第23章_旋转_复习课.

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.成绩4、计算Czdzze326，其中1||:zC，方向为正向.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(kkk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1nnni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((j12、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sdsd，所以L[ttsin]=222)1(2)11(sssdsd；L[ttetsin]=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(1111nnnnnnzzzz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(cos22=])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(kkk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1nnni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共4页第2页12、解：[tsin]=112s，由Laplace变换的微分性质,L[ttsin)(]=)11(2sdsd，所以L[ttsin]=222)1(2)11(sssdsd；L[ttetsin]=22)1)1(()1(2ss.二、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四、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(cos22=])2,)4)(1([Re],)4)(1([(Re2)4)(1(222222izzesizzesidxxxeizizix)63()126(22121eeieiei五、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.