sin()CfzdA119、 求 在圆环域 和 内的洛25()(1zfz2z05z朗展式。自测题 2 答案20、 本题计算的要点在于极限式的变换,因为复变幂级数与实函数的幂级数,求收敛半径的方法是相同的。答案是 0,因为极限式化简至最后形如 。limne21、 考虑 f(z)的第一个不解析点(指离复平面原点最近的一个)为 z=1,则收敛半径就是 1.这是课本上一个很重要的结论,因为洛朗级数展开时分圆环域讨论的思想,即由此而来。22、 这

8、级数是收敛的。遇到这类问题,第一步一定是将实部虚部剥离,分别判定敛散性。大家可以先写出前几项,继而得出结论:原级数=i + ,实部、虚部均收敛。因为它们满足0(1)2n1()nLeibniz 准则:通项取绝对值后单调递减且趋于 0.这是验证常数项交错级数敛散性,最重要的方法。-_,大家还记得吗?1()ln2n23、 证明cos(in)是无界数列,并判别 的敛散性。21cos()ni普里瓦洛夫(前苏联复变函数论泰斗)是莫斯科大学的教授,一次期末口试(要知道,口试可比笔试难多了, 无论是从教师还是从学生的角度来说), 有一个学生刚走进屋子,就被当头棒喝般地问了一句“sin z 有界无界?”此人稀里

9、糊涂地回答了一句“有界” ,就马上被判不及格,实在是不幸之至。本题实际考查的核心即是 sinz、cosz 无界,因为当 y 为实数时,cos(iy)=chy= 。因此,本题不证自明,级数发散。2ye24、 解本题的核心是视 ,对给定的 z 用一阶导数公式,则可2()sing得 f(z)=2isin2z。这一函数的泰勒展式是十分简单的。25、 考虑 十分复杂,对于这样的分式多项式函数求25()(1zf洛朗展式,多采用分部分式法。,这样一来展式也就十分简21() ()fzizzi单了。复变函数与积分变换自测题 3:第五章26、 z=1 是函数 的什么奇点?1()cosfz27、 求 。21limi

10、n()z28、 设 z=a 为解析函数 f(z)的 m 级零点,求 。()Re,fzsa29、 求 以及 。1Re,sinz1coe,0sinz30、 设(C): ,求 。249xy1()zCdA-_31、 求 ,其中(C): 。12zedA(0,1)zr补充列出第四、五章作业题中很重要的一些题:第四章:3、4、9、10、16.第五章:2、5、12、20、50、51、55、 (实积分部分)22、24.这些题目不是常规方法能够很好解决的。希望大家复习时加以重视其中第五章第 5 题正确答案为 A,第 51 题正确答案为 C,校内流传的“参考答案”是错的。第 5 题考虑 z0是 f(z)的本性奇点,

11、则 不存在;从而0lim()zf也不存在,z 0是 (z)的本性奇点。0lim()z自测题 3 答案32、 易见将 f(z)展开成(z-1)的洛朗级数,有无穷多个负幂项,因此 z=1为 f(z)的本性奇点。33、 极限不存在,因为 z=1 为函数的本性奇点(道理同上) 。34、 令 ,其中 g(a)0.那么,()(mfzagz1)()(Re,e ,()1,R,0 mzagzssfgzazam 【注意 在 z=a 点是解析的】()zg35、 (注意 z= 是一级极点,用规则 1)1Re,sinzzz 1=limlcosinz(注意 z=0 是一级极点,用规则 1)1se,0in-_00cossi

12、nlim1linco13z zz这两题考查的都是一级极点用规则 1 后,连续使用洛必达法则进行变换。但请大家务必注意:洛必达法则在复变函数中,一般都只适用于 0/0 型的极限!36、 考虑积分曲线是一个椭圆,我们令 t=z-1,则= ,其中 C是 C 向下做了 1 个单位的平移变换。显1()zCedA1tC然,C仍然只包含被积函数的 1 个奇点唯一的奇点本性奇点 0.因此本题结果显然为 i。37、 当 01 时,C 还包含被积函数的两个一级极点 i,-i,即包含了被积函数的一切奇点。因此,我们考虑一种另辟蹊径的方法。r1 时,我们转而考虑被积函数在无穷远点的留数,按照公式易求得留数为0;又可按照一级极点的规则 1 求得,函数在 i,-i 两点留数之和为-sin1。因此,函数在 0 点的留数为 sin1. =2isin1(当 01 时) 。12zCedA当然,被积函数在 0 点处的留数也一定是可以用常数项级数的“柯西乘法”(实质上是卷积的一种,大家到 11 月就弄明白啦)求得的。但是需要花费一些时间。所以考场上大家最好采用转化计算复杂度的方法

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