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1、WORD格式复变函数与积分变换综合试题（一）一、单项选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。1设zcosi，则（）AImz0BRezCz0Dargz2复数3(cos,sin)zi的三角表示式为（）55A3(cos4,sin4)iB55D3(cos4,sin4)-i55443(cos,isin)-C55443(cos,isin)55dz3设C为正向圆周|z|=1，则积分等于（）c|z|A0B2iC2D24设函数zfzed，则fz等于（）0zezezezezzzzAze1Bze1Cze
2、1Dze1解答：5z1是函数cotz(z1)4的（）A3阶极点B4阶极点C5阶极点D6阶极点6下列映射中，把角形域0argz保角映射成单位圆内部|w|0映射为上半平面Im0B.将上半平面Imz0映射为单位圆|1C.将单位圆|z|0D.将单位圆|z|1映射为单位圆|0;（4）wf(z)把D映射成G。y2yy127利用拉氏变换解常微分方程初值问题：y(0)0,y(0)1综合试题（一）答案一、1.A2.C3.A4.D5.C6.C7.B8.D9.D10.A1二、11(1i3),z或2i3e12e1303144i15i,3或2icos16633三、17解：因在C内zef(z)有二阶级点z=I，所以22(
3、z-i)(z3i)zz2ide2e2f(z)dzlim(z-i)f(z)2ilim-(-12i)23czizi1!dz(z3i)(z3i)1618.解：因为n为正整数，所以f(z)在整个z平面上可导.n1fznz.()(1)uu19解1：2x-2y2x2y，xy由CR条件，有vyxx,vx-uy，vvxdy(2x2y)dy2xyy2。再由(x)ux2y(x)-2x2y-uy，2得(x)-2x，于是(x)-xC，v2xy2y-x2C。由v(0,0)1,得C1。22故v2xyy-x1(x,vy)v解2：dyCv(xy)dx(0,0)xy(x,y)(0,0)(2y-2x)dx(2x2y)dyC22-
4、x2xyyC以下同解1。20解1：zz1dz2Rezdz2cos2i(cosisin)dcc-|z|24i(1cos2)d4i。0解2：c-iizz2e2e2idz2ied|z|z|220。2i(20)4i21解：因为2nn(-z)(-1)2-z2nf(z)ez(|z)，（2分）n!n!n0n0所以由幂级数在收敛圆内逐项求积性质，得n2n1z(-1)zf(z)f()d(|z)0n!2n1n01z22.解：函数f(z)ez有孤立奇点0与，而且在0z内有如下Laurent展开式：11zzezzee(1z12!2z13!3z)(11z12!12z13!13z)(112!12!13!13!14!)1z
5、故1zcRese,0z1k01k!(k1)zse1z,k0k!1(kRe1)23.解：C1n1nlimlim1Cnnnn故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：z0nn-1nn(1)nzdz(1)zn1n11zz所以n1z1nn-1(1)nz(),z121z(1z)于是有：zn1nnn1(1)nzz(1)nzz12n1n1(1z)24.解：336393f(z)6sinzz(z6)6sinzz6z113915936(zzz)z6z3!5!故z=0为f(z)的15级零点四、25.解：在上半平面内，f(z)(z2ize1)(z29)有一阶极点z=i和z=3i。ix1cosx1eReIdx22222(x
6、1)(x9)dx2(x1)(x9)-12Re2iRefsz(i),i2fRez，si(),31Refs(zi),，16eiResf(z),3i-13，48ei2。I(3e-1)348ezi226.解：（1）由解得交点z1+1,z2=-1。zi2设w1zz11，则它把D映射成W1平面上的43D：argw114（2）设-i24wew，则它把D1映射成1W2平面上的第一象限D2：0argw2。2（3）设2ww，则它把D2映射成W平面的上半平面G：Imw0。2映射成W平面的上半平面G：Imw0。2（4）-iz-1z-1224w(e）i()。z1z1(Z)z1w1z1i-1010-i(W1)4(W)(W)27.设F(p)Lyt，对方程两边取拉氏变换，有21pFp12PfpFpp，从中解得F(p)1p112p(p1)p(p1)再求拉氏逆变换，得-111ytLpp1t=1-e或利用卷积定理得到11y(t)*p11*e1p-1tt=1-e
